BỘ ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC 2014 HOT

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
1

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NGHI SƠN
ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN ; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)
y x mx m x m m
= − + − − +
(1)
1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
khi m= 0 .

2. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hàm s
ố
(1) luôn có c
ự

đạ
i,c
ự
c ti
ể
u v
ớ
i m
ọ
i m.Tìm m
để
các
đ
i
ể
m c
ự
tr
ị
c
ủ

a hàm s
ố

(1) cùng v
ớ
i
đ
i
ể
m I(1;1), t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có bán kính
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p b
ằ
ng
5
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:

2
3
tan 2 3 sin (1 tan tan )
cos 2
x
x x x
x
− − = +
.

2. Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình:
2
2 2 3 2
x x x x
+ + − − ≤ −

Câu III (1,0 điểm)

Tính nguyên hàm sau:
3
3 3
cot x
I dx
sin x sin x sin x

=
−
∫

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình vuông c
ạ
nh a, SA vuông góc v
ớ
i
đ
áy.
G
ọ
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC góc gi
ữ
a SC và m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) b
ằ

ng 30
0
. Hãy tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng DE và SC thao a.
Câu V (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng tho
ả
mãn
1.
abc
=

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1 1 1
( 1 )( 1 )( 1 ) 1
a b c
b c a
− + − + − + ≤

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ

,Oxy
Cho tam giác ABC vuông cân t
ạ
i A.Bi
ế
t c
ạ

nh huy
ề
n n
ằ
m trên
đườ
ng
th
ẳ
ng (d)
7 31 0
x y
+ − =
,
điểm
5
(1; )
2
N
thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường thẳng AB.
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.biết rằng điểm A có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3) Viết phương trình
mặt phẳng (R) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ P đến (R) lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
3
2
, 0
n
x x

x
 
− ≠
 
 
biết rằng

1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn
2 2
( ) : 2 6 6 0
C x y x y
+ − − + =
.Gọi A,B
là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên đường thẳng AB.
2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng
0
60
.Góc
giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng

0
30
.Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD)
.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) 1
x y
x y
xy x y x x
y x
− +
− +

− − + + + − + =


+ − + =




Hết
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN : Khối A
Câu Nội Dung Điểm
CâuI
Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)
y x mx m x m m
= − + − − +
(1)

I.1
Khi m=0 . Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
hàm s
ố

3
3

y x x
= −

HS t
ự
làm:
1 điểm
I.2
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hàm s
ố
(1) luôn có c
ự

đạ
i,c
ự
c ti
ể
u v
ớ
i m
ọ
i m.Tìm m
để
các
đ

i
ể
m c
ự
tr
ị
c
ủ
a
hàm s
ố
(1)cùng v
ớ
i
đ
i
ể
m I(1;1), t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có bán kính
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
b
ằ

ng
5
.
2 2
2 2
) ' 3 6 3( 1)
) ' 0 3 6 3( 1) 0.
y x mx m
y x mx m
+ = − + −
+ = ⇔ − + − =

Ta có
' 1 0 ' 0
m y
∆ = > ∀ ⇒ =
có hai nghi
ệm phân biệt với mọi m. suy ra hàm số luôn có CĐ,CT
+) Điểm CĐ A(m-1;2-2m),CT B(m+1;-2-2m)
+) pt AB : 2x+y=0, nên A,B,I lập thành một tam giác.
Với
5, 2 5
R AB= = nên tam giác ABC vuông tại I với AB là đường kính
Khi đó ycbt tương đương với
2 2 2 2
3
10 4 6 0
5
1
m

IA IB AB m m
m

=

+ = ⇔ + − = ⇔

= −


Kết luận:
3
5
m
=
ho
ặ
c m= -1
1 điểm






0.25


0.25

0.25


0.25
CâuII www.MATHVN.com
II.1
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
3
tan 2 3 sin (1 tan tan )
cos 2
x
x x x
x
− − = +
.

Đ
K:
cos 0
2
cos 0
2
2
x

x k
x
x k
π
π
π π
≠
 
≠ +
 
⇔
 
≠
 
≠ +
 

2
2
sin sin
3
2
tan 2 3 sin 1
cos
cos cos
2
cos cos sin sin
3
2 2
tan 2 3 sin

cos
cos cos
2
x
x
x x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x
x
 
 
− − = +
 
 
 
 
+
 
⇔ − − =
 
 
 

2

2
cos( )
2
3(1 tan ) tan 2 3 sin
cos cos
2
cos
2
3(1 tan ) tan 2 3 sin
cos cos
2
x
x
x x x
x
x
x
x x x
x
x
 
−
 
⇔ + − − =
 
 
 
 
 
⇔ + − − =

 
 
 

1 điểm











0.25







0.25

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
3

2 2
tan 3
3(1 tan ) tan 2 3 tan 3 tan 2tan 3 0
1
tan
3
.tan 3
3
1
.tan
6
3
x
x x x x x
x
x x k
x x k
π
π
π
π

=


+ − − = ⇔ − + = ⇔

= −


= ⇔ = +
= − ⇔ = − +

0.25




0.25

II.2
Giải bất phương trình:
2
2 2 3 2
x x x x
+ + − − ≤ −
- www.DeThiThuDaiHoc.com

Đk:
2
3
x
≥

2
2( 2)
2 3 2 2 0 ( 2)( 1) 0
2 3 2
2
( 2) ( 1) 0
2 3 2
x
x x x x x x
x x
x x
x x
− −
+ − − + − − ≤ ⇔ + − + ≤
+ + −
−
 
⇔ − + + ≤
 
+ + −
 

Ta có
2
( ) ( 1)
2 3 2
f x x
x x
−
= + +

+ + −


( ) ( )
2 2
1 3
2( 2 3 2)'
2 3 2
'( ) 1 1 0
2 3 2 2 3 2
2
( ) ( ) 0
3
x x
x x
f x
x x x x
f x f
+
+ + −
+ −
= + = + >
+ + − + + −
⇒
≥ >

V
ậ
y tâp nghi
ệ

m c
ủ
a BPT là
2
;2
3
S
 
=
 
 

1 điểm



0.25




0.25





0.25

0.25
Câu III www.DeThiThuDaiHoc.com 1 điểm

Tính nguyên hàm sau:
3
3 3
cot x
I dx
sin x sin x sin x
=
−
∫

……………………………………………………………………………………………
3 3
3 3
2
3
2
3
32 2
3
3 7
3 2
3 10
cot x cot x
I dx dx
1
sin x sin x sin x

sin x 1
sin x
cot x
dx
sin x cot x
cot x
d(cot x) cot xd(cot x)
cot x
3
cot x C
10
= =
−
−
=
−
= − =
−
= +
∫ ∫
∫
∫ ∫





0.25

0.25


0.25

0.25
Câu IV
IV
Cho hình chóp
S.ABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình vuông c
ạ
nh a
,
SA vuông góc v
ớ
i
đ
áy. G
ọ
i
E
là
trung
đ

i
ể
m c
ủ
a
BC
góc gi
ữ
a
SC
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
(SAB)
b
ằ
ng 30
0
. Hãy tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
S.ABCD
và kho
ả
ng cách gi
ữ

a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
DE
và
SC
thao a
.








www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
4

H T
M K
B E C
A D I
S

Vì
( )

CB AB
CB SAB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của SC trên mp(SAB)



0 0
( .( )) ( , ) 30 .cot30 3 2
SC SAB SC SB CSB SB BC a SA a
⇒ = = = ⇒ = = ⇒ =

Vậy thể tích hình chóp SABCD là:
3
.
1 2
. ( )
3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S dvdt
= =

T

ừ
C d
ự
ng
/ / , / /( )
2
( , ) ( ,( )
a
CI DE CE DI DE SCI
d DE SC d DE CSI
⇒
= =
⇒
=

T
ừ
A k
ẻ

AK CI
⊥
c
ắ
t ED t
ạ
i H, c
ắ
t CI t
ạ

i K
Ta có ( ) ( ) ( ),( ) ( )
AK CI
CI SAK SCI SAK SCI SAK SK
SA CI
⊥

⇒
⊥
⇒
⊥ ∩ =

⊥


Trong mp(SAK) k
ẻ

( ) ( , ) ( ,( )
HT AK HT SCI d DE SC d H SCI HT
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = =

Ta có
. 3
. .
5
CD AI a
AK CI CD AI AK
CI
= ⇒ = =

Kẻ
1
/ / ( )
3
5
HK KM a
KM AD M DE HK AK
HA AD
∈ ⇒ = ⇒ = =
Lại có

. 38
sin
19
38
( , )
19
SA HT SA HK
SAK HT a
SK HK SK
d ED SC a
= =
⇒
= =
⇒
=

0.25



0.25








0.25

0.25
Câu V www.MATHVN.com
V
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1.
abc
=
Chứng minh rằng:

1 1 1
( 1 )( 1 )( 1 ) 1 (1)
a b c
b c a
− + − + − + ≤

……………………………………………………………………………………………
Do
1.
abc
=
nên tồn tại 3 số dương x,y,z sao cho , ,
x y z
a b c
y z x
= = =

(1) ( )( )( )

x y z y z x z x y xyz
⇔ − + − + − + ≤
(2)
Không m
ất tính tổng quát giả sử x= max{x,y,z} khi đó
0, 0
x y z x z y
− + ≥ − + ≥

• Nếu
0
z x y
− + <
thì (2) luôn đúng.
• Nếu
0
z x y
− + ≥







0.25


0.25

0.25
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
5

Ta có
2
2
2
2
2
2
( )
( )( )
4
( )
( )( )
4
( )
( )( )
4
x y z y z x
x y z y z x x
y z x z x y
y z x z x y y
x y z z x y
x y z z x y z
− + + − +
− + − + ≤ =
− + + − +

− + − + ≤ =
− + + − +
− + − + ≤ =

T
ừ

đ
ó ta có (2)
đượ
c ch
ứ
ng minh.
D
ấ
u ‘=’ x
ả
y ra khi x=y=z hay a=b=c





0.25
Câu VIa

VIa.1
Trong
m
ặ

t ph
ẳ
ng to
ạ

độ

,Oxy
Cho tam giác
ABC
vuông cân t
ạ
i A
.
Bi
ế
t c
ạ
nh huy
ề
n n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng (d)
x
+7
y

-31=0,
đ
i
ể
m
5
(1; )
2
N
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng AC,
đ
i
ể
m
M
(2 ;-3) thu
ộ
c
đườ
ng
th
ẳ
ng AB. Xác
đị

nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a tam giác ABC bi
ế
t r
ằ
ng
đ
i
ể
m A có hoành
độ
âm.



2 2
0
2 2 2 2
2 2
( ): ( 2) ( 3) 0( 0)
7
cos( ) cos45
1 7

4 3
12 7 12 0
3 4
AB a x b y a b
a b
ABC
a b
a b
a ab b
a b
− + + = + >
+
= =
+ +
= −

⇔ − − = ⇔

=


TH1.

3 4 :4 3 1 0 :3 4 7 0 ( 1;1), ( 4;5), (3;4)
a b AB x y AC x y A B C
= ⇒ + + = ⇒ − + = ⇒ − −

TH2.

23 3 1 9

4 3 :3 4 18 0 :4 3 0 (4; ), (10;3), ( ; )
2 2 2 2
a b AB x y AC x y A B C= − ⇒ − − = ⇒ + − = ⇒ − − (lo
ạ
i)
V
ậ
y các
đỉ
nh c
ủ
a tam giác ABC là :
( 1;1), ( 4;5), (3;4)
A B C
− −

1 điểm








0.25



0.25

0.25



0.25
VIa.2
. Trong
không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
Oxyz cho
đ
i
ể
m M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3).Vi
ế
t ph
ươ
ng
trình m

ặ
t ph
ẳ
ng (R)
đ
i qua M, N sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
P
đế
n (R) l
ớ
n nh
ấ
t.

pt (MN)
1 2
2 2
x t
y t
z t
= +


=


= +


G
ọ
i H là hình chi
ế
u c
ủ
a P trên (MN) suy ra H(3 ;1 ;4)
G
ọ
i K là hình chi
ế
u c
ủ
a P trên (R) nên
( ,( ))
d P R PK
=
ta có
PK PH
≤

v
ậ
y PK max khi K trùng v
ớ
i H
H
N
M K

P

(R) qua H(3 ;1 ;4) nhân
(1; 4;1)
PH −

làm VTPT suy ra (R) x-4y+z-3=0

1
điểm




0. 25



0.25
0.25







0.25

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
6


VIIa
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
3
2
, 0
n
x x
x
 
− ≠
 
 
biết rằng

1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
.
……………………………………………………………………………………………
Ta có

1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −


2 2 1 2 2 1 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n n n n
n n n n
C C C C
− − +
+ + + +
+ + + + = −

0 1 2 2 2 1 28
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 29
( ) 2.2
(1 1) 2 14
n n
n n n n n
n
C C C C C
n

+
+ + + + +
+
⇒ + + + + + =
⇔ + = ⇔ =

( )
( )
( ) ( )
14 14
14
2 2
14
3 3
0
14
14
( ) 2
14
2
3
1 14 14
3
2 2
2
2 1
k
k
k
k

k
k
k
k
k k
k k
k
x C x
x x
T C x C x
x
−
=
−
−
− +
−
+
   
− = −
   
   
 
= − = −
 
 
∑

Số hạng không chứa x khi
14

( ) 2 0 2
3
k
k k
−
− + = ⇔ =

Vậy
(
)
12
2
3 14
2
T C=


1 điểm






0.25


0.25

0.25




0.25
Câu VIb
www.DeThiThuDaiHoc.com
VIb.1
Trong m
ặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn
2 2
( ) : 2 6 6 0
C x y x y
+ − − + =
.Gọi
A,B là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên
đường thẳng AB.
…………………………………………………………………………………………………
2 2
( ) :( 1) ( 3) 4
C x y
− + − =

Gọi
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
A x y B x y

Tiếp tuyến tại A,B có phương trình
1 1
2 2
( 1)( 1) ( 3)( 3) 4
( 1)( 1) ( 3)( 3) 4
x x y y
x x y y
− − + − − =


− − + − − =


Vì hai tiếp tuyến cùng đi qua M(-3;1) nên
1 1
2 2
( 3 1)( 1) (1 3)( 3) 4
( 3 1)( 1) (1 3)( 3) 4
x y
x y
− − − + − − =


− − − + − − =


Nên (AB) 2x+y-3=0
H là hình chiếu của M trên AB nên pt (MH): x-2y+5=0
Suy ra

1 13
( ; )
5 5
H

1điểm







0.25


0.25


0.25

0.25
VIb.2
2. Cho h
ình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng
0
60
.Góc giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng
0
30

.Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới
mặt phẳng (B’AD) .
……………………………………………………………………………………………

1điểm

.








www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
7

K
B' C'
A' D'
B C
A I D

Gọi I là trung điểm của AD,K là hình chiếu của B trên B’I, vì

0
60
A ABD

= ⇒ ∆
đều cạnh a.
0
( ') ' 30
'
BI AD
BIB AD B IB
BB AD
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ∠ =

⊥


0
3
' .tan30
2 2
a a
BI BB BI
= ⇒ = =

Do
/ / / /( ' ) ( ,( ' ) ( ,( ' )
BC AD BC B AD d BC B AD d b B AD
⇒ ⇒ =

Vì
'

( ' )
BK B I
BK B AD
BK AD
⊥

⇒ ⊥

⊥


Xét tam giác vuông B’BI tại B ta có
2 2 2
1 1 1 3 3
( .( ' )
' 4 4
a a
BK d BC B AD
BK BI BB
= + ⇒ = ⇒ =

0.25




0.25

0.25


0.25
VIIb
Giải hệ phương trình:
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) 1
x y
x y
xy x y x x
y x
− +
− +

− − + + + − + =



+ − + =



……………………………………………………………………………………………

+ Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠


1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
( )
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5)
log ( 4) = 1(2).
x y x y
x y x y
x y x y x

I
y x y x
− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 

Đặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.
t t t
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =

V
ớ

i
1
t
=
ta có:
1 2 1(3).
x y y x
− = + ⇔ = − −
Th
ế
vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +

0
2
x
x
=


⇔

= −

. Suy ra:
1
1
y
y
= −


=

.
+ Ki
ể
m tra th
ấ
y ch
ỉ
có
2, 1
x y
= − =
tho
ả
mãn
đ

i
ề
u ki
ệ
n trên.
V
ậ
y h
ệ
có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t
2, 1
x y
= − =
.
1 điểm








0.25

0.25



0.25



0.25




TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VII NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
========================================

Câu 1. ( 2,0 điểm )
Cho hàm số y =
2+1
1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm k để dường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Chứng minh trung điểm I của
đoạn AB thuộc một đường cong cố định khi k thay đổi.
Câu 2. ( 1,0 điểm )
Giải phương trình:
1
2

[sin +

3
+ cos  +

6
] =
tanx

1+
2


2
+

(1+
2
)
2
.
Câu 3. ( 1,0 điểm )
Giải hệ phương trình:


3

2
+ 156 = 0


3

2
39 = 0

.
Câu 4. ( 1,0 điểm )
Tìm tích phân: I =

sin 2x2xcos
2
x

2


2

4
.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC và mặt đáy ABC là các tam giác đều cạnh a,
cạnh bên SA tạo với đáy (ABC) một góc 60
0
. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp.
Câu 6. ( 1,0 điểm )
Các số a, b, c, d thuộc đoạn [0; 2]. Chứng minh bất đẳng thức:
+ +  +  

+ 1 +


 + 1 +

 + 1 +

+ 1 .
Câu 7. ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y – 15 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc
đường thẳng d: 3x – 4y + 22 = 0 sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến ME, MF (E, F là các
tiếp điểm) mà đường thẳng EF đi qua điểm N(0; 1).
Câu 8. ( 1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, hãy lập phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm M(1; 6; 0) và chứa đường tròn
(C) là giao của mặt phẳng (P): 2x – y + z + 6 = 0 với mặt cầu (E): x
2
+ y
2
+ z
2
– 10x – 8y = 0.
Câu 9. ( 1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn |z| = | z – 1 + i| và
2
2
là số thực.


……………………………… Hết…………………………………

www.VNMATH.com



www.VNMATH.com



www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ V
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - Khối A-A1-B

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
y

3 2
6 9
x x x
 
.


1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số


1
.
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị


C
của hàm số


1
biết : Tiếp tuyến tạo với đường thẳng


: 1 0

x y
   
một góc

sao cho
4
cos
41
 
và tiếp điểm có hoành độ nguyên.
Câu II
(2 điểm) 1) Giải phương trình:


2
2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3cos
x x x x x
   

2) Giải hệ phương trình:
   
2
53 5 10 5 48 9 0
2 6 2 11 2 66
x x y y
x y x x y x

     



        



( , )
x y


.
Câu III
(1 điểm) Tính tích phân :
 
2
2
3
2
0
9
2 ln
9
x
I x x x dx
x
 

  
 

 


Câu IV
. (1 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có
2
SB SC SD AB BC CD DA
      
,
và góc giữa hai mặt phẳng


SAB
và


SAD
bằng
0
90
.Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
.
Câu V
. (1 điểm) Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thoả mãn điều kiện :

3
a b c
  

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :






2 2 2 2 2 2
T a ab b b bc c c ca a
      
.
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)

1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.
( 2 điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn


2 2
1
: 10
S x y
 

và



2 2
2
: 10 10 30 0
S x y x y
    
cắt nhau tại hai điểm


3;1 ,
A B
. Viết phương trình đường
thẳng đi qua điểm
A
và cắt




1 2
,
S S
tại các điểm thứ hai tương ứng
,
C D
sao cho
A
là trung điểm
của đoạn thẳng

CD
.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm


1;2;3
H
viết phương trình mặt phẳng



đi qua
H
và cắt ba trục toạ độ tại các điểm
, ,
A B C
khác gốc
O
sao cho
H
là trực tâm tam giác
ABC
.

Câu VIIa
. (1 điểm) Trong mặt phẳng phức , xác định tập hợp các điểm
M
biểu diễn số phức
z

thoả
mãn :




1 1 2 1.
i z i z z
    

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb.
( 2 điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip


E
biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của


E
tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ
nhật cơ sở của


E
là


12 2 3


.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
 
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d
  
 
 
và mặt cầu
       
2 2 2
: 1 2 1 25.
S x y z     
Viết phương trình đường thẳng



đi qua điểm


1; 1; 2
M
  

cắt đường thẳng



d
và cắt mặt cầu


S
tại hai điểm
A
và
B
sao cho
8
AB

.
Câu VIIb
. (1 điểm). Giải bất phương trình:


2 2
5 5
log 3 1 log 2
x x x x x
    

Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)
www.VNMATH.com

HẾT

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì !
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
www.VNMATH.com

TRƯƠNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC


ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN V NĂM HỌC 2012-
2013
Môn: TOÁN; Khối A , A1 , B
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý

Nội dung trình bày Điểm

I 2,0

1
m
 
hàm số trở thành :
3 2
6 9
y x x x
  

1,0

 Tập xác định: Hàm số có tập xác định


D .

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên


2
3 4 3
y x x

  
Ta có
1
0
3
x
y'
x


 






,
y 0 x 1 x 3
     
h/số đồng biến trên các khoảng




;1 & 3;
 


,
y 0 1 x 3
    
hàm số nghịch biến trên khoảng


1;3







1 4 3 0
CD CT
y y ; y y
   


Giới hạn
3
2
x
x
6 9
lim y lim x 1
x x


 
    
 
 

0,25




0,25

 Bảng biến thiên:
x


1 3


y'



0

0



y

4




0



0,25

+Đồ thị cắt trục
Ox
tại các điêm





0,0 , 3;0
),cắt trục
Oy
tại điểm (0;0)










0,25
(Đáp án có 6 trang)
www.VNMATH.com


2


1,0

Gọi


3 2
0 0 0 0

; 6 9
M x x x x
 
( với
0
x


) là toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ
thị.
Phương trình tiếp tuyến tại
M
là
 




2 3 2
0 0 0 0 0 0
: 3 12 9 6 9
d y x x x x x x x
      

Ta có VTPT của


: 1 0
x y
   

là
 


1;1
n



.
VTPT của


d
là
 


; 1
d
n k
 

( với
2
0 0
3 12 9k x x k
    

) theo đề bài ta có

 
   
   
2
.
1
4 4 4
cos , cos
41 41 41
.
2. 1
d
d
n n
k
d
n n
k



       

 
 

 
2
9

9 82 9 0
1
9
k
k k
k loai



    



0
2
0 0
0
0
3 12 9 9
4
x
x x
x


    





0
0
x

ta có tiếp tuyến


1
: 9
d y x



0
4
x

ta có tiếp tuyến


2
: 9 32 .
d y x 



0,25

0,25


0,25



0,25
II

2,0
1


1,0

Phương trình đã cho tương đương với phương trình:


cos2 3sin 2 2 3 3cos sin
1 3 3 1
cos 2 sin 2 1 3 cos sin
2 2 2 2
x x x x
x x x x
   
 
    
 
 

 

2
cos 2 1 3cos 2cos 3cos
3 6 6 6
x x x x
   
       
        
       
       



0,25


0,25

1
3

0



x

4

y

3 2
6 9
y x x x
  

www.VNMATH.com
 
 
cos 0
6
2
6 2 3
3
cos
6 2
x
x k x k k
x loai
 
 
 
 

  
 

          



 
 

 
 



vậy pt có một họ nghiệm
 
2
3
x k k

   



0,25

0,25
2


1,0

Điều kiện :
10 0 10
9 0 9

2 6 0 2 6 0
2 11 0 2 11 0
x x
y y
x y x y
x y x y
  
 
 
  
 

 
     
 
 
       
 

từ phương trình


1
ta có :




5 10 3 10 5 9 3 9 (3)
x x y y

   
      
   

xét hàm số :
 


2 3
5 3 5 3
f t t t t t
    
trên khoảng


0;
 



2
15 3 0 0
f t t t

    
. Vậy hàm số


f t
luôn đồng biến trên



0;
 

mà phương trình (3)




10 9 10 9 1 (4)
f x f y x y y x          

thay (4) vào (2) ta được


2
7 10 2 66 0 5
x x x x      
Đ/k
7 10
x
  

giải (5) ta được




 

2
7 4 1 10 2 63 0 5
x x x x        

  
9 9
9 7 0
7 4 10
x x
x x
x x
 
     
  
 
1 1
9 7 0 9
7 4 10 1
x x x
x x
 
       
 
   
 
8
y
 
thoả mãn đ/k
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất





; 9;8
x y 




0,25




0,25





0,25



0,25
III

1,0

 
2
2
3
1 2
2
0
9
2 ln
9
x
I x x x dx I I
x
 

    
 

 


với
2 2
2
2 3
1 2
2
0 0
9
2 , ln

9
x
I x x dx I x dx
x

  

 

+Tính
 
2
2
1
0
1 1
I x dx
  

Đặt
1 sin , ; cos ;
2 2
x t t dx tdt
 
 
      
 
 

Đổi cận:

0 ; 2
2 2
x t x t
 
      


0,25



0,25






www.VNMATH.com
 
2 2
2
2
1
2
2 2
1 1 1
1 sin cos 1 cos 2 sin 2
2 2 2 2
I t tdt t dt t t

 


 

 

 
       
 
 
 

+Tính
2
2
3
2
2
0
9
ln
9
x
I x dx
x





Đặt
2
4
2
4
3
36
9
ln
81
9
81
4
x
du dx
x
u
x
x
x
v
dv x dx






  



 

 






2 2
2
2
4 2 4 2
2
2
2 2
0
0
0 0
81 9 81 9 9
ln 9 ln
4 4 2
9 9
x x x x
I xdx x
x x
   
   
 


=
55 13
ln 18
4 5


Vậy
1 2
55 13
ln 18
4 5 2
I I I

    


0,25





0,25
IV

1,0




, 2
AC BD O AB BC CD DA ABCD
      

là hình thoi


1
BD AC 

SB SD a SBD
   
cân tại


2
S BD SO 
.Từ






1 & 2
BD mp SAC
 
.
 
.

1
. *
3
S ABCD SAC
V BD dt


.


ABD CBD SBD c c c AO CO SO SAC
           
vuông tại S
Gọi
M
là trung điểm của
SA





   
 
0
&
, 90
BM SA DM SA SA BDM
BMD SAB SAD


   


  



vậy tam giác
BMD
vuông tại
1
2
M MO BD
 
mà
MO
là đường trung bình
của tam giác
SAC
1
2
MO SC
 
từ đó
2
BD SC BDC
   
đều cạnh
2 2
2 2 3 2 2

AC SA AC SC     
Vậy
.
1 1 1 4 2
. . . .2.2.2 2
3 6 6 3
S ABCD SAC
V BD dt BD SA SC

   
(đvtt)

0,25





0,25




0,25

0,25
V

1,0
Không mất tổng quát , ta giả sử

0 3
a b c
   
suy ra :



 
2 2 2
2 2 2
0
0
a a b
a ab b b
a a c
a ac c c
   
  
 

 
 
  




do đó



 
2
2 2 2 2 2 2
3
T b c b bc c b c b c bc
 
     
 
Từ
0 3
3
a b c
a b c
   


  


ta có
9
3 2 3 0
4
b c a b c b c bc b c bc
             
.
Do đó
     
2 3
2 2

9 3 9 3
T b c bc bc bc
   
. Đặt
,
t bc

điều kiện
9
0
4
t
 
khi đó
2 3
9 3
T t t
 
. Xét hàm số


2 3
9 3
f t t t
 
với
9
0;
4
t

 

 
 




9 2
f t t t

  



0,25



0,25



www.VNMATH.com


0 0 2
f t t t

    

. Lập bảng biến thiên của hàm


f t
trên
9
0;
4
 
 
 
ta được



12 12
f t T
  
dấu bằng khi
2
t


Kết luận giá trị lớn nhất của
T
bằng
12
đạt được tại





; ; 0;1;2
a b c 
và các
hoán vị của


; ;
a b c


0,25



0,25
VIa

2,0
1


1,0



2 2
1
: 10

S x y
 
có Tâm


0;0
O
bán kính
1
10
R 

và


2 2
2
: 10 10 30 0
S x y x y
    
có tâm


2
5;5
I
bán kính
2
2 5
R 

Gọi
,
M N
theo thứ tự là trung điểm của
& ,
AC AD I
là trung điểm đoạn thẳng
nối tâm
2
OI
của hai đường tròn thì
AI
sẽ là đường trung bình của hình thang
vuông
2
OMNI
nên
AI CD

AI


là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng
CD
.
Dễ thấy
 
5 5 1 3
; ; / / 1; 3

2 2 2 2
I AI n
   
    
   
   



đường thẳng


 
3;1
:
1; 3
Qua A
CD
vtpt n



 













: 1 3 3 1 0 : 3 0
CD x y CD x y
       
.


0,25


0,25


0,25


0,25
2

1,0

Ta có


 
OC OAB OC AB

AB OCH AB OH
CH AB
   

   




tương tự
AC OH




OH ABC

   


 
       
1;2;3
: :1 1 2 2 3 3 0
1;2;3
quaH
mp ABC mp x y y
vtptn OH



         

 







: 2 3 14 0
mp x y z
    


0,25

0,25

0,25

0,25
VIIa

1,0

Gọi điểm


;

M a b
biểu diễn số phức


,z a bi a b  

theo đề bài ta có










1 1 2 1
i a bi i a bi a bi
       

   
2
2
2 2 1
a b a b
   

   
2 2

2
0
0
1 1
2 2 1 0
1 1
1
2 2
a b a
a b
a b
ab a
b b
a b a b
a a
 
 
 



  
   
   
  
     
   


 


 

suy ra


;
M a b
thuộc đường cong
 
1
: 1
2
H y
x
  
với
0
x


Vậy tập hợp các điểm
M
biểu diễn số phức
z
thoả m
ãn :

0,25

0,25


0,25
www.VNMATH.com




1 1 2 1.
i z i z z
    

là đường cong
 
1
: 1
2
H y
x
  
với
0
x


0,25
VIb

2,0
1


1,0

   
2 2
2 2
: 1 0
x y
E a b
a b
   
với 2 tiêu điểm






2 2 2
1 2
;0 ; ;0 , 0
F c F c c a b c
   

2 đỉnh trên trục nhỏ là




1 2
0; , 0;
B b B b

theo gt:tam giác


1 1 2 1 1
B F F B F F

đều

và chu vi hình chữ nhật cơ sở của


E
là


12 2 3

.
 
 
 

2 2 2
2 2
6
3
2 3 3 : 1
2 36 27
3
4 12 2 3
c a b
a
x y
b c b E
c
a b

 





     
 
 



  


0,25


0,25


0,25


0.25
2


1,0

Gọi








1 1 1
2 ;1 2 ;1 3 ;2 2 ;3
M d M t t t MM t t t
           


.
Mặt cầu có tâm


1;2;1
I 
.
Mặt phẳng
 


 
 


 
1
1;2;1
1;2;1
: :
3 ;2 2 ;3
Qua I
Qua I
P P
vtpt MM t t t


 
 


 
 
   




















: 3 1 2 2 2 3 1 0
P t x t y t z
         

Gọi
H
là trung điểm của

AB
thì
IH AB

và
3
IH


Do
 
 
2
3 15
3
3 2 3 ; 1
5
6 8 22
t
IM MH d M P t t
t t

         
 

 Với
 
1 2
1 : 1 2
2

x t
t y t
z t
  


      


  


 Với
 
1 6
3
: 1 2
5
2 9
x t
t y t
z t
  


     


  


0,25



0,25


0,25




0,25
VIIb

1,0

Điều kiện :
2
3 1 0
0
0
x x
x
x


  

 




.

0,25

www.VNMATH.com
Với điều kiện trên bpt




     
2 2
5 5
log 3 1 3 1 log 5 5 *
x x x x x x       

Xét hàm số :


5
log
f t t t
 

với mọi
0
t


Ta có
 
1
1 0 0
ln5
f t t
t

    
vậy hàm số


f t
đồng biến trên khoảng


0;


Từ bpt (*) ta có


   
2
2 2

3 1 5 3 1 5 1 0 1
f x x f x x x x x x
           

Vậy tập nghiệm của bpt là


1
S 
.
( Ta có thể sử dụng bất đẳng thức côsi cho VT
1
VT
 
và đánh giá VP

VP
1

do đó bpt
1 1
VT VP x
    
)
0,25

0,25

0,25


Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu IV, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.
Hết




sở giáo dục và đào tạo hà tĩnh
Tr"ờng THPT Nguyễn Trung Thiên
Đề THi thử đại Học LầN I năm 2014
Mụn thi: Toán - KHI A, A1, B
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. Phần chung cho tất cả thí sinh(7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) !"# "$% &'
3
1
x
y
x

=
+
() *+ ,"- .!/
01 2"3# &4, &5 6789 ,"7:9 ;$ ;< *+ ,"- .!/ (=> "$% &'1
?1 @78, A"BC9D ,EF9" ,78A ,GH89 (=> .!/ 678, I"#39D (4(" ,J D7># *7K% L (=> ? ,7M% (N9 (=> .!/ *89
,78A ,GH89 6O9D
22
1
Câu II (2,0 điểm)
01 P737 A"BC9D ,EF9"
12sin(2)coscos3
4
x
xx

++=+ 1
?1 QR9"S L T
2
tanx
1os
dx
cx+


Câu III (1,0 điểm) P737 "M A"BC9D ,EF9"S
22
2
41
2
1

xyxyy
y
xy
x

++=


+=+

+


Câu IV (1,0 điểm) !"# "F9" (")A U1VW!X () *4H VW!X Y$ "F9" ,">9D1
Z4H Y[9 VW T ?> \ W! T !X T XV T >\ UV ;G]9D D)( ;[7 *4H^ %_, A"`9D.UW!/ ,a# ;[7 *4H %b,
D)(
60
o
1 QR9" ,"K ,R(" I"'7 (")A U1VW!X ,"c# >1
Câu V (1,0 điểm) !"# d &' ,"5( eBC9D f^ H^ g1 QF% D74 ,E- 9"h 9"i, (=> 67KG ,"j( S

222
222
()()()
333
xyz
Pxyz
yzxzxy
=+++++1
II. Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đ"ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo ch"ơng trình chuẩn
Câu VI. a. (1,0 điểm) QE#9D %_, A"`9D ;[7 "M ,k> *b lfH ("# ,>% D74( VW! () ,Ek9D ,m% P .?\n0/1
ZBo9D ,EG9D ,E5( (=> (a9" W! () A"BC9D ,EF9"
d:3xy40=1 ZBo9D ,"`9D VW () A"BC9D ,EF9"
1
:10310dxy++= 1 QF% ,k> *b (4( *p9" V^ W^ !1
Câu VII. a. (1,0 điểm) QE#9D %_, A"`9D ;[7 "M ,k> *b lfH ("# ">7 *7K% V.?\q/^ W.r\s/1 @78,
A"BC9D ,EF9" *Bo9D ,Et9 .!/ ,78A fu( ;[7 ,Ev( "#$9" ,a7 *7K% V ;$ I"#39D (4(" ,J ,m% .!/ *89 W 6O9D
w1
Câu VIII. a. (1,0 điểm ) QF% &' "a9D I"]9D ("j> f ,E#9D I">7 ,E7K9
()
3
2

n
Pxx
x

=+


(0)x > 1
W78, EO9D 9 ,"h> %x9S
67898
2
332
nnnnn
CCCCC
+
+++= 1

B. Theo ch"ơng trình nâng cao

Câu VI. b. (1,0 điểm) QE#9D %_, A"`9D ;[7 "M ,k> *b lfH ("# ,>% D74( VW! ;G]9D (m9 ,a7 V.0\?/1
@78, A"BC9D ,EF9" *Bo9D ,Et9 .Q/ 9D#a7 ,78A ,>% D74( VW! 678, *Bo9D ,"`9D d:xy10= ,78A fu( ;[7
.Q/ ,a7 W1
Câu VII. b. (1,0 điểm) QE#9D %_, A"`9D ;[7 "M ,k> *b lfH ("# ">7 *Bo9D ,"`9D
1
:350dxy++=\
2
:310dxy++= ;$ *7K% L.0\n?/1 @78, A"BC9D ,EF9" *Bo9D ,"`9D *7 yG> L (z,
12
,dd Y{9 YB|, ,a7 V ;$ W
&># ("#
22AB =
1
Câu VIII. b. (1,0 điểm) P737 A"BC9D ,EF9"S
3
2
2
2
loglog2
2
x
x
x


+=

1
nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn Hết nnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
www.VNMATH.com
§¸p ¸n K.A gåm cã 6 trang.
L"u ý : Mäi c¸ch gi¶i ®óng ®Òu cho ®iÓm tèi ®a.

C©u §¸p ¸n vµ h"íng dÉn chÊm §iÓm
1 (1,0 ®iÓm)
________________________________________________________________________
} QNA f4( *-9"S
{ }
\1DR=−

} U5 6789 ,"7:9S
2
4
'0
(1)
y
x
=>
+
^
1x∀≠−
^ &GH E> "$% &' *+9D 6789 ,E:9 (4( I"#39D

(
)

;1−∞− ;$
(
)
1;−+∞ 1
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
} P7[7 "a9S
lim1
x
y
→−∞
= \ lim1
x
y
→+∞
= T• Q7M% (N9 9D>9DS HT0

1
lim
x
y
−
→−
=+∞\ lim
x
y
→+∞
=−∞ T• Q7M% (N9 *j9DS fTn01
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
} W39D 6789 ,"7:9S

f ∞− n0 ∞+

H’

}
H +∞ 0

0
−∞

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
} Z+ ,"- S
P7># ;[7 lfS .d\q/^ D7># ;[7 lHS .q\nd/1
Z+ ,"- 9"N9 L.n0\0/ Y$% ,m% *'7 fj9D1
x
0
-13
1
-3





q^?w

q^?w






q^?w





q1?w

C©u
I.
2,0
®iÓm
2 (1,0 ®iÓm)
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
P73 &ö
(
)
00
;Mxy ,"Gb( (C),
0
0
0

3
1
x
y
x
−
=
+
,
0
1x ≠− .
2"7 *) A"BC9D ,EF9" ,78A ,GH89
∆ ,a7 M Y$S

()
()
0
0
2
0
0
3
4
1
1
x
yxx
x
x
−

=−+
+
+


()
(
)
2
2
000
41630xxyxx⇔−++−−=
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Q"c# *Ò S

(
)
,22dI∆=

()
(
)
()
0
2
2
00
4
0
4163

22
161
xxx
x
−−++−−
⇔=
++


()()
42
00
181160xx⇔+−++=





q1?w









q1?w

www.VNMATH.com

0
0
1
3
x
x
=

⇔

=−


~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
@[7
0
1x = ^ A"BC9D ,EF9" :2yx∆=−\
@[7
0
3x =− ^ A"BC9D ,EF9" :6yx∆=+1





q^w

1 (1,0 ®iÓm)
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
PQ
1sin2cos22coscos2
x
xxx⇔++=


2
2cos2sincos2coscos20xxxxx⇔+−=

(
)
(
)
22
2coscossincossin0xxxxx⇔+−−=


(
)
(
)
coscossin1cossin0xxxxx⇔+−+=
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
cos0
cossin0
cossin1
x
xx

xx
=


⇔+=


−=


2
tan1
1
cos
4
2
xk
x
x
π
π
π

=+


⇔=−





+=





~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
2
4
2
xk
xk
xk
π
π
π
π
π

=+



⇔=−+


=





k
∈








q^?w





q^w








q^?w
C©u
II.

2,0
®iÓm

2 (1,0 ®iÓm)
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Q> ()S
22
tansincos
1coscos(1cos)
xxx
Idxdx
xxx
==
++
∫∫

Z_,
2
costx=
2sincosdtxxdx⇒=−

UGH E>S
1
2(1)
dt
I
tt
=−
+
∫

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

11111
ln
212
t
IdtC
ttt
+

=−=+

+

∫

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
28, YGN9S
2
2
11cos
ln
2cos
x
IC
x

+
=+



1




q^?w





q^w



q^?w
C©u
III.
1,0
®iÓm

N"N9 fÐ, HTq I"]9D ,"h> %x9 "M A"BC9D ,EF9"1

q^?w


www.VNMATH.com
HM ,BC9D *BC9D ;[7

2
2
1
4
2
1
x
xy
y
y
xy
x

+
++=




+=+

+


~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Z_,
2
1x
u
y

+
= ^ ; T f } H1 HM ,Eë ,"$9"S
4
1
2
uv
v
u
+=



=+



P737 "M ,> ()S G T0
; T d
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
@[7
2
1
1
2
11
3
2
3
5
x

x
y
u
y
v
x
xy
y
=



+

=
==



⇒⇔


=
=−



+=

=










q^?w


q^?w


q^?w




C©u
IV.
1,0
®iÓm

Pk7 N Y$ ,EG9D *7K% VW1
A
B
C
D

N
60
0

Q> ()S
AN // DC
AN = DC = a



9:9 VX!N Y$ "F9" 6F9" "$9"1
UGH E>S N! T VX T >
T• NV T NW T N! T> ">H
ACB∆
;G]9D ,a7 ! &GH E>
ACBC⊥
1
X# ()SAABCD⊥ 9:9
SABC⊥
1
¸A ev9D *-9" Yý 6> *Bo9D ;G]9D D)( ,> &GH E>
SCBC⊥
1
UGH E>S P)( D7÷> .UW!/ ;$ .VW!X/ Y$
SCA∠
T•
60SCA∠=°

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
M_, I"4(S

NBC∆
*ÒG 9:9
60NBC∠=°


3
3
2
ACABa==

.tan603.33SAACaa=°==
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
2
33
4
ABCD
a
S =
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
QR9" *B|( ,"K ,R(" (")A U1VW!X 6O9D
3
33
4
a
1

q^?w







q^?w




q^?w


q^?w
www.VNMATH.com
C©u

V.
1,0
®iÓm
Q> () S
333222
2
3
x
yzxyz
P
xyz

++++
=+



¸A ev9D 6i, *`9D ,"j(
22
2,,ababab+≥∀
222
x
yzxyyzzx⇒++≥++1
(§¼ng thøc x¶y ra khi x=y=z)
333
2
3
x
yzxyyzzx
P

xyz

++++
⇒≥+



333
222
333
xyz
P
x
yz

⇒≥+++++



________________________________________________________________________
XÐ, "$% &'
3
2
()
3
t
ft
t
=+ ;[7 , • q \

2
2
2
'()ftt
t
=− \
4
'()02ftt=⇔= 1
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
W39D 6789 ,"7:9S

,
q
4
2
∞+

H’

n q }
H
+∞ +∞



4
8
32

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

@NH
4
48P ≥ 1 Z`9D ,"j( f3H E> I"7
4
2xyz=== ">H
4
48P = 1




q^?w







q^?w







q^?w

q^?w


A. Theo ch"¬ng tr×nh chuÈn
C©u
VI. a.
1,0
®iÓm

Pk7 M Y$ ,EG9D *7K% W!^ ;F
Md∈
9:9 M .%\ d%ns/1
M$
2GAGM=−

9:9 V .rn?%\ wnr%/1
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
AAB∈
2m⇒=

(
)
2;2M⇒ ^
(
)
2;7A − 1

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
W! yG> M ;$ ;G]9D D)( ;[7 e 9:9 () A"BC9D ,EF9" f } dH – 8 T q1
BABBC=∩
9:9
(
)
1;3B − 1
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
M Y$ ,EG9D *7K% W! 9:9
(
)
5;1C 1

q^?w


q^?w


q^?w


q^?w
C©u
VII.
a.
1,0
®iÓm

Pk7

00
(;)Ixy Y$ ,m% (=> *Bo9D ,Et9 .!/1
2"7 *)^ e# .!/ ,78A fu( ;[7 lf ,a7 V 9:9 ;[7
(0;1)i =

Y$ ;c(,C *C9 ;- ,E:9 ,Ev( lf^ ,> ()S
IAi⊥


(
)
(
)
00
1.10.00xy⇔−+−=
0
2x⇔=1
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Q"c# D73 ,"78,^ ,> ()S
R T LW – w
2
;25IB =
()()
22
0
26425y⇔−+−=

0
43y⇔−=±
0

0
7
1
y
y
=

⇔

=


~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~




q^?w




q^?w






www.VNMATH.com