14 đề thi thử đại học có đáp án chi tiết

TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
( 1) ( )y x x m= − +

(1)
,
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
(1)
khi
0m =
.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số
(1)
có hai điểm cực trị
,A B
sao cho ba điểm
,A B
và
(10; 2)C −
thẳng hàng.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2
(2sin 1)(3cos 4 2sin ) 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
+ + + +
=
+

( )x∈¡
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
2
4
(3 5)( 1) ( 3 6)
2 1 3 4
x x y x x y
y y y x

− − = + − −


− − + = − +



( , )x y ∈¡
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
3

2
0
sin
( )
1 cos
x x
I dx
x
π
−
=
+
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
2a
.
,E F
lần lượt là
trung điểm của
AB
và
BC
,
H
là giao điểm của

AF
và
DE
. Biết
SH
vuông góc với mặt phẳng
( )ABCD

và góc giữa đường thẳng
SA
và mặt phẳng
( )ABCD
bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng
cách giữa hai đường thẳng
SH
,
DF
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực
, ,x y z
thoả mãn:
2 2 2
2 4 1x y z x y+ + ≤ − −
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:

2( )T x z y= + −
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
. Điểm
(2;3)E
thuộc đoạn
thẳng
BD
, các điểm
( 2;3)H −
và
(2;4)K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
và
AD
. Xác
định toạ độ các đỉnh
, , ,A B C D
của hình vuông
ABCD
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ): ( 1) ( 2) 25S x y z+ − + + =
. Viết

phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua điểm
(1; 2;3)M −
và vuông góc với mặt phẳng
( ) : 4 2014 0x y z
β
+ + + =
.
Đồng thời
( )
α
cắt mặt cầu
( )S
theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng
16
π
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức
z
thoả mãn:
2
(1 2 )z i+
là số thuần ảo và
5z =
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Parabol
2

( ) : 4 3P y x x= − +
và đường thẳng
d

có phương trình
5 0x y− + =
. Tính diện tích của hình vuông
ABCD
biết
,A B
thuộc đường thẳng
d
và
,C D

thuộc Parabol
( )P
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
với
(1;2;1)A
,
(2;4;2)B
,
(3;0;5)C
. Viết phương trình tham số của đường phân giác trong
AD
của góc
·

BAC
của tam giác
ABC
. (
D
thuộc
BC
)
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 1
3
3 2.3 3
log (1 ) 1
x y x y
xy
− +

= +

+ =


( , )x y ∈¡
……………………….HẾT………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………….; Số báo danh……………………
Câu Đáp án Than
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
1
Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại

nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .
TCM-ĐH-T01A
g
điểm
1.a
(1.0
điểm)
Với
0m
=
ta có:
( )
2
1y x x
= −

( )
C

3 2
2y x x x⇔ = − +

1
0
. Hàm số có tập xác định là:
¡
2
0
. Sự biến thiên của hàm số.
)a

Giới hạn của hàm số tại vô cực.
lim
x
y
→+∞
= +∞
,
lim
x
y
→−∞
= −∞
)b
Bảng biến thiên:

2
' 3 4 1y x x= − +

1
' 0
1
3
x
y
x
=


= ⇔


=

0.25
Bảng biến thiên
x
−∞

1
3

1

+∞
'y

+
0 - 0
+
y

4
27

+∞
−∞
0
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
1
;

3
 
−∞
 ÷
 
và
( )
1;
+∞

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
1
;1
3
 
 ÷
 
Hàm số đạt cực đại tại điểm
1
3
x
=
;
1 4
3 27
CD
y y
 
= =
 ÷

 
Hàm số đạt cực đại tại điểm
1x
=
;
( )
1 0
CT
y y
= =
3
0
. Đồ thị
• Điểm uốn:
'' 6 4y x
= −

2
'' 0
3
y x
= ⇔ =
;
2 2
3 27
y
 
=
 ÷
 

Tọa độ điểm uốn của
( )
C
là
2 2
;
3 27
I
 
 ÷
 
• Giao điểm của đồ thị với các trục
Đồ thị cắt trục tung tại
( )
0;0O
0 0; 1y x x
= ⇔ = =
. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm
( )
1;1
;
( )
0;0
• Đồ thị
0.25
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
2
Nhận xét: Đồ thị
( )

C
của hàm số nhận điểm
2 2
;
3 27
I
 
 ÷
 
làm tâm đối xứng.
1.b (1.0
điểm)
( ) ( ) ( )
2
' 2 1 1y x x m x
= − + + −
1
' 0
1 2
3
x
y
m
x
=


= ⇔
−


=

Để đồ thị hàm số
( )
1
có hai điểm cực trị thì:
1m
≠ −
0.25
( )
1 0y
=
( )
3
1 2 4
1
3 27
m
y m
−
 
= +
 ÷
 
Giả sử
( )
( )
3
4 1
1 2

1;0 ; ;
3 27
m
m
A B
 
+
−
 ÷
 ÷
 
0.25
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
3
2
9; 2
2 1 4 1 2 1
; 9;2 1
3 27 27
AC
m m m
AB m
= −
 
− + + +
= = − + ÷
 ÷

 
uuur
uuur
0.25
, ,A B C
thẳng hàng:
( )
2
2 1
9
9 2
m +
−
=
−

( )
( )
2
1 1
0
/
2
m
m
t m
m
⇔ + =
=


⇔

= −

Vậy
2; 0m m
= − =
thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.25
2 (1.0
điểm)
( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
+ + + +
=
+

( )
1
Đk:
1 sin 0 2 ,
2
x x l l
π
π

−
+ ≠ ⇔ ≠ + ∈
¢

( )
*
PT
( )
1
( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1 8 8sinx x x x x
⇔ + + + + = +

( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4sin 8sin 3x x x x x
⇔ + + = + +

0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
3

( ) ( ) ( ) ( )
2sin 1 3cos 4 2sin 2sin 1 2sin 3x x x x x
⇔ + + = + +

2sin 1 0
cos4 1
x

x
+ =

⇔

=

0.25
• Với
2sin 1 0x
+ =
2
6
7
2
6
x k
x k
π
π
π
π

= − +

⇔


= +



• Với
cos4 1
2
k
x x
π
= ⇔ =
0.25
Kết hợp với điều kiện
( )
*
PT
( )
1
có các nghiệm
2
6 3
x k
π π
= − +

x k
π
=
,
k
∈
¢
0.25

3 (1.0
điểm)
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
4
3 5 1 3 6 1
2 1 3 4 2
x x y x x y
y y y x

− − = + − −


− − + = − +


( )
( ) ( )
2 2 3 2
1 3 6 3 5 3 5 0Pt y x x y x x x⇔ − + − + − − + =

( ) ( ) ( )
2 2
2 3 2 2
3 6 4 3 5 3 5 3 4x x x x x x x∆ = + − − − − + = − +
0.25

Suy ra:
2
3 5
1
y x
y x
= −


= −

• Với
( ) ( )
3 5 2 1 0 2y x VP PT
= − ⇒ = − < ⇒
vô nghiệm
• Với
2
1y x= −
.
( )
2PT
trở thành:
4 24
2 3 3x x x
− = − +

( )
3
0.25

Đk:
4 4
2 2x
− ≤ ≤
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
4
4
4
5
1.1.1. 2
4
x
x
−
− ≤
Từ
( )
3
ta có :
4
2
5
3 3
4
x
x x
−
− + ≤

( )

( )
4 2
2
2
4 12 7 0
1 2 7 0
1
x x x
x x x
x
⇔ + − + ≤
⇔ − + + ≤
⇔ =
0.25
Thử lại
1x
=
thỏa mãn
( )
3
Với
1 0x y
= ⇒ =
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm :
( )
1;0
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
4

4 (1.,0
điểm)
3
2
0
sin
1 cos
x x
I dx
x
π
 
−
=
 ÷
+
 
∫

3
2 2
0 0
sin
1 cos 1 cos
x x
dx dx
x x
π π
= −
+ +

∫ ∫
• Tính
2 2
1
2
0 0
1 cos
2cos
2
x x
I dx dx
x
x
π π
= =
+
∫ ∫
Đặt
2
tan
2cos
2
2
u x
dx du
dx
x
dv
v
x

=

=


 
⇒
 
=
=
 




2
1
0
.tan tan 2ln cos ln 2
2 2
2 2 2 2 2
0 0
x x x
I x dx
π
π π
π π
 
 
⇒ = − = + = −

 ÷
 ÷
 
 
∫
0.5
• Tính
3
2
2
0
sin
1 cos
x
I dx
x
π
=
+
∫
Đặt :
cos sint x dt xdx
= ⇒ = −
Đổi cận :
x
0
2
π
t
1

0

( )
1
2
2
0
1
1
1
0
2 2
t
I t dt t
 
⇒ = − = − =
 ÷
 
∫
Vậy
1
ln 2
2 2
I
π
= − −
0.5
5 (1.0
điểm)
0.25

Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
5
Do
ABCD
là hình vuông cạnh
2a
nên
2
4
ABCD
S a
=
.
( )SH ABCD
⊥
HA
⇒
là hình chiếu vuông góc của
SA

trên mp
( )
ABCD
·
0
60 3SAH SH AH
⇒ = ⇒ =

( )
·

·
. .ABF DAE c g c BAF ADE
∆ = ∆ ⇒ =
Mà:
·
·
0
90AED ADE+ =
Nên
·
·
0
90BAF AED
+ =
·
0
90AHE DE AF⇒ = ⇒ ⊥
Trong
ADE
∆
có:
2
. .
5
a
AH DE AD AE AH= ⇒ =
Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là:
3

2
1 2 3 8 15
. .4
3 15
5
a a
V a= =
(đvtt)
0.25
Trong mp
( )
ABCD
kẻ
HK DF
⊥
tại
K
.
( )
,d SH DF HK
⇒ =
.
0.25
Trong
ADE
∆
có:
2
4
.

5
a
DH DE DA DH= ⇒ =
Có :
5DF a=
Trong
DHF
∆
có:
2 2
2 2 2 2
16 9 3
5
5 5
5
a a a
HF DF DH a HF
= − = − = ⇒ =

. 12 5
25
HF HD a
HK
DF
⇒ = =
Vậy
( )
12 5
,
25

a
d SH DF =
0.25
6 (1.0
điểm)
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2
2 4 1
1 2 4 1
x y z x y
x y z
+ + ≤ − −
⇔ − + + + ≤
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
. Xét mặt cầu:
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 2 4S x y z
− + + + =
. Có tâm
( )
1; 2;0I
−
,bán kính
2R
=

.
Xét mp
( )
: 2 2 0x y z T
α
− + − =
G/s
( )
; ;M x y z
. Từ
( )
1
có điểm
M
nằm bên trong
( )
S
và kể cả trên mặt cầu
( )
S
( )
( )
,d I R
α
⇒ ≤
0.25
4
2 2 10
3
T

T
−
⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
• Với
2T
= −
thì
M
là giao điểm của mp
( )
β
:
2 2 2 0x y z
− + + =
Và đường thẳng
∆
đi qua
I
và
( )
β
⊥
.

1 2
: 2
2
x t
y t
z t

= +


∆ = − −


=


1 4 4
; ;
3 3 3
M
 
⇒ − − −
 ÷
 
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
6
• Với
10T
=
. Tương tự
7 8 4
; ;
3 3 3
M
 
−

 ÷
 
0.25
Vậy
min 2T
= −
khi
1
3
4
3
x
y z

= −




= = −



max 10T
=

khi
7
3
8

3
4
3
x
y
z

=



= −



=


0.25
A. Chương trình chuẩn
7.a (1.0
điểm)
Có:
: 3 0EH y
− =

: 2 0EK x
− =
: 2 0
: 4 0

AH x
AK y
+ =

⇒

− =


( )
2;4A
⇒ −
0.25
Giả sử
( )
;n a b
r
,
( )
2 2
0a b
+ >
là VTPT của đường thẳng
BD
.
Có:
·
0
45ABD =
nên:

2 2
2
2
a
a b
a b
= ⇔ = ±
+
0.25
• Với
a b
= −
, chọn
1 1 : 1 0b a BD x y
= − ⇒ = ⇒ − + =
( ) ( )
2; 1 ; 3;4B D
⇒ − −
( )
( )
4; 4
1;1
EB
ED

= − −

⇒

=



uuur
uuur
E⇒
nằm trên đoạn
BD
(thỏa mãn)
Khi đó:
( )
3; 1C
−
0.25
• Với
a b
=
, chọn
1 1 : 5 0b a BD x y
= ⇒ = ⇒ + − =
.
( ) ( )
2;7 ; 1;4B D
⇒ −
( )
( )
4;4
1;1
EB
ED


= −

⇒

= −


uuur
uuur
4EB ED
⇒ =
uuur uuur
E⇒
nằm ngoài đoạn
BD
(loại)
Vậy:
( ) ( ) ( ) ( )
2;4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3;4A B C D
− − − −
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
7
8.a (1.0
điểm)
mp
( )
β
có VTPT:
( )

1
1;1;4n =
ur
Giả sử
( )
; ;n a b c=
uur
,
( )
2 2 2
0a b c
+ + >
là VTPT của mp
( )
α
Ta có :
( )
1
. 0 4 0 4n n a b c b a c= ⇔ + + = ⇔ = − +
r ur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: 1 4 2 3 0a x a c y c z
α
⇒ − − + + + − =
0.25
Giả sử đường tròn giao tuyến của
( )
α
và mặt cầu
( )

S
có bán kính là
r
.
Ta có:
2
. 16 4r r
π π
= ⇒ =
Mặt cầu
( )
S
có tâm
( )
0;1; 2I
−
, bán kính
5R =
.

( )
( )
2 2
, 3d I R r
α
⇒ = − =

( )
( )
2

2 2
3 4 5
3
4
a a c c
a a c c
− − + −
⇔ =
+ + +
0.25

2 2
32 68 0a ac c
⇔ − − =

2
34
a c
a c
= −

⇔

=

• Với
2a c
= −
, chọn
( )

1 2 :2 2 5 0c a x y z
α
= − ⇒ = ⇒ + − + =
0.25
• Với
34a c
=
, chọn
( )
1 34 :34 38 113 0c a x y z
α
= ⇒ = ⇒ − + − =
Vậy có hai mp thỏa mãn có PT:
2 2 5 0x y z
+ − + =

34 38 113 0x y z
− + − =

0.25
9.a (1.0
điểm)
Giả sử
z a bi
= +
,
,a b
∈
¡

z a bi
= −
( )
2
1 2 3 4i i
+ = − +
0.25
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 3 4 3 4 3 4z i a bi i a b b a i
⇒ + = − − + = − + + +
0.25
Do
( )
2
1 2z i
+
là số thuần ảo nên:
3
3 4 0
4
a
a b b
− + = ⇔ =
Mặt khác :
2 2
5 25z a b
= ⇔ + =
0.25

2
2
9
25
16
a
a⇒ + =

2
16 4a a
⇔ = ⇔ = ±
Vậy có hai số phức thỏa mãn là:
4 3z i
= +

4 3z i
= − −
0.25
B. Chương trình nâng cao.
7.b (1.0
điểm)
( )
P
2
: 4 3y x x= − +
: 5 0d x y
− + =
/ /CD AB
nên
( )

: , 5CD y x m m
= + ≠
Pt hoành độ giao điểm của
CD
và
( )
P
là:
( ) ( )
2
5 3 0 1x x m
− + − =

13 4m
∆ = +
Đk:
13
4
m
> −
0.25
Giả sử
( )
;C c c m
+
,
( )
c d
≠

( )
;D d d m
+
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
8
,c d
là nghiệm của PT
( )
1
. Theo định lí Viet có:

5
3
c d
cd m
+ =


= −

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
; 2 2 4 2 13 4CD d c d c CD d c c d cd m
 
= − − ⇒ = − = + − = +
 
uuur
( )

5
,
2
m
CB d C d
−
= =
Mặt khác:
( )
( )
2
5
2 13 4
2
m
CD CB m
−
= ⇒ + =

2
26 27 0m m
⇔ − − =

1
27
m
m
= −

⇔


=

(thỏa mãn)
0.25
• Với
1 18
ABCD
m S= − ⇒ =
• Với
27 242
ABCD
m S= ⇒ =
Vậy
18; 242
ABCD ABCD
S S= =
0.25
8.b (1.0
điểm)
Ta có:
( )
1;2;1 6AB AB= ⇒ =
uuur
( )
2; 2;4 2 6AC AC= − ⇒ =
uuur
0.25
Theo tính chất đường phân giác có:
1

2
2
BD AB
CD BD
CD AC
= = ⇒ = −
uuur uuur
0.25
7 8
; ;3
3 3
D
 
⇒
 ÷
 
0.25
1 2
: 2
1 3
x t
AD y t
z t
= +


⇒ = +


= +


0.25
9.b (1.0
điểm)
( )
( ) ( )
2 1
3
3 2.3 3 1
log 1 1 2
x y x y
xy
− +

= +


+ =


( ) ( )
2 2 3PT xy
⇔ =
0.25
( )
2 2
1 3 2.3 3
x y x y
PT
− −

⇔ = +
Đặt
3
x y
t
−
=
,
0t
>
Ta được:
2 2
2 3 2 3 0t t t t
= + ⇔ − − =

1( )
3( / )
t loai
t t m
= −

⇔

=

0.25
• Với
3 3 3 1 1
x y
t x y x y

−
= ⇒ = ⇔ − = ⇔ = +
Thay vào
( )
3
ta được:
( )
2
1 2 2 0y y y y
+ = ⇔ + − =
0.25

1
2
y
y
=

⇔

= −

Vậy hệ pt có nghiệm:
( ) ( )
2;1 ; 1; 2
− −
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
9
Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại

nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .
TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I. Phần chung cho mọi thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
3
3 1 ( )
m
y x mx C= − +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
2. Tìm tất cả các giá trị của m để
( )
m
C
có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích ΔIAB bằng
4 2
với
I(1;1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
3sin cos 2 cos 2 sin 2 0x x x x− + − − =
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 2 1
( , )
2 2 1

x x y x y
x y R
x y

+ − + − − =

∈

= +


.
Câu III (2,0 điểm): Tính tích phân:
( )
2
1
2
0
ln 1
1
x x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
.
Câu IV (2,0 điểm): Cho S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a, AD =
3a

(a > 0), mặt phẳng (SAC)
và mặt phẳng (SBD) cùng vuông góc với đáy, SD tạo với (ABCD) một góc là 60
0
.
1. Tính thể tích S.ABCD
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu V (2,0 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:
( )
2 2
a b c b c+ = +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
2 2 2
1 1 1 4
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P
a b c a b c
= + + +
+ + + + + +
II. Phần riêng (3,0 điểm): (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần A hoặc phần B)
Phần A.
Câu 1a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết B(3;3),
C(5;-3), gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện tích
tam giác ACB bằng 12, hoành độ của I dương và hoành độ của A âm. Tìm tọa độ của A và D.
Câu 2a (1,0 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 2; 2 ) và mặt phẳng (P): x + y + z + 1 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P). Biết (Q) cắt Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho OM = ON
0
≠
.
Câu 3a (1,0 điểm): Tìm hệ số của

20
x
trong khai triển nhị thức Newton biểu thức
2
3
1
( )
n
P x x
x
 
= +
 ÷
 
với n
nguyên dương thỏa mãn:
1 2 2 100
2 1 2 1 2 1
2 1
n n n
n n n
C C C
+ +
+ + +
+ + + = −
.
Phần B.
Câu 1b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 6), chân đường phân giác trong
kẻ từ A là D
3

2;
2
 
−
 ÷
 
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
1
;1
2
I
 
−
 ÷
 
. Tìm tọa độ đỉnh B và C.
Câu 2b (1,0 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A
1 1
;0;
2 2
 
−
 ÷
 
, (P): 2x + 2y – z + 1 = 0 và mặt cầu (S):
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 1.x y z− + − + + =
Viết phương trình mp (
α
) đi qua A, vuông góc với (P) và tiếp xúc với (S).

Câu 3b (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình:
2
2 3 1
log ( 3 7) 6
2.8 2 17.2
x y y x
y x
+ + −
+ + =



+ =


Hết
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM – môn TOÁN – THI THỬ ĐỢT 2
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
10
TCM-ĐH-T02A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
Cho hàm số
3
3 1 ( )
m
y x mx C= − +
.

1. HS tự giải
1đ
2. Tìm tất cả các giá trị của m để
( )
m
C
có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích ΔIAB bằng
4 2
với I(1;1).
.
' 2 ' 2
3 3 ; 0 (1)y x m y x m= − = <=> =

( )
m
C
có hai điểm cực trị A, B <=> PT (1) có 2 nghiệm phân biệt <=> m > 0
0,25
Khi đó:
( ) ( )
; 2 1 , ;2 1A m m m B m m m− + − +
=> Ptđt AB:
2 1y mx= − +
hay
2 1 0mx y+ − =
Ta có:
( )
( )
2
2 2

2
2
4 4 1 , ; ( 0)
4 1 4 1
m
m
AB m m d I AB Dom
m m
= + = = >
+ +

0,25
( )
( )
2
2
1 1 2
. . ; . 4 4 1 . 4 2
2 2
4 1
4 8 2
2 2 2( )
ABI
m
S AB d I AB m m
m
m m
m m m TM
= = + =
+

<=> =
<=> = <=> =
V

0,25
Kết luận: m = 2
0,25
II
(2,0
điểm)
1. Giải phương trình:
3sin cos 2 cos 2 sin 2 0x x x x− + − − =
.
Phương trình đã cho tương đương:
2
2
3sin 2sin cos cos 2 (1 2sin ) 0
2sin 3sin 1 cos (1 2sin ) 0
(sin 1)(2sin 1) cos (1 2sin ) 0
(2sin 1)(sin cos 1) 0
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
− − + − − =
<=> + + − + =
<=> + + − + =
<=> + − + =
0,5
1

sin (1)
2
sin cos 1 0 (2)
x
x x

= −

⇔

− + =

2
6
(1) ( )
7
2
6
x k
k Z
x k
π
π
π
π

= − +

⇔ ∈



= +


0,25
(2) 2 sin 1
4
2
( )
3
2
2
x
x k
k Z
x k
π
π
π
π
 
⇔ − = −
 ÷
 
=


⇔ ∈

= +


0,25
Kết luận: Các họ nghiệm của phương trình là:
7 3
2 ; 2 ; 2 ; 2 ( )
6 6 2
x k x k x k x k k Z
π π π
π π π π
= − + = + = = + ∈
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
11
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 2 1
( , )
2 2 1
x x y x y
x y R
x y

+ − + − − =

∈

= +


.

ĐK:
2 2
2 0(*)x y x y− + − − ≥


C1: Pt
2 2
2 2 1x x y x y+ − + − − =
<=>
2 2
2 1 2x y x y x− + − − = −

<=>
2 2 2
1 2 0
2 (1 2 )
x
x y x y x
− ≥


− + − − = −


<=>
2 2
1
2
5 3 1 0 (2)
x

x x y y

≤



− + − − =


Mặt khác từ
3 3
2 2 1x y= +
=> y < x. Thế
3 3
1 2 2x y= −
vào (2) ta được:

3 2 3 2 3 2 3 2
2 5 3 2 2 5 3 2( 1) 5( 1) 3( 1)(3)x x x y y y x x x y y y− + = + − <=> − + = + − + + +

Do
1
2
x ≤
và từ
3 3
2 2 1y x= −
=>
5 7
1

6
y
−
+ <

Xét hàm số
3 2
( ) 2 5 3f u u u u= − +
với
5 7
6
u
−
<


' 2
( ) 6 10 3 0f u u u= − + >
nên hàm
( )f u
đồng biến và liên tục trên
5 7
( ; )
6
−
−∞
, từ (3) <=> x = y + 1.
Thế vào pt:
3 3
2 2 1x y= +

=>
3 3 2
3 3
6
2( 1) 2 1 6 6 1 0
3 3
6
y
y y y y
y

− −
=


+ = + => + + = <=>

− +
=



-)Với
3 3
6
y
− −
=
=> x >
1

2
(loại)
-)Với
3 3 3 3
6 6
y x
− + +
= => =
, thử lại: TM
Vậy hệ có nghiệm
3 3 3 3
( ; ) ;
6 6
x y
 
+ − +
=
 ÷
 ÷
 

C2: Từ đk (*). Khi đó hệ tương đương
2 2
3 3
1
2
5 3 1
2 2 1
x
x x y y

x y

≤



− + − =


− =





Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
12
( ) ( ) ( )
[ ]
3 2
3 2 3 2 3 2
2 2
2 5 3 2 0 2 5 3 2 1 5 1 3 1
( 1) 2 (2 3) (2 ) 0 (4)
x x x y y y x x x y y y
x y y y x y y
=> − + − − + = ⇔ − + = + − + + +
 
<=> − + + − + − =
 

Tacó:
2 2
2 (2 3) (2 ) (2 3 3) (2 1)y y x y y x x y y y+ − + − = + − + −
.Do
1
(2 3 3) 0, (2 1) 0
2
y x x x y y y< ≤ => + − < − <
nên (4) <=> x = y + 1. Thế vào pt
3 3
2 2 1x y= +
ta đc nghiệm :
3 3 3 3
,
6 6
x y
+ = +
= =

III
(1,0
điểm)
Tính tích phân
(
)
2
1
2
0

ln 1
1
x x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
Đặt
(
)
2
2
2
2
ln 1
1
1
1
dx
u x x
du
x
x
dv dx
v x
x



= + +
=



+
=>
 
=
 
= +


+


0,25
Khi đó
(
)
( ) ( )
1
1
2 2
0
0
1 .ln 1 2.ln 1 2 (1 0) 2.ln 1 2 1I x x x dx= + + + − = + − − = + −
∫
0,5
Vậy

( )
2.ln 1 2 1I = + −

0,25
IV
(1,0
điểm) E
S
M
A D

O a
B
3a
C
1. Gọi
O AC BD
= ∩
. Do (SBD) và (SAC) cùng vuông góc với (ABCD) => SO
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
13
( )ABCD⊥
=> SO là đường cao của hình chóp S.ABCD
OD là hình chiếu của SD lên (ABCD) =>
( )
0
;( ) 60SD ABCD SDO= ∠ =

Ta có:

2 2 2 2
4 2 2AC AD DC a AC a BD a OD a= + = => = => = => =

=>
0
.tan 60 3SO OD a= =

3
.
1 1
. . . . 3. 3
3 3
S ABCD ABCD
V S SO a a a a= = =
0,25
2. Gọi M là trung điểm của SD => SB // OM => SB // (ACM) =>
( ) ( ) ( )
; ;( ) ;( )d SB AC d SB ACM d B ACM= =
Do O là trung điểm của BD =>
( ) ( )
;( ) ;( )d B ACM d D ACM=
=d
Gọi
( ), ( ) ( )DE ABCD OM DE E ACM ACE⊥ ∩ = => ≡
và
3DE SO a= =

0,25
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 5 15

3 3 3 5
a
d
d DA DC DE a a a a
= + + = + + = => =

Vậy
15
( ; )
5
a
d SB AC =
0,25
V
(1,0
điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:
( )
2 2
a b c b c+ = +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1 4
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P
a b c a b c
= + + +
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

2
1 2 4
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P
a b c a b c
≥ + +
+ + + + + +

Do
( )
2 2 2
( ) 2b c b c+ ≤ +
nên từ điều kiện ta suy ra:

( )
2 2 2
2
( ) 2 2 ( )a b c a b c a b c b c
a
+ ≤ + = + <=> + ≤

0,25
Cũng theo bất đẳng thức Cô-si ta lại có:

2
2
2
2
1 1 2 (1 )
(1 )(1 ) (2 ) 2

4 4
a
b c b c
a a
+
 
+ + ≤ + + ≤ + =
 ÷
 

Do đó:

2 2 3 2
2 3 3
2 1 4 2 6 1
(1 ) (1 ) ( 1)
a a a a a
P
a a a
+ + + +
≥ + =
+ + +

0,25
Xét hàm số:
3 2
3
2 6 1
( )
( 1)

a a a
f a
a
+ + +
=
+
với a > 0
Ta có:
' '
4
2(5 1) 1
( ) ; ( ) 0
( 1) 5
a
f a f a a
a
−
= = <=> =
+

Lập bảng biến thiên ta có:
1 91
( )
5 108
P f a f
 
≥ ≥ =
 ÷
 

0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
91
108
, giá trị đó đạt được khi
1
; 5
5
a b c= = =
0,25
Câu
1a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết B(3;3), C(5;-3),
gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện
tích tam giác ACB bằng 12, hoành độ của I dương và hoành độ của A âm. Tìm tọa độ của A và
D.
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
14

A
(3;3)B
d
I
D C(5;-3)
( ;3 2 )I I t t∈ => −V
với t > 0. Từ CI = 2BI
2
1
3 2 5 0
5

( )
3
t
t t
t loai
=


=> + − = <=>

= −


(1;1)I=>

0,25
(1;1) (4; 4) : 2 0( ')
1.3 1.3 2
( ; ) 2 2
2
12 . ( ;; ) 24 6 2
ABC
I IC IC x y
d B AC
S AC d B AC AC
=> = − => + − =
+ −
=> = =
= <=> = => =
V

uur
V

0,25
Do
( ;2 )A A x x∈ => −V
với
0.x <
Từ
6 2AC =
=>
2
11( )
( 5) 36 ( 1;3)
1
x L
x A
x
=

− = <=> => −

= −


0,25
A(-1 ;3)
( 1;3) (4;0)
( 2; 2) : 0
/ / : 3

A AB
BI BI x y
DC AB DC y
− => =
= − − => − =
=> = −
uuur
uur

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :
0
( 3; 3)
3
x y
D
y
− =

=> − −

= −


Vậy A(-1 ;3) và D(-3 ;-3)
0,25
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 2; 2 ) và (P): x + y + z + 1 = 0. Viết phương trình
mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P). Biết (Q) cắt Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho OM
= ON
0
≠

.
Gọi
( )
2 2 2
( ) : 0 0Q ax by cz d a b c+ + + = + + ≠

(3;2;2) ( ) 3 2 2 0A Q a b c d∈ => + + + =
( ) ( ) 0Q P a b c⊥ => + + =

0,25
Gọi
;0;0
( )
0,
( )
0; ;0
d
M
M Q Ox
a
d
N Q Oy
d
N
b

 
−
 ÷


= ∩

  
=> ≠
 
= ∩
 


−
 ÷

 

do OM= ON
0
≠
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
15
Do
2 2
0; 0
d d
d OM ON a b
a b
   
≠ = ≠ => = <=> = ±
 ÷  ÷
   

0,25
-) a = b => c = -2a, d = -1, chọn a = 1 => (Q):
2 1 0x y z+ − − =

-) a = -b, tương tự ta có: (Q): -x + y + 1 = 0
Vậy có hai mp (Q) là: (Q):
2 1 0x y z+ − − =
và (Q): -x + y + 1 = 0
0,25
Câu
3a
Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển nhị thức Newton biểu thức
2
3
1
( )
n
P x x
x
 
= +
 ÷
 
với n nguyên
dương thỏa mãn:
1 2 2 100
2 1 2 1 2 1

2 1
n n n
n n n
C C C
+ +
+ + +
+ + + = −
.
2 1
2 1
1
n
n
C
+
+
=
và
0
; 2
n
k n k k n
n n n
k
C C C
−
=
= =
∑
. Ta có:

1 2 2 100
2 1 2 1 2 1
0 1 1 2 1 101
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 101
2 1
2
2 2
50
n n n
n n n
n n
n n n n
n
C C C
C C C C
n
+ +
+ + +
+ +
+ + + +
+
+ + + = −
<=> + + + + + =
<=> =
<=> =

0,25
Với n = 50
50

50
2 5 150
50
3
0
1
( )
k k
k
P x x C x
x
−
=
 
=> = + =
 ÷
 
∑

0,25
Số hạng này chứa
20
5 150 20 34x k k=> − = <=> =

0,25
. Vậy hệ số của số hạng chứa
20
x
là
34

50
C

0,25
Câu
1b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 6), chân đường phân giác trong
kẻ từ A là D
3
2;
2
 
−
 ÷
 
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
1
;1
2
I
 
−
 ÷
 
. Tìm tọa độ đỉnh B
và C.
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
16

A
I
B D C IA=
5 5
2


E
Gọi đường tròn ngoại tiếp
ABCV
là (C) =>
2
2
1 125
( ) : ( 1)
2 4
C x y
 
+ + − =
 ÷
 

Gọi
( )E AD C= ∩
. Do
BAE CAE∠ = ∠ =>
E là điểm chính giữa
»
BC

AD: x = 2 => Tọa độ của E là nghiệm của hệ :
2
2
1 125
( 1)
(2; 4)
2 4
2
x y
E
x

 
+ + − =

 ÷
=> −

 

=


;E=(2;6) (loai :trùng A)
0,25

E(2;-4) =>
5
; 5
2

IE
 
= −
 ÷
 
uur
.BC đi qua D có vtpt là
2
(1; 2) : 2 5 0
5
n IE BC x y= = − => − − =
r uur

0,25
Tọa độ B và C là nghiệm của hệ:
2
2
1 125
(5;0), ( 3; 4)
( 1)
2 4
(5;0), ( 3; 4)
2 5 0
B C
x y
C B
x y

 
− −


+ + − =

 ÷
=>

 

− −


− − =


Kết luận:
(5;0), ( 3; 4)
(5;0), ( 3; 4)
B C
C B
− −
− −
0,25
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A
1 1
;0;
2 2
 
−
 ÷
 

, (P): 2x + 2y – z + 1 = 0 và mặt cầu (S):
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 1.x y z− + − + + =
Viết PT mp(
α
) đi qua A, vuông góc với (P) và tiếp xúc với (S).
Pt
( )
α
có dạng :
2 2 2
ax 0 ( 0)by cz d a b c+ + + = + + ≠

Do
1 1
( ) 0
2 2 2
a c
A a c d d
α
−
∈ => − + + = <=> =

( ) ( ) 2 2 0P a b c
α
⊥ => + − =

2
2
a c

b
− +
⇔ =

0,25
Do
( )
α
tiếp xúc với mc (S) có tâm I(1;1;-2) và có bán kính R = 1
( )
2 2
;( ) 1 4 8 4 5d I a c a ac c
α
=> = <=> − = − +

2 2
7 4 11 0a ac c<=> + − =

0,5
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
17

11
7
a c
a c
=


<=>


= −

)a c− =
, chọn c= 1 => a = 1 => d = 0,
1
( ) : 2 2 0
2
b x y z
α
= − => − + =

11
)
7
a c− = −
, chọn c = -7 =>
( ) : 22 29 14 18 0x y z
α
− − + =

0,25
Vậy có hai phương trình mp
( ) :2 2 0x y z
α
− + =
và
( ) : 22 29 14 18 0x y z
α
− − + =

Câu
3b
Giải hệ phương trình:
2
2 3 1
log ( 3 7) 6
2.8 2 17.2
x y y x
y x
+ + −
+ + =



+ =


ĐK: y + 3x + 7 > 0. Hệ tương đương:
( )
6
2 3 1
3 7 2 8 (1)
2.8 2 17.2 (2)
x y y x
x y
+ + −

+ + = =




+ =


0,25
Từ (1)
1 3 .y x=> = −
Thế vào (2): =>
3 3 3
2.2 2 17 (3)
x x−
+ =

0,25
Đặt
3
2 ( 0),(3)
x
t t= >
trở thành:
2
8
2 17 8 0
1
2
t
t t
t
=



− + = <=>

=


0,25
-
) 8 1 2 ( )
1 1
) 2 ( )
2 3
t x y TM
t x y TM
− = => = => = −
− = => = − => =

Vậy nghiệm của hệ là
1
( ; ) (1; 2), ;2
3
x y
 
= − −
 ÷
 


0,25

TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m =
.
2) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực trị và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số nằm trong đường tròn (C):
2 2
(x 2) (y 1) 9- + - =
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
sin 2cos 2 2cos cos 2
6
x x x x
π
 
+ = −
 ÷
 
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 1 5( 3)
(2 1) (2 1) 18
x y x y

x y
ì
ï
+ + - = + -
ï
ï
í
ï
- + - =
ï
ï
î

Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
18
Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại
nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .
TCM-ĐH-T03A
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
4
0
(sin cos )sin 2
sin cos
x x x
I dx
x x
p
-
=
+

ò

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
CH và SB.
Câu V (1 điểm) Cho
; ;x y z
là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +

PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A) Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm
(1; 3)I −
. Đường phân giác trong của góc
·
DAC
có
phương trình là
2 10 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng AB đi qua điểm

( 5; 5)M − −
.
2) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
và mặt phẳng
(P) : 2x y 2z 3 0+ - + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn. Tìm tọa
độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, gọi A và B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Tính độ dài đoạn thẳng AB.
B) Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(4;3)
. Các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC
có tâm lần lượt là
3
I(3;2),K 2;
2
 
 ÷
 
. Viết phương trình đường thẳng AC.
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
∆
:
2 1 3

2 1 1
x y z+ − −
= =
−
, điểm
M(1; 1; 2)−
và mặt cầu (S) có phương trình
:
2 2 2
2 2 2 0x y z x y z+ + + + - =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng
∆

và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.b (1 điểm) Cho
1 2
;z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Tính giá trị của biểu thức
2014 2014
1 2
z zP = +
Câu ý Nội dung Điểm
Câu
I
1
1) Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số
3 2 2 3

3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1,0
- Khi
1m =
ta được hàm số
3 2
3 2y x x= − +
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = <=>

=

- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng
( ;0);(2; )−∞ +∞
- Hàm số ngịch biến trên khoảng
(0; 2)
0,25
- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 2
C

x y= =
, hàm số đạt CT tại
2
2; 2
CT
x y= = −
- Giới hạn :
3 2 3 2
lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
- BBT :
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0
−
0 +
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
19
y
−∞
2
2-

+∞
- Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
0,25
2
2) Tìm m để hs có cực trị và điểm cực tiểu nằm trong đ tròn
2 2
(x 2) (y 1) 9- + - =
1,0
-
2 2
' 3 6 3( 1) (1)y x mx m= − + −
- Hàm số có cực trị
' 0y⇔ =
có hai nghiệm phân biệt
-
' 9 0
⇔ ∆ = >
luôn đúng với mọi m.
0,25
-
' 0y =
có hai nghiệm

1
2
1
1
x m
x m
é
= +
ê
ê
= -
ë
. Ta có
1
'' 6 6 ''(x ) 6 0y x m y= - = >Þ

-
1
1x m= +Þ
là điểm cực tiểu và tọa độ điểm cực tiểu là :
A( 1; 3)m m+ −
0,25
- Đường tròn có tâm
(2;1); R 3I =
.
- Điểm cực tiểu A nằm trong đường tròn nên
IA R<

0,25
-

2 2
(m 1) (m 4) 3IA R< - + + <Û
2
2 10 8 0 1 4m m m- + < < <Û Û

- Vậy
1 4m< <
thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
Câu
II
1
1) Giải PT :
sin 2cos 2 2cos cos 2
6
x x x x
π
 
+ = −
 ÷
 
1,0
- PT
3 1
sinx 2cos2 2cos ( os2 sin 2 )
2 2
x x c x x⇔ + = +
-
sinx 2cos2 3 cos os2 cos sin 2x xc x x x⇔ + = +
0,25

-
2
(sinx cosxsin 2 ) 2cos 2 3cos .cos2x
sinx(1 2cos x) 2cos2 3cos .cos2x
inx( cos2 ) 2cos2x 3cos cos 2s
x x x
x x
x x x
⇔ − + =
⇔ − + =
− + =⇔
-
os2 ( 3cos sinx 2) 0c x x⇔ + − =
0,25
-
os2 0
4 2
sinx 3 cos 2 (1)
k
c x x
x
π π





= ⇔ = +
⇔
+ =

0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
20
-
(1) sin( ) 1 2
3 6
x x k
π π
π
⇔ + = ⇔ = +
- Vậy phương trình có nghiệm là :
; 2 ,
4 2 6
k
x x k k
π π π
π
= + = + ∈¢
0,25
2
2) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 3 1 5( 3) (1)
(2 1) (2 1) 18 (2)
x y x y
x y
ì
ï
+ + - = + -

ï
ï
í
ï
- + - =
ï
ï
î
1,0
- Điều kiện
2 2
2 0; (y 1) 0;x 3 0x y+ - + -³ ³ ³

- Từ phương trình
2 2
(2) x 4y x y+ = + +Þ

- Thay vào (1) ta có
2 3 1 5(x y 1)x y+ + - = + +

0,25
-
(x 2) 6 (x 2)(y 1) 9(y 1) 5(x y 1)+ + + - + - = + +Û

-
3 (x 2)(y 1) 2 2 6 3 (x 2)(y 1) 2(x 2) 2(y 1) (3)x y+ - = - + + - = + - -Û
0,25
- Ta thấy
1y =
không phải là nghiệm của phương trình nên :

-
2
2
1
2 2
(3) 2 3 2 0
1 1
2 1
(loai)
1 2
x
y
x x
y y
x
y
é
+
ê
=
ê
-
+ +
ê
- - =Û Û
ê
- -
+
ê
= -

ê
-
ê
ë

0,25
- Với
2
2 4 6
1
x
x y
y
+
= = -Û
-
thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được :
-
2
2 2
(2) 17 53 38 0 (t/ m)
19 26
17 17
y x
y y
y x
é
= =Û
ê
ê

- + =Û Û
-
ê
= =Û
ê
ë

- Vậy hệ có nghiệm
(x; y)
là
26 19
(2;2); ( ; )
17 17
-

0,25
Câu
III
• Tính tích phân :
4
0
(sin cos )sin 2
sin cos
x x x
I dx
x x
p
-
=
+

ò
1,0
- Đặt
sinx cosu x= +
đổi cận :
0 1
2
4
x u
x u
p
= =Þ
= =Þ
0,25
-
(cosx sinx)dx (sinx cos )dx dudu x= - - = -Û

- Và
2 2 2
(sinx+cosx) 1 sin 2 sin 2 1u x x u= = + = -Û
0,25
- Ta có
2
2
1
(1 u )( du)
I
u
- -
=

ò
0,25
-
2
2
2
1
1
1 1 1
(u )du ( u lnu) ln 2
2 2
I
u
= - = - = -
ò
0,25
Câu
• Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CH và SB
1,0
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
21
IV

E
K
I
H
C
B
D

A
S
HS chỉ cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai một trong hai yếu tố này, không chấm điểm
- Có H là trung điểm AB, vì tam giác SAB đều nên
SH AB⊥
- Mà
(SAB) (ABCD) ( )SH ABCD⊥ ⇒ ⊥
- Tam giác SAB đều cạnh bằng a nên
3
2
a
SH =
.
- Diện tích hình vuông
2
ABCD
S a=

0,25
-
3
2
1 1 3 3
.
3 3 2 6
ABCD
a a
V SH S a= = =
0,25
- Trong mp(ABCD) kẻ đường thẳng

D
đi qua B và song song với CH.
- Kẻ
HI ^ D
, nối S với I và kẻ
HK SI^
.
- Ta có
/ /(SBI) d(CH;SB) d(CH;(SBI)) d(H;(SBI))CH = =Þ

- Chứng minh được
(SBI) d(CH;SB) d(H;(SBI))HK HK^ = =Þ

0,25
- Kẻ
BE HC^
ta có HIBE là hình bình hành nên
.
5
BH BC a
HI BE
HC
= = =

- Tam giác SHI vuông tại H nên
2 2
. 57
19
SH HI a
HK

SH HI
= =
+

- Vậy khoảng cách giữa HC và SB là
57
19
a

0,25
Câu
V
• Tìm giá trị nhỏ nhất của :
3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +
1,00
- Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta chứng minh được :
3 3 3
4(x y ) (x y)+ +³
dấu bằng xảy ra khi
x y=

0,25

- Áp dụng ta được
3 3
3
(x y) 16
4
(x y z)
z
P
+ +
³
+ +
, đặt
0a x y z= + + >

- Ta có
3 3
3 3
3
(a z) 16
4 4 (1 ) 16( )
z z z
P P
a a
a
- +
- +³ Û ³
. Đặt
(0;1)
z
t t

a
= ÞÎ
.
- Ta có
3 3
4 (1 t) 16P t- +³
với
(0;1)t Î

0,25
- Xét hàm số
3 3
f(t) (1 t) 16t= - +
trên khoảng
(0;1)
- Có
2 2
1 1
'(t) 3(1 t) 48 0 ;t
5 3
f t t
-
= - - + = = =Û

- Lập bảng biến thiên của hàm số ta được
(0;1)
16 1
(t)
25 5
GTNN f t= =Û

0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
22
- Từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
4
5
khi
2x y z= =

0,25
Câu
VI.a
1
• Tâm
(1; 3)I −
. Phân giác của góc
·
DAC
có phương trình là
2 10 0x y+ − =
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng AB đi qua điểm
( 5; 5)M − −
.
M
E
K

H
I
D
C
B
A

1,0
- Gọi H đối xứng với I qua phân giác AE thì H thuộc AD và tìm được
(7;9)H
0,25
- Điểm A thuộc phân giác AE có phương trình
2 10 0x y+ − =
nên gọi
(10 2t;t)A -
.
- Từ
0 (10;0)
. 0
8 ( 6;8)
t A
AH AM AH AM
t A
é
= Þ
ê
^ =Þ Û
ê
= -Þ
ë

uuur uuur
0,25
- TH1 : Với
(10;0)A
vì
(1; 3)I −
là trung điểm AC nên tọa độ C là
( 8; 6)C - -

- Vì
( 5; 5)M − −
thuộc AB nên đường thẳng AB có phương trình là
3 10 0x y- + + =
- Đường thẳng CB đi qua
( 8; 6)C - -
và vuông góc với AB nên CB có phương trình là
3 30 0x y+ + =
.
- Tọa độ của B t/m hệ
3 30 0 8
( 8; 6)
3 10 0 6
x y x
B
x y y
ì ì
+ + = = -
ï ï
ï ï
- -Û Û

í í
ï ï
- + + = = -
ï ï
î î
loại vì
C Bº

0,25
- TH2 : Với
( 6;8)A -
vì I là trung điểm AC nên tọa độ C là
(8; 14)C -
.
- AB đi qua A và M nên phương trình của AB là
13 70 0x y+ + =

- BC đi qua C và vuông góc với AB nên phương trình của BC là
13 190 0x y- + + =

- Tọa độ của B thỏa mãn hệ
13 70 0
72 254
( ; )
13 190 0
17 17
x y
B
x y
ì

+ + =
ï
- -
ï
Û
í
ï
- + + =
ï
î

- Vì
(1; 3)I −
là trung điểm của BD nên tọa độ của D là
106 152
( ; )
17 17
D

- Vậy tọa độ các đỉnh là
( 6;8)A -
,
72 254
( ; )
17 17
B
- -
,
(8; 14)C -
,

106 152
( ; )
17 17
D
0,25
2
• Tìm tâm và bán kính đường tròn giao tuyến
1,0
- Mặt cầu (S) có tâm
(1; 2;3); R 4I - =
0,25
- Khoảng cách từ I tới mp(P) là
2 2 2
2.1 1.( 2) 2.3 3
1
2 1 ( 2)
d R
+ - - +
= = <
+ + -

- Vậy mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn.
0,25
- Kẻ
(P)IH ^
thì H là tâm đường tròn.
- Và
(P)IH ^
nên IH có phương trình là
1 2

2 (1)
3 2
x t
y t
z t
ì
= +
ï
ï
ï
ï
= - +
í
ï
ï
= -
ï
ï
î

0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
23
- Thay
; ;x y z
từ (
*
) vào phương trình mp (P) ta được
1 5 5 7
( ; ; )

3 3 3 3
t H
-
= Þ
- Bán kính đường tròn là
2 2
15r R IH= - =
.
- Vậy tâm đường tròn là
5 5 7
H( ; ; )
3 3 3
-
và bán kính
15r =
0,25
Câu
VII.a
• Trong mặt phẳng Oxy cho A,B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương
trình
2
2 4 0z z+ + =
. Hãy tính độ dài AB.
- Giải phương trình
2
2 4 0z z+ + =
có
2
3 3i= - =D
0,25

- Phương trình có hai nghiệm
1,2
1 3z i= - ±
0,25
- Tọa độ A,B là
( 1; 3); B( 1; 3)A - - -
0,25
- Từ đó tính được
2 3AB =
0,25
Câu
VI.b
1
• Trong phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(4;3)
. Các đường tròn nội
tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC có tâm lần lượt là
3
I(3;2),K 2;
2
 
 ÷
 
. Viết phương
trình đường thẳng AC.
D
K
I
C
B

A
1,0
- Vì I là tâm đường tròn nội tiếp nên AI là phân giác trong của góc BAC.
- Gọi AI cắt đường tròn tại D thì
KD BC^
.\
- Phương trình của AD là
1 0x y- + + =

- Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác là
2 2
3 25
(x 2) (y )
2 4
- + - =

- Tọa độ của D là nghiệm hệ
2 2
1 0 4 (4;3) (loai)
3 25 1 1 1
(x 2) (y ) ( ; )
2 4 2 2 2
x y x D
x D
ì é
- + + = = Û
ï
ï
ê
ï

Û ê
í
-
ï
ê
- + - = = Û
ï
ê
ï
î ë
0,25
- Đường thẳng BC có VTPT là
3
( ;2)
2
DK
uuur
nên có phương trình là
3 4 0x y c+ + =

- Gọi E,F là hình chiếu của I trên AB và BC và gọi
·
·
2BAD a BKD a= =Þ

- Ta có
2 2 2
(I;BC) IE IF sin sin 1 cos 2 (1)d d AI a d AI a a= = = = = = -Þ

- Và

2
(K;BC) BKcos 2a AKcos 2a cos 2 (K;BC)
5
d a d= = =Þ
thay vào (1) ta được
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
24
2
2
12
17 12
2 2
1 (K;BC) 1 20
5 5 5 5
24
c
c c
d d c
c
ộ
= -
ổ ử
ờ
+ +
ữ
ỗ
ờ
ữ
= - = - = -

ỗ
ữ
ỗ
ờ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ
= -
ở

- Vi
12c = -
thỡ phng trỡnh BC l
3 4 12 0x y+ - =
.
- Ta ca C l nghim h :
2 2
3 4 12 0
(0;3)
3 25
C(4;0)
(x 2) (y )
2 4
x y
C
ỡ
+ - =
ù
ộ

ù
ù
ờ

ớ
ờ
ù
- + - =
ở
ù
ù
ợ
- T ú ta c phng trỡnh AC l
3 0y - =
hoc
4 0x - =

0,25
- Hai trng hp cũn li lam tng t. 0,25
2
Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im M, song song vi ng thng

v
tip xỳc vi mt cu (S).
1,0
- Gi pt ca mp(P) l
0ax by cz d+ + + =
vi
; ;a b c
khụng ng thi bng

0
.
- Vỡ M thuc mp(P) nờn
2 0 (1)a b c d- + + =

- Mt phng (P) cú VTPT
(a;b;c)n
r
,

cú VTCP
(2;1; 1)u -
r
.
-
/ /(P) . 0 2 0 (2)u n a b c= + - =D ị
r r

0,25
- Mt cu (S) cú tõm
( 1; 1;1);R 3I - - =
.
- Mp(P) tip xỳc vi (S)
2 2 2
(I;(P)) R 3 (3)
a b c d
d
a b c
- - + +
= =

+ +

0,25
- T (1);(2) ta cú
2
5
c a b
d a b
ỡ
= +
ù
ù
ớ
ù
= - -
ù
ợ
thay vo (3) ta c
2 2
4 5 0
5
a b
a ab b
a b
ộ
= -
ờ
- - =
ờ
=

ở
0,25
- Vi
; 4a b c b d b= - =- =ị
, chn
1 1; 1; 4b a c d= = - = - =
. Phng trỡnh
mt phng (P) l
4 0x y z- + - + =
.
- Vi
5 11 ; 26a b c b d b= = = -ị
, chn
1 5; 11; 26b a c d= = = = -ị
. Phng
trỡnh mt phng (P) l
5 11 26 0x y z+ + - =
.
- Vy phng trỡnh mp (P) l
4 0x y z- + - + =
hoc
5 11 26 0x y z+ + - =
.
0,25
Cõu
VII.b
Cho
1 2
;z z
l hai nghim phc ca phng trỡnh

2
2 4 0z z+ + =
. Hóy tớnh giỏ tr
ca biu thc
2014 2014
1 2
z zP = +

1,0
- Gii phng trỡnh
1
2
2
1 3
2 4 0
1 3
z i
z z
z i
ộ
= - +
ờ
+ + =
ờ
= - -
ờ
ở
0,25
-
1

2
2 2
1 3 2(cos sin )
3 3
2 2
1 3 2(cos sin )
3 3
z i i
z i i
p p
p p
ộ
ờ
= - + = +
ờ

ờ
- -
ờ
= - - = +
ờ
ờ
ở
0,25
- Ta cú
2014 2014
1 2
z zP = +
-
2014 2014

2014.2 2014.2 2014.( 2 ) 2014.( 2 )
2 (cos i.sin ) 2 (cos i.sin )
3 3 3 3
p p p p
- -
= + + +

0,25
-
2014 2014 2014 2014
2 2 2 2 2
2 (cos i.sin ) 2 (cos i.sin ) 2.2 cos 2
3 3 3 3 3
p p p p p
- -
= + + + = = -
- Vy
2014
2P = -

0,25
Hc sinh lm cỏch khỏc, giỏo viờn chm cn c vo bi lm, cho im phự hp
Trn Hi Nam - Tell: 01662 843844 TT luyn thi Tm Cao Mi Tell: 01684 356573 0533564384 0536513844 0944 323844
25