100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 1

LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 1
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
1
LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh thân mến!
Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng.
Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp
và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các
em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền
tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới.
Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù
hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các
em tự ôn luyện.
Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động
của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên
cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn
với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường
mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút
ra cho mình những điểm chú ý quan trọng.
Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM
MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới!
Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014
Tác giả
2
ĐỀ SỐ 1
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số

2
1
x
y
x
+
=
−
(C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại
,A B
sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
nhỏ nhất.
Câu 2.(1,0 điểm)
Giải phương trình sau:
( )
2
sin3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
Câu 3.(1,0 điểm)
a. Tìm n nguyên dương thỏa mãn:
0 1 2 3
2 3 4 ( 1) 512( 2)
n
n n n n n
C C C C n C n+ + + + + + = +
b. Giải phương trình sau: log

9
(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
.
Câu 4.(1,0 điểm)
Tính tích phân:
1
3
3
4
1
3
8 8
2
x x
I dx
x
−
=
∫

Câu 5.(1,0 điểm) :
Cho hình hộp đứng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết bán kính đáy
của hình trụ bằng
5a
; góc giữa đường thẳng
'B D
và mặt phẳng
( )
' 'ABB A
bằng 30
0
; khoảng
cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng
( )
' 'ABB A
là
3
2
a
.
Tính thể tích khối hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225. Gọi F, F lần lượt là hai
tiêu điểm của (E) (x< x). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi
tứ giác FFBA nhỏ nhất biết rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6.
Câu 7.1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − =
và
mặt phẳng
( )
α
có phương trình
2 2 17 0x y z+ − + =
. Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
song
song với mặt phẳng
( )
α
và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng
6
π
.
Câu 8.1,0 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x

+ + − =



+ − + =


Câu 9.(1 điểm)
Cho
, , 0x y z >
thoả mãn:
5 5 5 1
y
x z
−
− −
+ + =
.
Chứng minh rằng:
5 5
4
5 5 5
25 25 25 5
5 5 5
y y
x z x z
y z y x y
x z x z
+ +
+ + ≥

+ +
+
+ + +
3
x
y
f
x
( )
=
x+2
x-1
1
4
-2
-2
O
1
2
3
5/2
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:
2
1
x
y
x
+

=
−
+ TXĐ
{ }
\ 1R
lim 1; lim 1
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
;
1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
Đồ thị có Tiệm cận ngang là đường thẳng
1y =
và tiệm cận đứng là đường thẳng
1x =
.
+ SBT:
2
3
'
( 1)
y
x

−
=
−
;
' 0 1y x< ∀ ≠
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:
NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cận
(1;1)I
làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1)
Giả sử
0 0
( ; )M x y
(
0
1x ≠
) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến
( )
∆

và đồ thị (C).
Ta có
0
0
0
2
1
x
y
x
+
=
−
, hệ số góc của tiếp tuyến
( )
∆
là:
2
0
3
( 1)
k
x
−
=
−
.
Phương trình tiếp tuyến
( )
∆

là
0
0
2
0 0
2
3
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
+
= − − +
− −
(1)
Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1
- Cho x = 1, thay vào (1) ta có
0 0 0 0 0 0
0
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 3 3 2 2 5 5
3 3
(1 ) nên (1; )
( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1
x x x x x x
y x B
x x x x x x x x
+ − + + + +

= − − + = + = + =
− − − − − − − −
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1
- Cho y = 1, thay vào (1) ta có
0
2 1x x= −
nên
( )
0
2 1;1A x −
Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là
2
AB
4
x
'( )f x
( )f x
−∞
+∞
1
−
−
1
1
+∞
−∞
Ta có
2
2 2
0

0
2
0 0
5
36
(2 2) 1 4( 1)
1 ( 1)
x
AB x x
x x
 
+
= − + − = − +
 ÷
− −
 
Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm
2
0
2
0
36
4( 1) ;
( 1)
x
x
−
−
ta có
2 2

0 0
2 2
0 0
36 36
4( 1) 2 4( 1) . 24
( 1) ( 1)
x x
x x
− + ≥ − =
− −
.
Tức là R =
2 6
2
AB
≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 4 4
0 0 0 0
2
0
36
4( 1) 4( 1) 36 ( 1) 9 1 3
( 1)
x x x x
x
− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±
−
Khi đó
(1 3;1 3)M + +

hoặc
(1 3;1 3)M − −
Vậy
(1 3;1 3)M + +
hoặc
(1 3;1 3)M − −
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình
( )
2
sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
ĐK:
cos 0
cos2 0
x
x
≠


≠

Khi đó
2
2
sin 2 sin
sin 3 cos .cos 2
os2x os
x x
PT x x x
c c x
 

⇔ = +
 ÷
 
2 2
sin sin
sin 2 . osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x. os2x.sinx = cos2x.
osx osx
x x
x c c
c c
⇔ ⇔
2 2
cos 2 0 (không tm)
sinx
cos2 .sin . 1 0 sinx=0
cos
sinx
1 (không tm do sin os os2x=0)
cosx
x
x x
x
x c x c


=

 
− = ⇔
 ÷


 

= = ⇔


sin 0 , ( )x x k k Z tmdk
π
= ⇔ = ∈
.
Vậy nghiệm của PT đã cho là
,x k k
π
= ∈Z
;
Câu 3.(1,0 điểm)
a. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:
0 1 2 3
2 3 4 ( 1) 512( 2)
n
n n n n n
C C C C n C n+ + + + + + = +
Xét
0 1 2 2 3 1
( 1)
n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+
+ = + + + +

.
Lấy đạo hàm hai vế được:
1 0 1 2 2
( 1) . .( 1) 2 3 ( 1)
n n n n
n n n n
x n x x C C x C x n C x
−
+ + + = + + + + +
.
Thay
1x =
có
1 0 1 2
2 .2 2 3 ( 1)
n n n
n n n n
n C C C n C
−
+ = + + + + +
.
Suy ra
1
2 .2 512( 2) 10.
n n
n n n
−
+ = + ⇔ =
b.Giải phương trình: log
9

(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
.
Điều kiện xác định
2 2
( 5 6) 0
1 3
1 0
2
3 0
x x
x
x
x
x

− + >
< <



− > ⇔
 
≠


− >

Khi đó PT đã cho tương đương
2
3 3
( 1)(3 )
log 5 6 log
2
x x
x x
− −
− + =

5
2 2
2
2 2
2 2
2( 5 6) 4 3
4 3
5 6 (do 4 3 0 :1 3)
2
2( 5 6) 4 3
x x x x
x x

x x x x x x
x x x x

− + = − + −
− + −
⇔ − + = ⇔ − + − > ∀ < <

− + = − +

3
5
3
x
x
=


⇔

=

. Kết hợp với điều kiện xác định ta có
5
3
x =
.
Vậy nghiệm của phương trình là:
5
3
x =

Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại:
dx
x
x
dx
x
xx
I
∫
−
=
∫
−
=
1
3
1
3
3
2
1
3
1
4
3
3
1
1

Đặt

dx
x
dtt
x
t
x
t
3
2
2
3
3
2
2
31
1
1
1 −
=⇔−=⇔−=
dtt
x
dx
2
3
2
3
−=⇒
Khi đó:
dt
t

dx
x
x
2
3
1
1
3
3
3
2
−=
−
;
Đổi cận:
01;2
3
1
=⇒==⇒= txtx
Vậy:
6
8
3
2
3
2
0
2
0
4

3
=
∫
== tdt
t
I
Câu 5.(1,0 điểm):
Vì hình hộp đứng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có
đáy là hai hình chữ nhật ABCD,
' ' ' 'A B C D
nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ.
Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ
, ' ' ' ' '; ' ' 5O AC BD O A C B D CA C A a⇒ = ∩ = ∩ = =
Do
AA'
DA AB
DA
⊥


⊥


( ' ')AD ABB A⇒ ⊥
nên AB’ là hình chiếu của B’D trên
( )
' 'ABB A
Suy ra góc giữa đường thẳng

'B D
và mặt phẳng
( )
' 'ABB A
bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng
·
'DB A
=30
0
.
Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được
3
2
a
OH =
, AB’ =
3 3a
Tính được AB = 4a. BB’ =
11a
Thể tích khối hộp là
2
. ' ' ' '
.OO' = AB.AD.OO'=12a 11
ABCD A B C D ABCD
V S=
(đvdt)
Câu 6.(1,0 điểm):
E líp: (E): + = 1 ⇒ ⇒ (a, b, c > 0)
Theo giả thiết thì BF + AF = 6 (1)
Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20

⇔ BF + AF = 14 (2)
6
Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB
Do đó P ⇔ AB =
Mặt khác
Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = 0 (4)
Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = 6 ⇔ x - x= 5 (5) nên AB = ≥ 5
Yêu cầu bài toán ⇔ AB = 5 ⇔ y = y
Do đó (4) ⇔ (x - x)(x + x) = 0 ⇔ x + x = 0 (6)
Giải (5) và (6) ta được ⇒ y = y = ±
Kết luận A(; ± ), B(; ± ) là các điểm cần tìm.
Câu 7.(1,0 điểm):
Ta có (S):
2 2 2 2 2 2
2 4 6 11 0 ( 1) ( 2) ( 3) 25x y z x y z x y z+ + − + − − = ⇔ − + + + − =
nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5.
Do
( )
β
song song với mặt phẳng
( )
α
:
2 2 17 0x y z+ − + =
nên phương trình mặt phẳng
( )
β
có
dạng:
2 2 0 ( 17)x y z d d+ − + = ≠

Đường tròn có chu vi
6
π
nên có bán kính là r = 3.
Gọi H là hình chiếu của I trên
( )
β
.
Vì
( )
β
cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán kính
6
π
nên
IH =
2 2
25 9 4R r− = − =
Mà IH = d(I,
( )
β
) =
2 2 2
2 4 3 5
3
2 ( 2) 1
d d− − + −
=
+ − +
Giải phương trình

17( )
5
4
7( / )
3
d loai
d
d t m
=
−

= ⇔

= −


Vậy phương trình
( )
β
là
2 2 7 0 x y z+ − − =
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2
2
( 1) 3 0 (1)
5
( ) 1 0 (2)
x x y
x y
x

+ + − =



+ − + =


Cách 1: Điều kiện xác định
0x
≠
Ta có (1)
2
x 3xy x⇔ + + =
4 2 2 2 3 2 3
2 2 2 9x x y x x y x y x⇒ + + + + + =
(1’)
(2)
2 2 2 4 3 2 2 2
( ) 5 2 5x x y x x x y x y x+ + = ⇔ + + + =
(2’)
Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có
2
( ) 2x x y+ =

2
2
x y
x
⇔ + =
(*)

Thay vào (2) ta có
4 2
4 5
1 0
x x
− + =
ta có
2
2
1
1
1 1
4
x
x

=



=



1
2
x
x
±


⇔

= ±

7
Thay vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = -1 thì y = 3; x = 2 thì y =
3
2
−
; x = -2 thì y =
5
2
Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ;
3
2
−
)
Cách 2: Điều kiện xác định
0x ≠
Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương
3
1x y
x
+ − = −
Hệ trở thành
2
2
3
1
5

( ) 1
x y
x
x y
x

+ − = −




+ − = −


. Đặt
2
1
(b>0)
x y a
b
x
+ =



=


ta có hệ
2 2

3 1
5 1
a b
a b
− = −


− = −

Giải hệ có
1, 2
1 1
,
2 2
b a
b a
= =



= =

Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1
Nếu
1
2
a b= =
ta có x = 2,
3
2

y = −
.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (2 ;
3
2
−
)
Câu 9.(1,0 điểm) Đặt
5
, , 0
5
1 1 1
, , 0
1
5
x
y
z
a
a b c
ab bc ca abc
b
a b c
a b c
c

=
>

+ + =




= ⇒ ⇔
  
>
+ + =

 

=


Ta có:
2 2 2 3 3 3
2 2 2
a b c a b c
VT
a bc b ca c ab a abc b abc c abc
= + + = + +
+ + + + + +
Vì
( ) ( )
3 3 3
2 2
a a a
a abc a ab bc ca a b a c
= =
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3
a b c
VT
a b a c b c b a c a c b
⇒ = + +
+ + + + + +
Ta có:
( ) ( )
3 3
3
3
3
8 8 64 4
a a b a c a
a
a b a c
+ +
+ + ≥ =
+ +
Tương tự:
( ) ( )
3
3
8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +

( ) ( )
3
3
8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
3
2 ( )
8 4 4
a b a c b c a b c
VT a b c VT VP
+ + + + + + +
 
⇒ + ≥ + + ⇒ ≥ =
 ÷
 
(ĐPCM)
ĐỀ SỐ 2
Câu 1.(2,0 điểm).
Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy

(1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2−=m
.
b) Tìm
0>m
để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là
CTCĐ
yy ,
thỏa
mãn :
42 =+
CTCĐ
yy
.
8
Câu 2.(1,0 điểm).
Giải phương trình
.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++
Câu 3.(1,0 điểm).
Tính tích phân :
.d
7233
6ln
0
∫
+++
= x

ee
e
I
xx
x
Câu 4.(1,0 điểm).
Cho tập
{ }
5,4,3,2,1=E
. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi
một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
7
1
5
1
4
:
1
+
=
−
−
=
+ zyx
d

và
2
1
11
2
:
2
−
+
=
−
=
− zyx
d
.
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
1
),0;2;1( dM ⊥−
và tạo với
2
d
góc
.60
0
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi

ABCD
có phương trình đường thẳng
AC
là
,0317 =−+ yx
hai đỉnh
DB,
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0,d x y+ − =
.
2
: 2 3 0d x y− + =
.Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp
ABCDS.
có
)(ABCDSC ⊥
, đáy
ABCD
là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120ABC =
.Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
)(SAB
và

)(ABCD
bằng
.45
0

Tính theo a thể tích khối chóp
SABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BDSA,
.
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2 4 4 4
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + = − +


Câu 9.(1,0 điểm).
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn
.3
222
yzyx ≤++

Tìm giá trị nhỏ nhất của :
.
)3(
8
)2(
4
)1(
1
222
+
+
+
+
+
=
zyx
P
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm):
a) (1,0điểm)
Khi
2−=m
hàm số trở thành
.196
23
+++= xxxy
a) Tập xác định:
.
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
−∞=

−∞→
y
x
lim
và
.lim +∞=
+∞→
y
x

b) Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
;9123'
2
++= xxy
9
.130';
1
3
0';
1
3
0' −<<−⇔<



−>
−<
⇔>




−=
−=
⇔= xy
x
x
y
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;;1,3; ∞+−−∞−
nghịch biến trên
( )
.1;3 −−
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
,1,3 =−=
CĐ
yx
hàm số đạt cực tiểu tại
.3,1 −=−=
CT
yx
//
6 12y x= +

//
0 2y x= ⇔ = −

, y=-1
Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn
* Bảng biến thiên:

c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Ta có
.),1(3)2(33'
2
∈∀−−−−= xmxmxy



−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy
với
0
>
m
thì

.
21
xx <
Khi đó hàm số đạt cực đại tại
1
1
−=x
và đạt cực tiểu tại
.1
2
−= mx

Do đó:
.1)1)(2(
2
1
)1(,
2
3
)1(
2
+−+−=−==−= mmmyy
m
yy
CTCĐ
Vì
42 =+
CTCĐ
yy
⇔

0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2
22
=−+−−⇔=+−+− mmmmm
m
2
1 33
( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = =
Đối chiếu với yêu cầu
0
>
m
ta có giá trị của m là
.
2
331
,1
+−
== mm
Câu 2.(1,0 điểm)
Điều kiện:
,0cos ≠x

hay
.
2
π
π
kx +≠
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan
22
+=+−++
( )
2 2 2 2
(tan 1)sin 3 sin cos 3(cos sin )sin 6sinx x x x x x x x⇔ − + + = − +
2 2
2 2
(tan 1)sin 3cos2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin )cos 0
(sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + − =
⇔ − − = ⇔ − + =
in cos
4
,
1
cos2
2
3
s x x
x k

k
x
x k
π
π
π
π

=
= +



⇔ ⇔ ∈


= −

= ± +



¢
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
∈+±=+= kkxkx ,
3
,
4
π
π

π
π
Câu 3.(1,0 điểm)
x
'y
y
3
−
∞−
∞+
1
−
1
∞−
∞+
3
−
+
–
0
0
+
10
x
O
3
−
y
1
3

−
1
−
Đặt
.3 te
x
=+

Khi đó
.d23
2
ttdxete
xx
=⇒−=
Khi
,20 =⇒= tx
khi
.36ln
=⇒=
tx

Suy ra
∫∫
++
=
+−+
=
3
2
2

3
2
2
d
132
2
7)3(23
d2
t
tt
t
tt
tt
I
∫∫






+
−
+
=
++
=
3
2
3

2
d
12
1
1t
1
2d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t
.
63
80
ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2
2
3
2
3
=−−−=+−+= tt
Vậy:
80
ln
63
I =
Câu 4.(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là
.60345

=××
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là
,24234 =××

và số các số có mặt chữ số 5 là
.362460 =−
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên
bảng đều không có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
.
25
13
5
2
5
3
.
.
.
.
)()()(
22
1
60
1
60
1
24
1
24

1
60
1
60
1
36
1
36
=






+






=+=+=∪
CC
CC
CC
CC
BPAPBAP
Suy ra xác suất cần tính là
.

25
12
25
13
1)(1 =−=∪−= BAPP
Câu 5.(1,0 điểm)
Giả sử
∆
có vtcp
.0),;;(
222
≠++=
∆
cbacbau

.00.
11
=+−⇔=⇔⊥∆
∆
cbauud
(1)
·
0 0 2 2 2 2
2
2 2 2
2
1
( , ) 60 cos60 2( 2 ) 3( ) (2)
2
1 1 4.

a b c
d a b c a b c
a b c
− −
∆ = ⇔ = = ⇔ − − = + +
+ + + +
Từ (1) có
cab +=
thay vào (2) ta được
( )
02)(318
222222
=−+⇔+++= cacaccaac



−=−=
==
⇔
.,2
2,
cbca
cbca
Với
,2, cbca ==
chọn
)1;2;1(1 =⇒=
∆
uc
ta có

.
12
2
1
1
:
zyx
=
−
=
+
∆
Với
,,2 cbca −=−=
chọn
)1;1;2(1 −=⇒−=
∆
uc
ta có
.
11
2
2
1
:
−
=
−
=
+

∆
zyx
Câu 6.(1,0 điểm)
),8;(8:
1
bbBxydB −⇒−=∈
).;32(32:
2
ddDyxdD −⇒−=∈

)8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD

và trung điểm BD là
.
2
8
;
2
32






++−−+ dbdb
I
Theo tính chất hình thoi




=
=
⇔



=−+−
=−+−
⇔





∈
=
⇔



∈
⊥
⇒
1
0
0996
013138
0.
d

b
db
db
ACI
BDu
ACI
ACBD
AC
Suy ra
.
2
9
;
2
1
)1;1(
)8;0(






−⇒



−
I
D

B

).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈

2
15
215
2
.
2
1
=⇒==⇒= IA
BD
S
ACBDACS
ABCD
11
B
A
D
C
I



−
⇒




=
=
⇔=






−⇔=






−+






+−⇒
)ktm()6;11(
)3;10(
6
3
4
9

2
9
2
225
2
9
2
63
7
222
A
A
a
a
aaa
Suy ra
).6;11()3;10( −⇒ CA
Câu 7.(1,0 điểm)
Kẻ
⇒⊥
ABSK
hình chiếu
ABCK
⊥

( )
·
0
( ),( ) 45 .SAB ABCD SKC⇒ = =

· ·
0 0 0
3
120 60 sin 60
2
a
ABC CBK CK CB= ⇒ = ⇒ = =
.
2
3
45tan
0
a
CKSC ==⇒
(1)

.
2
33
120sin.
2
0
a
BCABS
ABCD
==
(2)
Từ (1) và (2)
.
4

33
.
3
1
3
.
a
SSCV
ABCDABCDS
==⇒
Gọi
.BDACO
∩=
Vì
SCBDACBD ⊥⊥ ,
nên
)(SACBD ⊥
tại O. Kẻ
OISAOI
⇒⊥
là đường
vuông góc chung của BD là SA.
Xét hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra
.
10
53
52
3 aa
OI ==

Suy ra
.
10
53
),(
a
BDSAd =
Câu 8.(1,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương :
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y
= +



= −


ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv

uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


.
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =

Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v).
Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9(1,0 điểm)
Ta có
)1()4()1(242
222
+++++≤++ zyxzyx
636
222
+≤+++= yzyx
.
Suy ra
622 ≤++ zyx
. Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1
2
=== z
y
x
.
Chú ý rằng, với hai số dương
ba,
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
222
)(
811
baba +
≥+
, (*)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ba =

.
12
S
D
A
B
K
C
O
I
Áp dụng (*) ta được :
2
2
2
)3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
z
y

x
P

2
2
)3(
8
)1
2
1(
8
+
+
+++
≥
z
y
x

2
2
)1022(
4.64
)32
2
(
64
+++
=
++++

≥
zyx
z
y
x

.1
)106(
4.64
2
=
+
≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1,2,1 === zyx

Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng 1, đạt khi
1,2,1 === zyx
.
ĐỀ SỐ 3
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số :
3
3 2y x mx= − +

( )
1
,

m
là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
( )
1
khi
1m
=
2) Tìm các giá trị của
m
để đồ thị hàm số
( )
1
có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =

góc
α
,biết
1
cos
26
α =
.
Câu 2.(1,0 điểm)
1) Giải phương trình :
4
3 4cos 2 8sin 1
sin 2 cos2 sin 2
x x

x x x
− −
=
+
2) Tính giới hạn :
3 2
2
2
6 4
lim
4
x
x x
L
x
→
− − +
=
−

Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014
1 2 3 2015
C C C C
T = + + + +L
Câu 4.(1,0 điểm) :
Tính tích phân
2

0
cos2x
sinx sinx dx
1 3cos x
π
 
+
 ÷
+
 
∫
Câu 5. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng hệ toạ độ
Oxy
cho e líp
( )
2 2
: 1
9 4
x y
E + =
và các điểm
( )
3;0A −
, I(-1;0)
Tìm toạ độ các điểm
,B C
thuộc
( )
E

sao cho
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Câu 6.(1,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0),
S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.
Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S .
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
có độ dài cạnh bằng
3
và điểm
M
thuộc cạnh
1
, 2CC CM =
.Mặt phẳng
( )
α
đi qua
,A M
và song somg với
BD
chia khối lập
phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
( )

3 3
2 2
4 16
1 5 1
x y y x
y x

+ = +


+ = +


( , )x y ∈R
.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực
, ,x y z
thoả mãn
2 2 2
3x y z+ + =
.
13
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + +
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0điểm)
1. (1,0điểm)
Khi

1m
=
hàm số (1) có dạng
3
3 2y x x= − +
a) Tập xác định
D
=
¡
+) Giới hạn:
3 3
2 3 2 3
3 2 3 2
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
   
= − + = −∞ = − + = +∞
 ÷  ÷
   

b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
2
' 3 3y x= −
,
' 0 1y x
= ⇔ = ±

.
Khi đó xét dấu của
'y
:
+
+
-
0
0
1
-1
+
∞
-
∞
y
x
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
và nghịch biến trên khoảng
( )
1;1−
.
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
x y= − =
.
Hàm số đạt cực tiểu tại

1, 0
CT
x y
= =
+) Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 1
+∞
y'


+
0
−
0
+

y

4
+∞

−∞
0
'' 0 6 0 0y x x
= ⇔ = ⇔ = ⇒
đồ thị hàm số nhận điểm
( )
0;2

làm điểm uốn.
Đồ thị:
3
0 3 2 0 1, 2y x x x x= ⇔ − + = ⇔ = = −
, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các
điểm
( ) ( )
1;0 , 2;0
−

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
( )
0;2
làm điểm uốn làm tâm đối xứng
14
.
2. (1,0 điểm)
Gọi
k
là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có VTPT
( )
1
; 1n k= −
r
Đường thẳng
: 7 0d x y+ + =
tiếp tuyến có VTPT
( )

2
1;1n =
r
Ta có
( )
1 2
1 2
2
1 2
1
1
cos cos ,
26
2 1
n n k
n n
n n
k
× −
α = = ⇔ =
+
r r
r r
r r
2
3 2
12 26 12 0
2 3
k k k k⇔ − + = ⇔ = ∨ =
YCBT thoả mãn

⇔
ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:
, 2 2
, 2 2
3 3 2 1 2 1
3 3 0
2 2 2 2
2 2 9 2 9 2
3 3 0
3 3 9 9
m m
y x m x
m m
y x m x
+ +
   
= − = = ≥
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ +
   
= − = = ≥
   
   
1
2
2
9
m

m

≥ −



≥ −


1
2
m⇔ ≥ −
Vậy để đồ thị có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =
góc
α
,có
1
cos
26
α =
.thì
1
2
m ≥ −
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình :
4
3 4cos 2 8sin 1
sin 2 cos2 sin 2

x x
x x x
− −
=
+
.
Giải: Đ/k
( )
sin 2 cos2 0
8 2
sin 2 0
2
x l
x x
l
x
x l
π π
π

≠ − +

+ ≠


⇔ ∈
 
≠



≠


Z
ta có:
2
4
1 cos 2
8sin 8 3 4cos2 cos 4
2
x
x x x
−
 
= = − +
 ÷
 
Phương trình
( )
3 4cos 2 3 4cos2 cos 4
1
sin 2 cos 2 sin 2
x x x
x x x
− − − +
⇔ =
+
( )
cos4 1
sin 2 cos2 0,sin 2 0

sin 2 cos2 sin 2
x
do x x x
x x x
−
⇔ = + ≠ ≠
+
( ) ( )
1
cos2 sin 2 cos2 sin 2 cos 2 0
sin 2
x x x x x
x
⇔ − − = ⇔ + =
1
-1
4
x
0
y
15
( ) ( )
cos2 0 sin 2 cos 2 0 2
2 4 2
x x x loai x k x k k
π π π
π
⇔ = ∨ + = ⇔ = + ⇔ = + ∈¢
Vậy phương trình có một họ nghiệm
( )

4 2
x k k
π π
= + ∈Z
2,Tính giới hạn :
3 2
2
2
6 4
lim
4
x
x x
L
x
→
− − +
=
−

Giải:
3 2 3 2
2 2 2
2 2 2
6 2 2 4 6 2 4 2
lim lim lim
4 4 4
x x x
x x x x
L

x x x
→ → →
− − + − + − − + −
= = −
− − −
( )
( )
( ) ( )
2 2 3
2
2 2
2
2 2 23
3
6 2 4 2
lim lim
4 6 2
4 4 2 4 4
x x
x x
x x
x x x
→ →
− − + −
= −
 
− − +
− + + + +
 ÷
 

( )
( )
( )
2
2 2
2 23
3
1 1
lim lim
2 6 2
4 2 4 4
x x
x x
x x
→ →
−
= −
+ − +
+ + + +
1 1 7
16 12 48
= − − = −
Vậy L=
7
48
−
Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014

1 2 3 2015
C C C C
T = + + + +L
Cách 1:Ta có:
( )
( ) ( )
1
2014
2015
2014!
! 2014 !
1 2015! 1
1 1 2015 2015
1 ! 2015 1 !
k
k
k k
C
C
k k
k k
+
−
= = × = ×
+ +
 
+ − +
 

0,1,2,3, ,2014k∀ =

( )
( )
2015
2015
1 2 2015 0
2015 2015 2015 2015
1 1 2 1
1 1
2015 2015 2015
T C C C C
−
 
⇒ = + + + = + − =
 
L
Vậy:
2015
2 1
2015
T
−
=
Cách 2: Xét tích phân:
( )
( )
1 1
2014
0 1 2 2 2014 2014
2014 2014 2014 2014
0 0

1 . . x dx C x C x C x C dx+ = + + + +
∫ ∫
0 2 1 3 2 2015 2014
1
2014 2014 2014 2014
0
. . . .
|
1 2 3 2015
x C x C x C x C
 
= + + + +
 ÷
 
=
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014
1 2 3 2015
C C C C
+ + + +L
Mà
( )
( )
( )
2015
1
2014
1 2015
0
0

1
1
1 | 2 1
2015 2015
x
x dx
+
+ = = −
∫
Vậy:
2015
2 1
2015
T
−
=
Câu 4.(1,0 điểm): Tính tích phân
2
0
cos2x
sinx sinx dx
1 3cos x
π
 
+
 ÷
+
 
∫
Ta có I=

2
0
cos 2x
sin x sin x dx
1 3cos x
π
 
+
 ÷
+
 
∫
= .
2 2
2
0 0
cos 2x.sin x
sin xdx dx
1 3 cos x
π π
+
+
∫ ∫
Tính A=
( )
π π
π
π
 
= − = − =

 ÷
 
∫ ∫
2 2
2
2
0 0
0
1 1 1
sin xdx 1 cos2x dx x sin 2x
2 2 2 4
.
16
Tính B=
π
+
∫
2
0
cos 2x.sin x
dx
1 3 cos x
• Đặt
−
= + ⇒ =
2
t 1
t 1 3cos x cos x
3
;

=
2
sin xdx - tdt
3
; Khi
x 0 t 2, x t 1
2
π
= ⇒ = = ⇒ =
Ta có
2
2 4 2
2
t 1 2t 4t 7
cos2x 2cos x 1 2 1
3 9
 
− − −
= − = − =
 ÷
 
B=
( )
π
 
= − − = − − = −
 ÷
+
 
∫ ∫

2
2
2
4 2 5 3
0 1
1
cos 2x.sin x 2 2 2 4 118
dx 2t 4t 7 dt t t 7t .
27 27 5 3 405
1 3 cos x

Vậy
π
= −
118
I .
4 405
Câu 5.(1,0 điểm): Ta có
2IA
= ⇒
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có pt:
( )
2
2
1 4x y+ + =
Toạ độ các điểm
,B C
cần tìm là nghiệm của hệ pt:

( )
2
2
2 2
1 4
1
9 4
x y
x y

+ + =


+ =


( )
( )
2
2
2
2
2
1 4
1 4
3
3
5 18 9 0
5
x y

x y
x x
x x

+ + =

+ + =
 
⇔
 
= − ∨ = −
+ + =




• Nếu
3 0x y B A C A= − ⇒ = ⇒ ≡ ∨ ≡
(loại)
• Nếu
3 4 6 3 4 6 3 4 6
; , ;
5 5 5 5 5 5
x y B C
   
= − ⇒ = ± ⇒ − ± −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
m

Câu 6.(1,0 điểm)
Lấy điểm
( ) ( )
; ;0 OxB x y y∈
⇒
Tứ giác OABC là hình chữ nhật. ⇒
=
uuur uuur
OC AB
⇒ B(2,4,0)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
0;0;4 , 2;4;0 , 0; 4;4 , 2;0;0 .OS OB CS CB= = = − =
uuur uuur uuur uuur
Vì
OS. 0, . 0OB CS CB= =
uuur uuur uuuruuur
nên 4 điểm O,B,C,S thuộc mặt cầu tâm I(I là trung điểm SB) ,bán kính
2
SB
R =
.Nên tâm: I ( 1; 2; 2 ) và bán kính :R =
= + + =
1 1
SB 4 16 16 3
2 2
,
Vậy phương trình mặt cầu
( ) ( )
− + − + − =

2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
Câu 7(1,0 điểm) :
Gọi
1 1 1 1 1
, ,O AC BD O AC B D I AM OO= ∩ = ∩ = ∩
. Trong mặt phẳng
( )
1 1
BDD B
qua
I
kẻ đường
thẳng song song với
BD
cắt
1 1
,BB DD
lần lượt tại
,K N
.Khi đó
AKMN
là thiết diện cần dựng.
A
1
D
1

B

1
C
1
M N
K I
A D
O
B C

17
Đặt
1 1 1 1
1 . . 2 . 1A BCMK A DCMN ABCD A B C D
V V V V V V= + ⇒ = −
.
Ta có:
1 1
1
2 2
OI AO
DN BK OI CM
CM AC
= = ⇒ = = = =
Hình chóp
.A BCMK
có chiều cao là
3AB =
,đáy là hình thang
BCMK
.

Suy ra:
( )
3
.
.
1 1 3 9
. .
3 3 2 6 2
A BCMK BCMK
BC BK CM
V AB S AB
+
= = = =
.
Tương tự
.
9
2
A DCMN
V =
.
Vậy
3
1 2
9 9
9 3 9 18
2 2
V V= + = ⇒ = − =
(đvtt)
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

( )
3 3
2 2
4 16
1 5 1
x y y x
y x

+ = +


+ = +



( , )x y ∈R
.
Viết lại hệ phương trình:
( )
3 3
2 2
4 4 0(*)
5 4(**)
x y x y
y x

+ − − =


− =




Thay
( )
**
vào
( )
*
ta được:
( )
( )
3 2 2 3 3 2 2
5 4 0 21 5 4 0x y x y x y x x y xy+ − − − = ⇔ − − =

( )
2 2
1 4
21 5 4 0 0
3 7
x x xy y x x y x y⇔ − − = ⇔ = ∨ = − ∨ =
•
0x =
thế vào
( )
**
ta được
2
4 2y y= ⇔ = ±
•

1
3
x y= −
thế vào
( )
**
ta được
2
2 2
3 1
5
4 9
3 1
9
y x
y
y y
y x
= ⇒ = −

− = ⇔ = ⇔

= − ⇒ =

•
4
7
x y= −
thế vào
( )

**
ta được
2
2 2
80 31
4 4
49 49
y
y y− = ⇔ − =
Vô nghiệm
Vậy hệ phương trình đó cho có 4 nghiệm là:
( ) ( ) ( ) ( )
; 0; 2 , 1; 3 , 1;3x y = ± − −
Câu 9.(1,0 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x
   
 
≤ + + ≤ + + = + −
 
   
   
Xét hàm số
( )

( )
2 2
2 2 3f x x x= + −
trên miền xác định
3 3x− ≤ ≤
( )
( )
( )
( )
'
2
4
2 3; 3
2 3
x
f x x x
x
= − ∀ ∈ −
−

( )
'
0f x =
trên
( )
3; 3−
0
1
x
x

=

⇔

= ±

( )
( ) ( )
3 3, 0 2 6, 1 5f f f± = = ± =
( )
2
3; 3
max 5 18.5 90 3 10f x F F
 
−
 
⇒ = ⇒ ≤ = ⇒ ≤

dấu bằng khi
1x y z= = =
.
Vậy
max 3 10 1F x y z= ⇔ = = =
18
ĐỀ SỐ 4
Câu 1.(2.0 điểm)
Cho hàm số
4 2
2( 1) 2 1= − + + −y x m x m
có đồ thị là

( )
m
C
, với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
( )C
khi
2m =
.
b) Tìm tất cả các giá trị của
m
để đường thẳng
: 1d y = −
cắt đồ thị
( )
m
C
tại đúng hai
điểm phân biệt
,A B
sao cho tam giác
IAB
có diện tích bằng
4 2 2−
với
( )
2;3I

.
Câu 2.(1.0 điểm)
1. Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ;
π
].
2. Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
Câu 3.(1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
1
x
x
x e dx
x
 

+
 
+
 
∫
Câu 4.(1,0 điểm) :
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn
phương án trả lời, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong
đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiễn một trong bốn phương án. Tính xác
suất để thí sinh đó đạt từ 8 điểm trở lên.
Câu 5. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c.
Tính thể tích của tứ diện ABCD.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) và cạnh
BC = 2AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình
đường thẳng MN là x + 3y – 16 = 0
Câu 7. (1.0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 3 3
4 2 1
x y z− − +
= =
và mặt
phẳng (P):
2 5 0x y z− + + + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P),
song song với d và cách d một khoảng là

14
.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +


Câu 9.(1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
LỜI GIẢI
19
Câu 1.(2.0 điểm) :
1. (1,0 điểm)
Khi
2m =
, ta có hàm số
4 2
6 3y x x= − +

.
• Tập xác định :
= ¡D
.
- Giới hạn:
( )
4 2
6 3
x
Lim x x
→−∞
− + = +∞

( )
4 2
6 3
x
Lim x x
→+∞
− + = +∞
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
' 4 ( 3)= −y x x
;

' 0 0y x= ⇔ =
hoặc
3x = ±
.

- Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( 3;0)−
và
( 3; )+∞
.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 3)−∞ −
và
(0; 3)
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
§
0, 3
C
x y= =
; đạt cực tiểu tại
3, 6
CT
x y= ± = −
.
- Bảng biến thiên
x
−∞

3−
0
3

+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +

+∞
3
+∞

y
-6 -6
• Đồ thị :

2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
m
C
và d:
4 2 4 2
2( 1) 2 1 1 2( 1) 2 0 (1)x m x m x m x m− + + − = − ⇔ − + + =
Đặt
2
0t x= ≥
. Khi đó phương trình (1) trỏ thành:
2
2( 1) 2 0 (2)t m t m− + + =
Để
( )
m
C
cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân
biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương.
Trong phương trình (2) có

2
' 1 0,m m∆ = + > ∀
nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu.
Điều đó tương đương với:
0 0ac m< ⇔ <
.
Khi đó (2) có hai nghiệm:
2 2
1 2
1 1 0 1 1t m m t m m= + − + < < = + + +
Tọa độ của
2 2 2
( ; 1), ( ; 1) 2A t B t AB t− − − ⇒ =
Ta có
∆ ∆
= ⇔ =
2 2
1
( , ). 4
2
IAB IAB
S d I d AB AB S
với
( )
, 3 1 4d I d = + =
⇔ = − ⇔ + = − −
2
2
16 16(2 2) 1 1 2t m m

( )

< −


< −
< −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− − = −
=

+ = − −





2 2
1 2
1 2
1 2
2 1 2 2 2 2
1
1 (1 2 )
m
m
m
m

m
m m
20
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn
Câu 2.(1.0đ)
1.(0,5 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 3x=x- 2 ,3 2
6 6 6
c c k x x k
π π π
π π

⇔ ⇔ + = − +
,
12 24 2
k
x k x
π π π
π
⇔ = − + = +
vì x
[ ]
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
2.(0,5 điểm)
Đk: x > - 1
Bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x

x x
+
+ −
⇔ >
+ −
3
log ( 1)
0
6
x
x
+
⇔ <
−

0 6x
⇔ < <
Câu 3.(1,0 điểm)
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x

+
+
∫
.
Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x
+
+
∫ ∫

Ta tính
3
1
2
1
0
x
I x e dx=
∫
Đặt t = x
3

ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
Đặt t =
4
x

4 3
4x t dx t dt⇒ = ⇒ =

Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
π
= = − + = − +
+ +
∫ ∫
.
Vậy I = I
1
+ I
2

1
3
3
e
π
= + −
Câu 4.(1,0 điểm)

Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm.
Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng
8 6,4
8
0,2
−
=
câu trở lên trong tổng số 10
câu còn lại. Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu.
Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là
10
( ) 4n Ω =
.
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu.
- Chọn sai 0 câu có số cách:
0 0
10
3 .C

- Chọn sai 1 câu có số cách:
1 1
10
3 .C
- Chọn sai 2 câu có số cách:
2 2
10
3 .C

Vậy: Xác suất cần tính là
0 0 1 1 2 2

10 10 10
10 10
3 . 3 . 3 .
436
4 4
C C C
P
+ +
= =
.
Câu 5.(1,0 điểm)
21
B
D
A
C
P
M
N
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A

B
M
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( ), 2( ), 2( )x a c b y b c a z a b c= + − = + − = + −
Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + −

Câu 6.(1,0 điểm)
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC.
Phương trình DK là 3x - y - 24 = 0
⇒ Tọa độ K thỏa hệ phương trình: ⇔ ⇒ K(; )
Gọi I = MN ∩ CD. Ta có ACIM là hình bình hành ⇒ CI = AM
Theo định lý Thales thuận ta có: = = ⇒ = ⇒ H(; )
Đường thẳng AC qua H và AC // MN ⇒ AC: x + 3y - 10 = 0.
C ∈ AC ⇒ C(10 - 3c; c)
Trong ∆ACD ⊥ D có + = ⇔ + = ⇔ CD = 18
Do đó: (10 - 3c - 7) + (c + 3) = 18 ⇔ 10c - 12c = 0 ⇔
Câu 7.(1,0 điểm)
Chọn
(2;3; 3), (6;5; 2)A B d− − ∈
. Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P).
Gọi
1
d

là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P).
Giả sử
d
u
uur
véctơ chỉ phương của d,
P
u
uur
là véctơ pháp tuyến của (P).
Khi đó véctơ chỉ phương của
1
d
là
, (3; 9;6)
d P
u u u
 
= = −
 
r uur uur
.
22
Phương trình của đường thẳng
1
2 3
: 3 9
3 6
x t
d y t

z t
= +


= −


= − +

Khi đó
∆
là đường thẳng đi qua một điểm M trên
1
d
và song song với d.
Gọi
(2 3 ;3 9 ; 3 6 )M t t t+ − − +
, ta có
2 2 2
1
14 9 81 36 14
3
AM t t t t= ⇔ + + = ⇔ = ±
.
+ Với
1
3
t =
thì
(3;0; 1)M −

. Do đó
3 1
:
4 2 1
x y z− +
∆ = =
+ Với
1
3
t = −
thì
(1;6; 5)M −
. Do đó
1 6 5
:
4 2 1
x y z− − +
∆ = =
.
Câu 8.(1,0 điểm)
2.ĐK:
, 0x y
x y
≥


≥


Hệ phương trình:

3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − + − +
 
 

3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
− −
− −

− + =


− + =

⇔ ⇔
 
− =
− + − + + =



(do
2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2

3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


=


3
2
0
log 4
x
x
=


⇔
=



Với x =0 thay vào (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4x =
thay vào (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là :
( )
3 3
2 2
1
; (log 4; log 4)
2
x y =
Câu 9.(1,0 điểm).
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz

− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
.
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
ĐỀ SỐ 5
23
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số: (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b) Chứng minh rằng đường thẳng y = - x + 2 là một trục đối xứng của đồ thị hàm số (1).
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 4
x x
x x
x
+
= +

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m
+ − + − − − =

Câu 3.(1,0 điểm).
1. Tính tích phân
6
0
3
cot( )
4

os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
2. Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên k, n
(0 2015)k n≤ ≤ −
ta có:
0 1 1 2 2 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015

k k k k k
n n n n n
C C C C C C C C C
+ + + +
+
+ + + + =

Câu 4.(1,0 điểm):
Tìm môđun của số phức z, biết rằng + (4 – 3i) = 26 + 6i.
Câu 5.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với mặt phẳng
(ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC)
bằng 45
0
. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).

Câu 6.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 4x y− + − =
và đường thẳng (d) có phương trình x - y + 7 = 0. Tìm trên (d) điểm M sao
cho từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến của (C) là MA, MB(A, B là hai tiếp điểm) sao cho độ
dài AB nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; - 2; - 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x - y - z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với (P) và cắt Oy, Oz
lần lượt tại M, N sao cho OM = ON
≠
0.
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình: (x; y ∈ R).
Câu 9.(1,0 điểm).
Cho số thực a.Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 1 2 ( 3 1) 1 2 ( 3 1) 1 3a a a a a a− + + − − + + + + + ≥

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.( 1.0điểm )
TXĐ:
{ }
\ 1D R=

24
Giới hạn:

1 1
2 2 2
lim , lim , lim 1
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
+ −
→±∞
→ →
+ + +
= +∞ = −∞ =
− − −

Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng khi
1 , 1x x
− +
→ →

Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang khi
x → ±∞

2
3
' 0,
( 1)
y x D
x
= − < ∀ ∈

−

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1),(1; )−∞ +∞

Bảng biên thiên:
t
- 1
+
y
- +
y'
1 +
- 1
Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm I(1;1) làm tâm đối xứng
2.(1.0điểm ) Gọi I(1; 1), đồ thị hàm số đã cho là (C)
Phép tịnh tiến hệ trục Oxy
→
IXY theo
OI
uur
= (1; 1):
1
1
x X
y Y
= +



= +


Hàm số đã cho trở thành
1 2 3
1
1 1
X
Y Y
X X
+ +
+ = ⇔ =
+ −

Đường thẳng y = - x + 2 trở thành 1+Y = - (1 + X) + 2
⇔
Y = - X.
Trong hệ trục IXY mỗi M(X; Y)
∈
(C)
3
Y
X
⇔ =
, với
0X ≠
và hiển nhiên
0Y
≠
.

Khi đó
3 3
'( ; )Y X M Y X
X Y
= ⇔ − = ⇔ − −
−
∈
(C)
Mặt khác M(X; Y) và M'(- Y; - X) đối xứng với nhau qua đường thẳng Y = - X. Suy ra đpcm
Câu 2.( 1.0 điểm )
1. (0,5 điểm) ĐK:
sin2x 0≠

( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 4
x x
x x
x
+
= +
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
sin 2 4 cos sin
x

x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷
 
2
2 2
1
1 sin 2
1 1 1
2
1 sin 2 sin 2 1
sin 2 2sin 2 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =

sin 2 1 2 ,
2
x x k k
π
π
⇔ = ± ⇔ = + ∈Z

,
4 2

x k k
π π
⇔ = + ∈Z
thỏa điều kiện.
KL: Nghiệm của phương trình đã cho là
,
4 2
x k k
π π
= + ∈Z
2. ( 0,5 điểm)
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1) ĐK:
0 1x
≤ ≤
25
x
y
f
x
( )
=
x+2
x-1
1
4

-2
-2
O
1
2
3
5/2