Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn toán 2014 phần 2

Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Đề số 21:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 21
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
, (1) và điểm
(0;3)A
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
: y x m∆ = − +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm B, C sao
cho tam giác ABC có diện tích bằng
5
2
.
Câu 2. (2 điểm)
1. Giải phương trình:

1 1
2.cos2
sin cos
x
x x
= +
2. Giải bất phương trình:
2
1
2
1
x
x
x x x
−
≥
− − −
Câu 3. (1 điểm) Tính
4
0
cos sin 2
1 cos2
x x
M dx
x
π
+
=
+
∫

Câu 4. (1 điểm) Cho hình hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
,
AC a
=
,
2
'
3
a
AA =
.
Hình chiếu của
'A
trên đáy
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC
. Lấy điểm
I

trên đoạn
'B D
và điểm
J
trên đoạn
AC
sao cho

IJ
//
'BC
. Tính theo
a
thể tích của khối
hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
và khối tứ diện
' 'IBB C
Câu 5. (1 điểm) Tìm các giá trị của
m
để phương trình:
2 2
2 2 1x m x x− + − =
có nghiệm thực.
Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối xứng nhau

qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc
·
ABC
có phương trình là
2 5 0x y+ − =
.
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng
AC
đi qua điểm
(6;2)K
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho các điểm
(1;3;4), (1;2; 3), (6; 1;1)A B C− −
và mặt
phẳng
( ) : 2 2 1 0x y z
α
+ + − =
. Lập phương trình mặt cầu
( )S
có tâm nằm trên mặt
phẳng
( )
α
và đi qua ba điểm
, ,A B C
. Tìm diện tích hình chiếu của tam giác
ABC
trên

mặt phẳng
( )
α
.
Câu 7. (1 điểm) Giải phương trình:
1
1 2 1
2
2 9.2 2 0
x x
x x
+ −
+ + −
− + =
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6. (2 điểm)
1
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hai đường thẳng
: 4 3 3 0x y∆ − + =
và
': 3 4 31 0x y∆ − − =
.
Lập phương trình đường tròn
( )C
tiếp xúc với đường thẳng
∆
tại điểm có tung độ bằng 9

và
tiếp xúc với
'.
∆
Tìm tọa độ tiếp điểm của
( )C
và
'∆
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( ) :3 2 29 0x y z
α
− + − =
và hai điểm
(4;4;6)A
, (2;9;3)B
. Gọi
,E F
là hình chiếu của
A
và
B
trên
( )
α
. Tính độ dài đoạn
EF
.

Tìm phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng
( )
α
đồng thời
∆
đi qua giao điểm
của
AB
với
( )
α
và
∆
vuông góc với
.AB

Câu 7. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3
log ( ) log 2
2 2
4 2 ( )
3( ) 12
xy
xy
x y x y

= +



+ − + =


ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 21
PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1a: Khảo sát hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
Tập xác định
{ }
\ 1D R=
Giới hạn tiệm cận:
1 1
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒

1x
=
là tiệm cận đứng

lim 2
x
y
→±∞
=

2y⇒ =
là tiệm cận ngang
Sự biến thiên:
2
1
' 0
( 1)
y
x
= − <
−
hàm số nghịch biến trên
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
Bảng biến thiên:
Đồ thị -Nhận giao điểm hai tiệm cận là
(1;2)I
làm tâm đối xứng
- Đi qua các điểm
( )
0;1

,
3
1;
2
 
−
 ÷
 
( )
5
2;3 , 3;
2
 
 ÷
 


Câu 1b:Pthđgđ của (C) và
∆
:
2
2 1
(1 ) 1 0,( 1),(*)
1
x
x m x m x m x
x
−
= − + ⇔ + − + − = ≠
−

(*) có 2 nghiệm phân biệt khi
1
0
5
m
m
<

∆ > ⇔

>


,
B C
x x
là 2 nghiệm của (*)
2 2 2 2 2
( ) ( ) 2( ) 2( ) 8 2( 1) 8( 1)
C B C B C B C B C B
BC x x y y x x x x x x m m= − + − = − = + − = − − −
6
4
2
-2
5
O
1
I
2

4
2
-2
5
O
1
I
C
A
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
( )
3
,
2
m
d A
−
∆ =
( )
2
3
1 1 5
. , 2( 1) 8( 1).
2 2 2
2
ABC
m
S BC d A m m
−
= ∆ = − − − =

( ) ( )
2 2 2
3 ( 1) 4( 1) 5 6 9 6 5 5m m m m m m m⇔ − − − − = ⇔ − + − + =
2 2
6 5 1; 6 5 5 3 5, 3 5m m m m m m⇔ − + = − + = − ⇔ = + = −

Đối chiếu điều kiện có
3 5m = ±
Câu 2a:
1 1
2.cos2
sin cos
x
x x
= +
,(1) Điều kiện:
2
x k
π
≠
cos sin
(1) 2.cos 2 0
sin .cos
x x
x
x x
+
⇔ − =
2
(cos sin )(cos sin )sin 2 (cos sin ) 0

2
x x x x x x x⇔ − + − + =
(cos sin ) (cos sin )sin 2 2 0x x x x x
 
⇔ + − − =
 
( )
2
2 sin 0
cos sin 0
4
(cos sin )sin 2 2 0
(cos sin ) 1 (cos sin ) 2 0
x
x x
x x x
x x x x
π

 
+ =
+ =

 ÷

 
⇔ ⇔


− − =



− − − − =

3
sin 0
4
(cos sin ) (cos sin ) 2 0
x
x x x x
π

 
+ =
 ÷

⇔
 


− − − + =


⇔

4
3
2
4
x k

x k
π
π
π
π
−
= +
= +
ĐS:
4
x k
π
π
−
= +
,
k Z∈
Câu 2b:
2
1
2
1
x
x
x x x
−
≥
− − −
(2) Điều kiện:
2

2
0
0 1 0
1 1
1 0
x x
x x x
x x
x x x

− ≥
≤ ∨ ≥ ≤
 

⇔ ⇔
 

≠ >
− − − ≠  


(
)
2
2
2
2 2
2 2
2
( 1) 1

1
2 2
1
1
1 0
0
1
1 2 1 3 1 3 0 0
3
(3 1)
8 5 1 0
x x x x
x
x x
x
x x x
x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x
x x
− − + −
−
≥ ⇔ ≥
− +
− − −
≥ ∨ ≤


− ≥




⇔ − − − ≥ ⇔ − ≤ − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
 
 
− ≤ −


− + ≥

Câu3:
1 2
4 4 4
0 0 0
cos sin 2 sin 2 cos
;
1 cos2 1 cos2 1 cos2
M M
x x x x
M dx dx dx
x x x
π π π
+
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
1 442 4 43 1 442 4 43
( )
4

4
1
0
0
1 cos2
1 1 1
ln 1 cos2 ln 2
2 1 cos2 2 2
|
d x
M x
x
π
π
+
= − = − + =
+
∫
,
4 4
2
2
0 0
cos 1 cos
1 cos2 2 1 sin
x x
M dx dx
x x
π π
= = =

+ −
∫ ∫
Đặt
sinu t=

1 1
2 2
1
2
2
2
0
0 0
1 1 1 1 1 1 1
ln ln(1 2)
2 1 4 1 1 4 1 2
|
du u
M du
u u u u
+
 
= = + = = +
 ÷
− − + −
 
∫ ∫
3
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Vậy

1
ln(2 2 2)
2
M = +
Câu 4:
ABC∆
đều cạnh
a
nên
2
3
3
a
AG AM= =
,
2 2
2 2
4
' '
3 3
a a
A G AA AG a= − = − =
2 3
. ' ' ' '
3 3
' 2 ' 2 .
4 2
ABCD A B C D ABCD ABC
a a
V S A G S A G a= = = =

(đvtt)
Kéo dài DJ cắt BC tại E nên
/ / '/ / 'IJ EB BC

⇒
B là trung điểm EC
' 2
' 3
IB JE JC
DB DE AC
= = =
,
' ' '. '
' ' '. '
' 2
' 3
IBB C B IBC
DBB C B DBC
V V B I
V V B D
= = =
3
' ' ' ' . ' ' ' '
2 2 1 3
3 3 6 18
IBB C DBB C ABCD A B C D
a
V V V⇒ = = =
Câu 5:Tìm các giá trị của
m

để phương trình:
2 2
2 2 1x m x x− + − =
có nghiệm thực.

(
)
2 2 2 2
2
2
2
2
2 2
4 2 2
2 2
2 2 1 2 2 1
1 0
2
2 1 0
1
3
2 1
2 2 1
2 2 2
2 1 2( 1)
x m x x x m x x
x
x x
x
x x

x m x x
m x x x
m x x x
− + − = ⇔ − = − −

− ≥


− − ≥
≤ ≤

  
⇔ ⇔ ≥ − ⇔
  
− = − −
  
= − − +

= − − − 


Xét hàm số
2
4
( ) 2 2 2, 1;
3
f t t t t t
 
= − − + ∈
 

 
2
2
2 1
'( ) 2; '( ) 0 2 1 2
t
f t f t t t t
t t
−
= − = ⇔ − = −
−
vô nghiệm
Từ bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm khi
2
0
3
m≤ ≤
Câu 6a1.
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − −
,
(0;0)O BC∈
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc
·
ABC
nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC

vuông tại A nên
( )
2 3;4BI b b= − −
uur
vuông góc với
( )
11 2 ;2CK b b= − +
uuur
2
1
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b
b b b b b b
b
=

− − + − + = ⇔ − + − = ⇔

=

Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
I
J
E
G
M
A'

D'
C'
N
D
A
B
C
B'
4
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
− −
 ÷
 
Câu 6a2,Goi

( ; ; )I a b c
là tâm mật cầu ta có :
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 ) (3 ) (4 ) (1 ) (2 ) ( 3 )
(1 ) (3 ) (4 ) (6 ) ( 1 ) (1 )
2 2 1 0
a b c a b c
IA IB
IA IC a b c a b c
a b c
I
α

− + − + − = − + − + − −

=


= ⇔ − + − + − = − + − − + −
 
 
+ + − =
∈


7 6 1
5 4 3 6 1 (1; 1;1)
2 2 1 0 1

b c a
a b c b I
a b c c
+ = =
 
 
⇔ − − = ⇔ = − ⇒ −
 
 
+ + − = =
 
,
2 2
25R IA= =
2 2 2
( ) :( 1) ( 1) ( 1) 25S x y z− + + + − =
.Tam giác
ABC
đều cạnh bằng
5 2
nên
25 3
2
ABC
S =
( )
( )
( )
0; 1; 7, 5; 4; 3, , 25; 35;5
17

cos ( ),( ) cos ,
15 3
AB AC p AB AC
ABC n p
α
α
 
= − − = − − = = − −
 
= =
uuur uuur ur uuur uuur
uur ur

Gọi
'S
là diện tích hình chiếu của tam giác
ABC
lên mặt phẳng
( )
α
Ta có
( )
50 3 17 85
' .cos ( ),( )
4 6
15 3
ABC
S S ABC
α
= = =

(đvdt)
Câu 7a :
1 1
1 2 1 1
2 2
2 9.2 2 0 2.2 9.2 4.2 0
x x x x
x x x x
+ − + −
+ + − −
− + = ⇔ − + =
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2.2 9.2 4 0
1
2
2 4
2
x x

x x
x x
x x
x x
x x
− −
− −
− −
− −

− −

= −

=


⇔ − + = ⇔ ⇔


− −

=

=



2
4

2 1( )
9 13
2
9 17 0
4 1
x
x x vn
x
x x
x x

≥
+ = −

+
⇔ ⇔ ⇔ =


− + =
− = −



Câu 6b 1,Gọi
( )
;I a b
là tâm của đường tròn
( )C
tiếp xúc với
∆

tại điểm M(6;9) và
( )C
tiếp xúc với
'.∆
nên
: 4 3 3 0x y∆ − + =
( ) ( )
54 3
4 3 3 3 4 31
, , '
4 3 3 6 85
4
5 5
(3;4)
3( 6) 4( 9) 0
3 4 54
25 150 4 6 85
10; 6
54 3
190; 156
4
a
a b a b
d I d I
a a
IM u
a b
a b
a a
a b

a
a b
b
∆
 −
 − + − −
 ∆ = ∆
− + = −
=
  
⇒ ⇔
  
⊥ =

 

− + − =
+ =



− = −
= =


⇔ ⇔

−

= − =

=



uuur uur
ĐS:
2 2
( 10) ( 6) 25x y− + − =
tiếp xúc với
'∆
tại
( )
13;2N
5
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

2 2
( 190) ( 156) 60025x y+ + − =
tiếp xúc với
'∆
tại
( )
43; 40N − −
Câu 6b.2,
( )
( )
19
( 2;5; 3), (3; 2;1),sin ,( ) cos ,
532
AB n AB AB n

α α
α
= − − = − = =
uuur uur uuur uur

( ) ( )
2
361 171
.cos ,( ) 1 sin ,( ) 38 1
532 14
EF AB AB AB AB
α α
= = − = − =
AB
cắt
( )
α
tại
(6; 1;9)K −
,
, (1;7;11)u AB n
α
∆
 
= =
 
uur uuur uur
Vậy
6
: 1 7

9 11
x t
y t
z t
= +


∆ = − +


= +

Câu 7b:Giải hệ phương trình:
3 3
log ( ) log 2
2 2
4 2 ( ) ,(1)
3( ) 12,(2)
xy
xy
x y x y

= +


+ − + =


Ta có (1)
( )

3 3
2
log ( ) log ( )
2 2 2 0
xy xy
⇔ − − =

3
3
log ( )
log ( )
2 1( )
3
2 2
xy
xy
vn
xy

= −
⇔ ⇔ =

=


Vây ta có hệ:
( ) ( )
2 2
3 3
3( ) 2 12 3( ) 18 0

6
3
3 6; 3 6
3
3 6; 3 6
3
xy xy
x y x y xy x y x y
x y
xy
x y
x y
x y
xy
= =
 
 
⇔
 
+ − + − = + − + − =
 
 
 + =




=
= + = −



⇔ ⇔


+ = −

= − = +




=



Đề số 22:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 22
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.

Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

6
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu III (1 điểm): Tính tích phân :
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx

c
π
π
−
=
∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
.
Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v

r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v

r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +
HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ 22
Câu 1: 2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =

có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nghiệm phân biệt
1 0, m⇔ ∆ = > ∀

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m) Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2m = − −
và
3 2 2m = − +
.
7
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu 2: 1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin2 ) 3 1 os(4x+ ) os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
2
PT c x c c x c x
π
 
⇔ + = + ⇔ + =
 ÷
 

18 3
sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0
6 6 6
x=
2
x k
x x x c
k
π π
π π π
π
π

= − +

⇔ + + + = ⇔ + ⇔


+



Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−

< <



≠

. Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2

2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
log (2 1) 1
1 1
log (5 2 ) 2log (2 1) , , 2, 2
4 2
log (5 2 ) 0
x
x x x x x x
x
+ = −

−

⇔ − = + ⇔ = = = − =


− =


Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu 3:
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +

1
0 0,
6
3
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
Câu 4:
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB

AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC⊥
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1

2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
Câu 5: Ta c ó:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3)P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x
 
= + + − + + − = − + + − = − + − +
 
8
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

2
3 2
( ) 1
27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2 2
y z
x x x x x x

+
≥ − − − + = − + − +
Câu 6a:Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

x
−∞
0 1 3
+∞
y’ + 0 -

y

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
Câu 7a:1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
.
Khi đó diện tích tam giác ABC là
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a

a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p

n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu 6b: Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +

= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  

∈

Vậy hệ số của
4
x
là:

4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
Câu 7b: 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
9
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 
=
=



. Vậy
3 2
( ; 2)

2
C
.
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2 1
2 2 2 3 1 121 3 1
3 243 4
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)

n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ + + +

Vậy n=4.
Đề số 23:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 23
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm)
C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm các giá trị m để đường thẳng

3y x m= − +
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam
giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 ®iÓm)
1. Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
2. Giải phöông trình
cos cos3 1 2sin 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân
2
2
0
1 3 sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a= =
.
Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD.

Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
C©u V (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
+ + +
+ + ≥
+ + + + + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
10
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
C©u VI.a (2,0 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 1 0x y+ + =
và điểm
(1; 2)I −

. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
2 2AB =
.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳng (P) có phương
trình
3 2 0x y z+ − + =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn
AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ
nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
.
B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao
C©u VI.b (2,0 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 5 0x y− + =
và điểm
(1; 2)I −

. Gọi A là giao điểm của d
1
và d
2
. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại B và C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian Oxyz, cho
A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1)
và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2
= 0
.
Tìm tọa độ điểm
M
thuộc mặt phẳng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
+ MC
2

đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6
log 5 log 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +

− + − + + − =


+ − + =


HÕt
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 23
Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
+

=
−
TXĐ :
{ }
\ 1¡
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)và (1; )−∞ +∞
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
− −
TCĐ :

1x
=

2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
TCN :
2y =
Lập BBT
Đồ thị
11
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2

4
6
1
Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(d)
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1
x
x m
x
+
= − +
−
. Với đk
1x
≠
2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m⇔ + = − − + ⇔ − + + + =
D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m

m m
m
m m
>

∆ = + − + >

⇔ ⇔ + − > ⇔


< −
− + + + ≠


Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m− + − +
Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
+ + −

⇒ = = = − + =
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G
+ −
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
uuur uur
1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
 
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
 ÷
 
(TM). Vậy
11
5
m = −
Câu 2: 1, Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤

Điều kiện :
1x ≥ −
. Đặt
2
0
1
1
y
y x
y x
≥

= + ⇔

= +

Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0x x y y+ − ≤
TH 1.
0 1y x= ⇔ = −
. Thỏa mãn BPT TH 2.
0 1y x> ⇔ > −
. Chia hai vế cho
3
y
ta được
3 2
3 4 0
x x

y y
   
+ − ≤
 ÷  ÷
   
. Đặt
x
t
y
=
và giải BPT ta được
1t
≤
2
1 0
0
1 1 1
1 0
x
x
x
t x x
y
x x
− ≤ <


≥
≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔





− − ≤



1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <


≥
+


⇔ − ≤ ≤



− +


≤ ≤



.
12
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Kết hợp
1x
> −
ta được
1 5
1
2
x
+
− < ≤
. Vậy tập nghiệm của BPT là S =
1 5
1;
2
 
+
−
 
 
Câu 2: 2, Giải phöông trình
cos cos3 1 2sin 2
4

x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
⇔ = + +2cos2xcosx 1 sin2x cos2x

⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx
⇔ − − = +
2 2 2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)


+ =
⇔

− − = +

cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)
 
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
 ÷
 
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4

π


=
= + π


⇔ − − = ⇔ ⇔

 
π

+ =
π π

 ÷

+ = ± + π
 



cosx 0
x k
2
(2) 2cosx(cosx sinx 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4
Vậy pt có nghiệm là
π

= − + πx k
4
,
π
= + πx k
2
,
= π
x k2
Câu 3: Tính tích phân I =
2
2
0
1 3 sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
2 2 2
2 2
0 0 0
1 3sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx
π π π
= − + = − = −
∫ ∫ ∫
sin 3 cos 0 tan 3
3
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +

Do
0;
2
x
π
 
∈
 ÷
 
nên
3
x
π
=
3
2
0
3
sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫

3
2
0
3
(sin 3cos ) (sin 3 cos )x x dx x x dx

π
π
π
= − + −
∫ ∫
( ) ( )
3 2
0
3
cos 3 sin cos 3 sinx x x x
π π
π
= − − + − −

1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −
Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )SH ABCD⊥
Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − =
SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0

45 2SAH SH AH a= ⇒ = =
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a= = =
. Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC
và // SD Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= =
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi
đó
13
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
 
 ÷
 ÷
 
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
 

 ÷
 ÷
 
.
( ;2 2 ;0)AC a a=
uuur
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
= ⇒
 ÷
 ÷
 
uuuur
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − −
uuur uuuur
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
r
nên
có phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a

a
x y z d D ACM
−
− − = ⇒ = =
+ +
Câu 5: Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
+ + +
+ + ≥
+ + + + + +
(1)
Ta có
2 2
( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z+ + = + + ≤ + + + +
2 2
2 2
1 1 2 2
( )( 2 ) ( )( 2 )
( ) ( )
x xy x xy
x y z y z x y z y z
y zx z y zx z
+ +
⇒ ≥ ⇔ ≥

+ + + + + +
+ + + +
2 2
1 2 1 2 2 2
( ) 2 ( ) 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
   
+ + +
= + − = −
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
2
2
x x
y z x y z
= −
+ + +
. Tương tự, cộng lại ta được
VT (1)
2 2 2
1
2 2 2
x y z
y z z x x y
≥ + + −
+ + +

2 2 2 2
2( )
2 1 1
2 2 2 3( )
x y z x y z
xy xz yz yx zx zy xy yz zx
 
+ +
= + + − ≥ −
 ÷
+ + + + +
 
Chứng minh được
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +
. Suy ra VT (1)
2 1 1≥ − =
Đẳng thức xảy ra
x y z= =
Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
2 2AB =
1 2
( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b∈ ⇒ − − ∈ ⇒ − −

( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)IA a a IB b b= − − − ≠ = − − +
uur r uur

I, A, B thẳng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB k IA
b k a
− = −

⇒ = ⇔

− + = − −

uur uur
Nếu
1 1 4a b AB
= ⇒ = ⇒ =
(không TM) Nếu
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a
−
⇒ − + = − − ⇔ = −
−
14
M
H
O

B
D
C
A
S
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
[ ]
2
2 2 2
( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,AB b a a b t t t b a= − + − + = ⇔ + + = = −

2
2
5 12 4 0
2
5
t
t t
t
= −


⇔ + + = ⇔

= −

2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y= − ⇒ − = − ⇒ = = ⇒ ∆ + − =
2 2 6 8
, :13 11 0
5 5 5 5

t b a b a x y
− −
= ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − =
Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
− −
 
⇒ = − − −
 ÷
 
uuur
Pt (Q) là
3
0
2
x y z+ + + =
Đường thẳng ∆ đi qua điểm
7 1
;0;
4 4
I
 
−
 ÷
 
và có vtcp
(2; 1; 1)u = − −

r
Pt tham số của ∆ là
7 1
2 , ,
4 4
x t y t z t= − + = − = −
2
7 1 25
2 ; ; . 12 15
4 4 4
M M t t t OM t t
 
∈∆ ⇒ − + − − = − +
 ÷
 
OM nhỏ nhất
5 19 5 3
; ;
8 6 8 8
t M
 
= ⇒ − −
 ÷
 
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
.
Giả sử

z x yi= +
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + −
(1 3 )i z−
là số thực
3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ =
2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =


⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1

, d
2
lần lượt tại B và C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất
1 2 1 2
, ( 2;1)d d d d A A⊥ ∩ = ⇒ −
Gọi H là hình chiếu của A trên
BC.
∆ABC vuông tại A nên
2 2 2
1 1 1
AB AC AH
+ =

2 2
1 1
AB AC
+
nhỏ nhất
2
1
AH
⇔
nhỏ nhất
AH⇔
lớn nhất

H I⇔ ≡
Khi đó ∆ qua I và có vtpt
( 1; 1)n AI= = − −
r uur
. Pt ∆ là
1 0x y+ + =
Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh được MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
MA
2

+ MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất
MG
nhỏ nhất
M⇔
là hình chiếu của G trên (P).
Tìm được tọa độ
4 2
1; ;
3 3
G
 
 ÷
 
Tìm được
22 61 17
; ;
3 3 3
M
 
−
 ÷
 
Câu 7b: Giải hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2

1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6(1)
log 5 log 4 1 (2)
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +

− + − + + − =


+ − + =


15
Tuyn tp 40 thi th i hc mụn Toỏn 2014 (kốm ỏp ỏn chi tit) Phn 2
k Gii h phng trỡnh
1 1 0 0 1
1 2 0 2 1
x x
y y
> <



+ > <

( ) ( )
1 2
(1) 2log (1 ) 2 2log 1 6
x y
x y x
+
+ + =
( ) ( )
1 2
2 2log 2 2log 1 6
x y
y x
+
+ + + =
.
t
1
log ( 2)
x
t y

= +
ta c
2
2
2 2 6 2 4 2 0 1t t t t
t
+ + = + = =
2 1y x+ =
Th vo (2) ta c

( ) ( )
1 1 1
2 2
log 2 log 4 1 log 1 1
4 4
x x x
x x
x x x
x x

+ +
+ + = = =
+ +
2
2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x

=
=

= +


Vy
2 6, 1 6x y= =
s 24:

GIO VIấN NG VN HIN
THI TH I HC MễN TON S 24
NM HC 2013 - 2014
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
- 3x
2
.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình x =
xx
m
3
2

.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm x
( )

;0
của phơng trình : 5cosx + sinx - 3 =
2
sin

+
4
2

x
.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx
xác định
Rx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
dx
x
x
e

+
1

2
)ln1ln(
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng
1111
. DCBAABCD
có đáy là hình bình hành và có
0
45=BAD
. Các đờng chéo
1
AC
và
1
DB
lần lợt tạo với đáy các góc 45
0
và 60
0
. Hãy tính thể
tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình :





=+
=+++
3032

06)32(536188
22
22
yx
xyyxxyyx

( )
Ryx ,
.
II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B).
A. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho cỏc ng thng
1
:3 2 4 0d x y+ =
;
2
:5 2 9 0d x y + =
.
Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm
2
I d
v tip xỳc vi
1
d
ti im
( )
2;5A
.
16

Tuyn tp 40 thi th i hc mụn Toỏn 2014 (kốm ỏp ỏn chi tit) Phn 2
2. Trong khụng gian tọa độ Oxyz, cho hỡnh thoi ABCD vi
( 1 ; 2; 1), (2 ; 3 ; 2)A B
.
Tỡm ta cỏc nh C, D bit tõm I ca hỡnh thoi thuc ng thng
1 2
:
1 1 1
x y z
d
+
= =

.
Cõu VIIa. (1,0 im) Tỡm s phc
z
tha món
1 5z =
v
17( ) 5 0z z zz+ =
.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im)
1. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C) : x
2
+ y
2
- 6x - 2y + 1 = 0. Viết phơng trình đ-
ờng
thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.

2. Trong khụng gian tọa độ Oxyz, viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt
mặt cầu
(S) : x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đờng tròn có bán kính bằng 2.
Cõu VIIb. (1,0 im) Trong cỏc acgumen ca s phc
( )
8
1 3i
, tỡm acgumen cú s o dng nh
nht .
Ht
HNG DN GII 24
Câu 1: y = x
3
- 3x
2
.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
Giới hạn:
lim
x
y
+
= +

lim
x
y

=
Chiều biến thiên : y
,
= 3x
2
- 6x = 3x(x

-2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -

; 0) và (2; +

), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- th cú im cc i (0;0), im cc tiu (2; -4)
Bảng biến thiên :
x
-

0 2 +


y

+ 0 - 0 +
y 0 - 4
* Đồ thị :

y'' = 6x - 6 = 0

x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối
xứng .

17
x
y
0
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
C©u1: 2, x =
xx
m
3
2
−

⇔
2
0, 3
3
x x
x x x m
≠ ≠



− =



. Sè nghiÖm cña pt b»ng sè giao ®iÓm cña ®å thị
y =
2
3x x x−
( x
0≠
và x
≠
3) với đồ thị y = m .
Ta có y =
3 2
2
3 2
3 0 3
3
3 0 3
x x khi x hoac x
x x x
x x khi x

− < >

− =

− + < <


.

Lập bảng biến thiên ta có:
x -
∞
0 2 3 +
∞
y
’
+ 0 + 0 - +

y
4
0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
C©u 2: 1, 5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+
4
2
π
x

⇔
5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
⇔
2cos
2
x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0
⇔
(2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
+/ cosx =
1
2 ,
2 3
x k k Z
π
π
⇔ = ± + ∈
.
Đối chiếu điều kiện x
( )
0;
π
∈
suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
π
C©u 2: 2, Hµm số xác định
2 2

2
2 2
3 2 2 3 2 2
log 0 1
2 1 2 1
x x x x
x R x R
x mx x mx
+ + + +
∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈
+ + + +
(*).
Vì 3x
2
+ 2x + 2 > 0
x∀
, nên (*)
2
2 2
1 0
2 1 3 2 2
m
x mx x x x

− <

⇔

+ + ≤ + + ∀



18
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
2
2
2 2(1 ) 1 0
4 2( 1) 3 0 ,
1 1
x m x
x m x x R
m

+ − + ≥

⇔ + + + ≥ ∀ ∈


− < <


⇔






<<−
≤∆
≤∆

11
0
0
2
'
1
'
m
.
Giải ra ta có với : 1 -
2 1m≤ <
thì hàm số xác định với
x R
∀ ∈
.
Câu 3: Đặt lnx = t , ta có I =
1
2
0
ln(1 )t dt+
∫
. Đặt u = ln( 1+t
2
) , dv = dt ta có : du =
2
2
,
1
t
dt v t

t
=
+
.
Từ đó có : I = t ln( 1+ t
2
)
1 1 1
2
2 2
0 0 0
1
2 ln 2 2
0
1 1
t dt
dt dt
t t
 
− = − −
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
(*).
Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được
1
2
0
1 4

dt
t
π
=
+
∫
. Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +
2
π
.
Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có :
0 0
1 1
45 , 60 .C AC B DB∠ = ∠ =
Từ đó suy ra : AC = CC
1
= 2 , BD = 2 cot 60
0
=
2
3
.
Áp dụng định lý cô sin có: BD
2
= AB
2
+ AD
2
– 2AB.AD. cos45

0
AC
2
= DC
2
+AD
2
–
2DC.AD.cos135
0
.
Ta có BD
2
–AC
2
=
4 4
. 2 . ( 2) 2 2 . 4 2 2 . .
3
3 2
AB AD DC AD AB AD AB AD AB AD− + − = − ⇒ − = − ⇒ =
Từ đó
1 1 1 1
.ABCD A B C D
V
= AB.AD sin45
0
.AA
1
=

4 2 4
. .2
2 3
3 2
=
Câu 5: Điều kiện xy
0≥
.Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.
Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
Pt (1) của hệ
⇔
2
2
8 18 36 5(2 3 ) 6x y xy x y xy+ + = +

6
2 3 5
2 3 2
6
xy
x y
x y
x y
+
⇔ + =
+
. DÔ thÊy 2 sè h¹ng
cïng dÊu cã tæng = 2,5 nªn suy ra x > 0 , y > 0 .
Đặt
2 3

, 2.
6
x y
t t
xy
+
= ≥
Xét f(t) = t +
1
, 2t
t
≥
. Ta thấy f
’
(t) =
2
2
1
0 2
t
t
t
−
> ∀ ≥
suy ra f(t)
5
2
≥
.
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.

19
A
B
A
C
1
B
D
C
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với
đường thẳng
1
d
tại điểm A nên
1
IA d⊥
.
Vậy phương trình IA là:
( ) ( )
2 2 3 5 0 2 3 19 0x y x y+ − − = ⇔ − + =
d
2
d
1
A
Kết hợp
2
I d∈
nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ

( )
5 2 9 0 1
1;7
2 3 19 9 7
x y x
I
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
Bán kính đường tròn
13R IA= =
. Vậy phương trình đường tròn là:
( ) ( )
2 2
1 7 13x y− + − =
Câu 6a: 2,Gọi
( )
1 ; ;2I t t t d− − − + ∈
. Ta có
( ) ( )
;2 ; 1 , 3 ;3 ;IA t t t IB t t t= + − − = + + −
uur uur
.
Do ABCD là hình thoi nên
2
. 0 3 9 6 0 1, 2IA IB t t t t= ⇔ + + = ⇔ = − = −

uur uur
.
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với
( ) ( ) ( )
1 0;1;1 1;0;1 , 2; 1;0t I C D= − ⇒ ⇒ − −
. * Với
( ) ( ) ( )
2 1;2;0 3;2; 1 , 0;1; 2t I C D= − ⇒ ⇒ − −
.
Câu 7a: Đặt
z a bi
= +
, ta có:
( ) ( )
2
2 2 2
1 5 1 5 2 24 1z a b a b a− = ⇔ − + = ⇔ + − =
Mặt khác:
( )
2 2
34
17( ) 5 . 0 2
5
z z z z a b a+ − = ⇔ + =
Thay (2) vào (1) được
24
24 5
5
a a= ⇔ =

. Kết hợp với (1) có
2
9 3, 3b b b= ⇔ = = −
.
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là:
5 3i+
và
5 3i−
.
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH
⊥
AB thì H là trung
điểm của AB suy ra AH = 2. Tam gíac AHI vuông tại H nên IH =
2 2
9 4 5IA AH− = − =
.
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A
2
+ B
2

≠
0)
⇔
Ax + By – 2B = 0 .
Ta có IH =
2 2
2 2
3 2
5 5 2 3 2 0

A B B
A AB B
A B
+ −
⇔ = ⇔ − − =
+
. Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc -
1
2
.
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d
1
): 2x + y -2 = 0 và (d
2
) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b: 2, Phương trình (S) : (x-1)
2
+ (y + 3)
2
+ ( z -2)
2
= 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A
2
+C
2

0
≠
).

(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) =
2 2
2 2
2
5 5 2
A C
R r C A
A C
+
− = ⇔ = ⇔ =
+
Chọn A = 1 thì C = 2. Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.
Câu 7b: Ta có
1 3
1 3 2 2 cos( ) isin( )
2 2 3 3
i i
π π
 
 
− = − = − + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
.
Theo công thức Moavơrơ ta có
8
8 8

2 cos( ) isin( )
3 3
z
π π
 
= − + −
 ÷
 
. Từ đó suy ra z có họ các
acgumen là :
8
2 ,
3
k k Z
π
π
− + ∈
. Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
4
3
π
.
20
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Đề số 25:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 25
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3
3 2
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
C
2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của
( )
m
C
cắt đường tròn tâm
( )
1;1 ,I
bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
π
 
+ + = +
 ÷

 
2. Giải phương trình
( )
2
2 2
1 5 2 4x x x+ = − +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫








+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,

2AB a=
. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2IA IH= −
uur uuur
. Góc giữa SC
và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến
mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao

điểm của đường thẳng
: 3 0d x y− − =
và
': 6 0d x y+ − =
. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục
Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)M −
và
( 1;1;3)N −
. Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
( )
0;0;2K
đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
ứng với k = i-1.

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 ÷
 
−
−
− +
+
+
 
 ÷
 ÷
 
là 224.
B. Theo chương trình nâng cao
21
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và
đường chéo BD lần lượt là
2 1 0x y− + =
và
7 14 0x y− + =
, đường thẳng AC đi qua điểm
( )
2;1M
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− −
. Tìm tọa
độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( )
2 2
3log 2 9log 2x x x− > −
…………………….Hết…………………….
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 25
Câu 1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2y x x= − +
•
Tập xác định:

¡
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
X
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
, nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4

CD
x y= − =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= =
•
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
f(x )=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
Câu 1: 2.(1,0 điểm)
Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt
0m⇔ >
Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx= − +

nên đường thẳng
∆
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2y mx= − +
22
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
−
∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng
∆
luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R =
1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
1
2
m ≠
, đường thẳng
∆
không đi qua I, ta có:
2

1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =
Nên
IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = =
(H là trung
điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =

+
Câu 2:.(1,0 điểm)
Đặt
( )
2 2 4 2
2 4 2 2t x x t x x= + ⇒ = +
ta được phương trình
2
2
4
1 5 2 8 0
2
2
t
t
t t t
t
= −

+ = − ⇔ + − = ⇔

=

Với
4t
= −
ta có

( )
0

0 0
2
2 4 4 2
4 2
4 2 2
2 2 16
2 8 0 2
x
x x
x x x
x x
x x x
<
< <
+ = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
+ =
+ − = =

 

  
 


Với
2t =
ta có

( )
2

4 2
4 2
2
0
0
0
2 4 2 3 1
2 2 4
2 2 0
3 1
x
x
x
x x x
x x
x x
x
>

>
>


 
+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
  
+ =
+ − =
= −






Câu 3: (1,0 điểm)
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x

I
1
1
ln1
ln
.
Đặt
2
1
1 ln 1 ln ; 2t x t x tdt dx
x
= + ⇒ = + =
Khi
2tex;1t1x =⇒==⇒=
( )
( )
( )
2
2
3
1
2 2 2
2 2
2
.2 2 1 2
1
3 3
1 1
1
t

t
I tdt t dt t
t
−
−
⇒ = = − = − =
∫ ∫
 
 ÷
 ÷
 
+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. §Æt







=
=
⇒




=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
+
⇒ = − = − = − + =
∫
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
=+=
21
I3II
3
e2225

3
+−
23
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
15
0 0

, 60 . tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC
a

V S SH dvtt
∆
= =
*
( )
BI AH
BI SAH
BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI

SB
d B SAH
⇒ = = ⇒ = = =
Câu 5(1,0 điểm) Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1a b c+ + =
nên
( )
, , 0;1a b c ∈
Ta có
( )
2
2
5 3
1
2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +
= = − +
+ −
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
2 3

3 3 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
S
H
C
A
B
I
K
.
24
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
ax
9
M f x =
( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c⇒ + + ≤

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
1
3
Câu 6a: 1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷

+ − =
 


=



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
Ta có:
2 3 2AB IM= =
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1

3 2
x y
x x
A D
y y
x y
+ − =

= =
 

⇔ ∧ ⇒ −
  
= = −
− + =
 


Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
Câu 6a:2.(1,0 điểm)
Gọi
( )
, ,n A B C=
r

( )
2 2 2
0A B C
+ + ≠

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )
1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − =
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
( )
( )
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0B
≠
thì
( )
( )
2 2 2
1 1
,
2

4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
= = ≤
+ +
 
+ +
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
Câu 7a: Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5

2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
25