100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 4

LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 3(31-40)
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
ĐỀ SỐ 41
Câu 1.(2,0 điểm)
2
Cho hàm số

4 2 4
2 2y x mx m m= − + +
, với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của
đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
1 2sin 2sin 2 2cos
cos2 3 1 cos
2sin 1
x x x
x x
x
− − +
= − +
−
.
2. Giải bất phương trình
( )
( )
3
2
1
1
x x
x x

+
≥
+ −
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
2
1
3 x
0
I (8x 2x).e dx
= −
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
( )
4
2
2 1
0.
log 3
x
x
x
−
− +
≥
−

2. Cho

0x
>
và
1 2 3 2 1 2 2 1 36
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n n n n n
n n n n n n
C C C C C C
+ + + − +
+ + + + + +
+ + + + + + =
.
Tìm số hạng không phụ thuộc
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
5
1
n
x
x
 
−
 ÷
 ÷
 
.
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy

, cho tam giác
ABC
vuông tại
( )
3;2A
, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác
ABC
là
3
1;
2
I
 
 ÷
 
và đỉnh
C
thuộc đường thẳng
: 2 1 0d x y
− − =
. Tìm toạ độ
các đỉnh
B
và
C
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập phương trình
mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; -1) một khoảng

bằng
2
.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp đều
.S ABCD
có độ dài cạnh đáy bằng
a
, mặt bên của hình chóp tạo với
mặt đáy góc 60
o
. Mặt phẳng
( )P
chứa
AB
và đi qua trọng tâm tam giác
SAC
cắt
,SC SD
lần
lượt tại
,M N
. Tính thể tích khối chóp
.S ABMN
theo
a
.
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 1
3 2

2 4
2
2 2 6.4
log ( 1) log (2 1) log 2
x x y y
x y y
+ +

= +


+ = + + +


Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa măn
( )
2 2 2
5 2a b c a b c ab
+ + = + + −
.
T́m giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
3 1
48
10
P a b c
a b c
 
= + + + +
 ÷

 ÷
+ +
 
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0điểm) Cho hàm số
4 2 4
2 2y x mx m m= − + +
, với
m
là tham số thực.
3
1.(1,0 điểm): Với m=1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
4 2
2 3y x x
= − +
*)Tập xác định
D R
=
- Giới hạn
lim
x
y
→±∞
= +∞

*) Sự biến thiên :
Chiều biến thiên
3 2
' 4 4 4 ( 1)y x x x x
= − = −

,
0
' 0 1
1
x
y x
x
=


= ⇔ =


= −

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1 ; 0) và (1 ;
+∞
),
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)
−∞ −
và (0 ; 1)
- Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại
0; 3
CÐ
x y
= =
Hàm số đạt cực tiểu tại
1; 2
CT

x y= ± =

- Bảng biến thiên :

x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞
3
+∞
2 2
Đồ thị y
3
2

-2 -1 0 1 x
2.(1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu
của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.
Tập xác định D = R
- Ta có
3
' 4 4y x mx= −
;
2
0
' 0
x

y
x m
=

= ⇔

=

Hàm số có cực đại, cực tiểu
' 0y
⇔ =
có ba nghiệm phân biệt
0m
⇔ >
Khi
0m
>
đồ thị hàm số có một điểm cực đại là
4
(0, 2 )A m m
+
và hai điểm cực tiểu là
4 2 4 2
( ; 2 ), ( ; 2 )B m m m m C m m m m
− − + − +
ABC
∆
cân tại
A
,

OxA
∈
; B, C đối xứng nhau qua
Ox
.
4
Gọi
H
là trung điểm của
BC

( )
4 2
0; 2H m m m
⇒ − +
;
2
1 1
. .2
2 2
ABC
S AH BC m m m m
∆
⇒ = = =
. Theo giả thiết
2
1 . 1 1
ABC
S m m m
∆

= ⇒ = ⇔ =
Vậy đáp số bài toán là
1m
=
Câu 2: (1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình
( )
1 2sin 2sin 2 2cos
cos 2 3 1 cos
2sin 1
x x x
x x
x
− − +
= − +
−
.
Điều kiện
1
2sin 1 0 sin
2
x x
− ≠ ⇔ ≠

( )
( ) ( )
( )
2
1 2sin 2sin 2 2cos
cos 2 3 1 cos

2sin 1
1 2sin . 1 2cos
2cos 1 3 1 cos
2sin 1
x x x
x x
x
x x
x x
x
− − +
= − +
−
− +
⇔ = − − +
−

( )
( )
2 2
1 2cos 2cos 1 3 1 cos 2cos 2 3 cos 3 0x x x x x⇔ − − = − − + ⇔ + − − =

( )
2
cos 1
2
3
6
cos
2

2
6
x k
x
x k k Z
x
x k
π π
π
π
π
π


= +
= −




⇔ ⇔ = + ∈


=




= − +


Kết hợp điều kiện
1
sin
2
x ≠
phương trình có nghiệm :
( )
2 ; 2
6
x k x k k Z
π
π π π
= + = − + ∈

2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình
( )
( )
3
2
1
1
x x
x x
+
≥
+ −
.
Điều kiện
( )
( )

( )
3
3
2 0
0
0
1 0
1 0
x x
x
x
x
x x
+ ≥

≥


⇔ ≥

+ ≥


+ − ≥


;
( )
3
0 1 0x x x

≥ ⇒ + − >
Do vậy:
( )
( )
( ) ( )
3
3
2
1 2 1
1
x x
x x x x
x x
+
≥ ⇔ + ≥ + −
+ −

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2
3 2 2
2 3 4 1 2 1 1
2 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x
⇔ + ≥ + + + − + +
 
⇔ + + + − + + ≤ ⇔ + + + − + ≤
 
( ) ( )

( )
( ) ( )
2
2
1 2 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1x x x x x x x x x x⇔ + + − + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ + − = ⇔ + =
( )
2
1 5
2
1 1 1 0
1 5
2
x
x x x x
x

− +
=


⇔ + = ⇔ + − = ⇔

− −
=


Kết hợp điều kiện
0x
>
ta được nghiệm của phương tŕnh đă cho là

5 1
2
x
−
=

5
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
2
1
3 x
0
I (8x 2x).e dx
= −
∫
.
Ta có
2 2
1 1
3 x 2 x
0 0
I (8x 2x).e dx= (4x 1).e .2xdx
= − −
∫ ∫
.
Đặt
2
2xdxt x dt
= ⇒ =
và

0 0; 1 1x t x t
= ⇒ = = ⇒ =
.
Ta được
1
0
(4 1). .
t
I t e dt
= −
∫
Đặt
4 1 4d
t t
u t du t
dv e dt v e
= − =
 
⇒
 
= =
 
1
1 1
t t t
0 0
0
I (4t 1).e e .4dt 3e 1 4e 5 e.
⇒ = − − = + − = −
∫

Câu 4.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm) Giải bất phương trình
( )
4
2
2 1
0.
log 3
x
x
x
−
− +
≥
−

Xét hàm
4
( ) 2 1
x
f x x
−
= − +
.
Ta thấy
( )
4
'( ) 2 .ln 2 1 ' 0
x
f x f x x R

−
= − − ⇒ < ∀ ∈

( )f x
⇒
nghịch biến trên
R
.
Mà
(3) 0f
=
. Do vậy f(x)
0 3x
≥ ⇔ ≤
; f(x)
0 3x
≤ ⇔ ≥
.

( )
( )
4
2
2
2
( ) 0
( )
log 3 0
2 1
0

log 3
( ) 0
( )
log 3 0
x
f x
I
x
x
x
f x
II
x
−
 ≥




− >


− +

≥ ⇔

−
≤






− <



( )
3
3 3
4
4
3 1 4
4
x
x x
I x
x
x x
x
≤

≤ ≤
 
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < −
>

  
− > >

 

 

< −



( )
3 3
3
3 4
0 3 1 3 4
3 4
x x
x
II x
x x
x
≥ ≥
 
≥

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <
  
< − < < <
< <
 


 
Tập nghiệm của bất phương trình đó cho là
( ; 4) (3;4)
−∞ − ∪
2.(0,5 điểm) Cho
0x
>
và
1 2 3 2 1 2 2 1 36
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n n n n n
n n n n n n
C C C C C C
+ + + − +
+ + + + + +
+ + + + + + =
.
Tìm số hạng không phụ thuộc
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
5
1
n
x
x
 
−
 ÷
 ÷

 
.
Ta có
2 1
2 1 2 1
:0 2 1
k n k
n n
C C k k n
+ −
+ +
= ∀ ≤ ≤ +
nên
( )
1 2 3 2 1 2 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1

2
n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n n n
C C C C C C C C C C C C
+ + + − + − +
+ + + + + + + + + + + +
+ + + + + + = + + + + + +
Mà
2 1 0 1 2 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 1)
n n n n

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

suy ra
36
2 2 18
n
n= ⇔ =
Với n=18 ta có:
( )
18 18
18 18
6 18
5 5 5
5
18 18
0 0
1 1 1
.( ) ( 1) .
n k
k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
−
= =

     
− = − = − = −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
∑ ∑
6
Số hạng không phụ thuộc
x
ứng với
6 18
0 3
5
k
k
−
= ⇔ =
.
Suy ra số hạng cần tìm là
3 3
18
( 1) 816C
− = −
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
( )
3;2A

,
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
3
1;
2
I
 
 ÷
 
và đỉnh
C
thuộc đường thẳng
: 2 1 0d x y
− − =
. Tìm toạ độ các đỉnh
B
và
C
.
+ Tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
I
là trung điểm của
BC
.

+
( )
2 1;C d C t t
∈ ⇒ +
;
I
là trung điểm của
( )
1 2 ;3BC B t t
⇒ − −
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 ;1 ; 2 2; 2
2
. 0 2 2 . 2 2 1 . 2 0
2
5
AB t t AC t t
t
AB AC AB AC t t t t
t
= − − − = − −
=


⊥ ⇔ = ⇔ − − − + − − = ⇔
−

=


uuur uuur
uuuruuur
+Với
( )
( )
1;2
1
3;1
B
t
C
−

= ⇒



.
+Với
9 17
;
5 5
2
5
1 2
;
5 5
B
t
C


 
 ÷

−
  
= ⇒

−
 

 ÷

 

.
Vậy
( )
( )
1;2
3;1
B
C
−




hoặc
9 17

;
5 5
1 2
;
5 5
B
C

 
 ÷

  

−
 

 ÷

 

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập
phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; -1)
một khoảng bằng
2
.
Gọi
( )
Q
đi qua gốc toạ độ nên
( )

Q
có phương trình dạng :
0Ax By Cz
+ + =
( )
2 2 2
0A B C
+ + ≠
.
Từ giả thiết ta có :
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
0
2
2
, 2
A B C
P Q
A B C
d M Q
A B C
+ + =

⊥
 
⇔
+ −
 

=
=
 

+ +

2 2
2
2 (*)
2 2 2
A B C
B C
B C BC
= − −


⇔
−

=

+ +

(*)
⇔

0B
=
hoặc
3 8 0B C

+ =
.
Nếu
0B
=
thì
A C
= −
. Chọn
1 1C A
= − ⇒ =

Ta được phương trình mặt phẳng
( )
Q
là :
0x z
− =
Nếu
3 8 0B C
+ =
ta chọn
3; 8; 5C B A
= = − =
ta được phương trình
( )
Q
là
5 8 3 0x y z
− + =

Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán, có phương trình là :
0x z
− =
;
5 8 3 0x y z
− + =
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp đều
.S ABCD
có độ dài cạnh đáy bằng
a
, mặt bên của hình
chóp tạo với mặt đáy góc 60
o
. Mặt phẳng
( )P
chứa
AB
và đi qua trọng tâm tam giác
SAC
cắt
,SC SD
lần lượt tại
,M N
. Tính thể tích khối chóp
.S ABMN
theo
a
.
7
S

N
D
I
O
C
G
A
B
K
M
60
0
J
Gọi O là giao điểm của
AC
và BD
( )SO ABCD
⇒ ⊥
Gọi
,I J
lần lượt là trung điểm của
,AB CD
;
G
là trọng tâm
SAC
∆
.
Ta có
( )

SJ CD
CD SIJ
IJ CD
⊥

⇒ ⊥

⊥

¶
0
90SJI <

⇒
Góc giữa mặt bên
( )
SCD
và mặt đáy
( )
ABCD

là
¶
0
60SJI
=
Ta thấy
, ,A G M
thuộc
( )

P
;
, ,A G M
thuộc
( )
SAC
, ,A G M
⇒
thẳng hàng và
M
là trung điểm của
SC
.
G
là trọng tâm
SAC
∆
.
2
3
SG
SO
⇒ =
;
SO
là trung tuyến tam giác
SBD
⇒
G
cũng là trọng tâm tam giác

SBD
.
Lập luận tượng tự ta cũng có
, ,B G N
⇒
thẳng hàng và
N
là trung điểm của
SD
.
Gọi
K
là trung điểm của
MN
K
⇒
cũng là trung điểm của
SJ
.
SJI
∆
đều cạnh
a
;
G
cũng là trọng tâm
SJI
∆
nên
IK SJ

⊥
;
Dễ thấy
SJ MN
⊥
nên SJ
⊥
(ABMN)
Thể tích khối chóp
.S ABMN
là :
1
.
3
ABMN
V SK S
=
Vỡ
SJI
∆
đều cạnh
a
3
;
2 2
a a
IK SK
⇒ = =

2 2 3

1 1 3 3 3 1 3 3 3
( ) . .
2 2 2 2 8 3 2 8 16
ABMN
a a a a a a
S AB MN IK a V
 
= + = + = ⇒ = =
 ÷
 
(Đvtt)
(Học sinh có thể dùng phương pháp tỉ số thể tích)
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 1
3 2
2 4
2
2 2 6.4
log ( 1) log (2 1) log 2
x x y y
x y y
+ +

= +


+ = + + +


Điều kiện

1
1; 2;
2
x y y
> − > − ≠ −
.
Từ phương trình đầu ta có:
2( )
2 2
2.2 2 6 0 1
3
2
2
x y
x y x y
x y
y x
−
− −
−

=

− − = ⇔ ⇔ = −

= −


Thế vào phương trình thứ hai ta được:
3 2

2 4
2
log ( 1) log (2 1) log 1x x x
+ = − + +
3 3 2
2 2
log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x
+ = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = −
Với
1
2
x
>
thì ta được phương trình:
2
1
3 2 0
2
x
x x
x
=

− + = ⇔

=

Với
1
1

2
x
− < <
thì ta được phương trình:
2
0 0x x x+ = ⇔ =
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm
{ }
( ; ) (0; 1),(1;0),(2;1)x y ∈ −
Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa măn
( )
2 2 2
5 2a b c a b c ab
+ + = + + −
.
8
T́m giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
3 1
48
10
P a b c
a b c
 
= + + + +
 ÷
 ÷
+ +
 
Ta có

( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
5 2 5a b c a b c ab a b c a b c
+ + = + + − ⇔ + + = + +
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1
5 0 10
2 2
a b c a b c a b c a b c a b c
+ + ≥ + + ⇒ + + ≤ + + ⇒ < + + ≤
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có
( )
3
3
3
3 1 10 1 10 1 10 22 3 12
; . .4 4
3 2 3 4 3 12 22
10 10 10
3
1 1 8 8 16 1 12
.8.8 .
4 4 3 12 16
a a a a
a
a a a

b c b c
b c b c
b c
b c
+ + + +
 
= = ≤ + = ⇒ ≥
 ÷
+
+ + +
 
+ + + + +
+ = + ≤ = ⇒ ≥
+ +
+
1 1
48.12
22 16
P a b c
a b c
 
⇒ ≥ = + + +
 ÷
+ + +
 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được
1 1 4 2304
22 16 38 38
P a b c
a b c a b c a b c

+ ≥ ⇒ ≥ + + +
+ + + + + + + + +
Đặt
(
]
2304
0;10
38
t a b c t P t
t
= + + ⇒ ∈ ⇒ ≥ +
+
.
Xét hàm
2304
( )
38
f t t
t
= +
+
trên
(
]
0;10
Ta có
( )
( ) ( )
( )
(

]
2 2
10 . 86
2304
'( ) 1 '( ) 0 0;10
38 38
t t
f t f t t
t t
− +
= − = ⇒ ≤ ∀ ∈
+ +
( )f t
⇒
nghịch biến trên
(
]
(
]
0;10 ( ) (10), 0;10 ; (10) 58 58f t f t f P
⇒ ≥ ∀ ∈ = ⇒ ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
10
2
3
10
4
5
3
8

a b c
a
a b c
b
a
c
b c
+ + =


=

+ =

 
⇔ =
+
 
=
 
=


+ =


Vậy
min 58P
=
, đạt được khi

2
3
5
a
b
c
=


=


=

ĐỀ SỐ 42
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + −
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn:
2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
.
Câu 2.(2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
8 os3
2sin
2 cos
c x
x
x
+
= −
−
.
2. Giải bất phương trình:
3 1
1
3
1
2log log (16 15.4 27) 0
4 3
x x
x+
− + + ≥
−
.
9
Câu 3.(1,0 điểm)
Tính tích phân: I =
1
2
0
( 1)

( 1)
x
x e
dx
x
+
+
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Tìm số hạng chứa
11
x
trong khai triển
3
(2 )
n
x
x
−
biết
n
là số tự nhiên thỏa mãn:
1 3 5 2 1 2013
2 1 2 1 2 1 2 1
3 5 (2 1) 2015.2 .
n
n n n n
C C C n C
+

+ + + +
+ + + + + =
).
2. Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái
bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất hai bút cùng
màu.
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
: 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + =
. Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
2
d
và tiếp xúc với đường thẳng
1
d
tại
điểm có hoành độ là 4.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
có
(0;1;4)A
và hai trung tuyến
nằm trên hai đường thẳng có phương trình:
1
2 5
: ;
2 2 1

x y z
d
− −
= =
−
2
3 1 1
:
1 4 1
x y z
d
− − −
= =
−
.
Tính diện tích tam giác
ABC
.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a,
BC = 2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60
0
. Tính thể
tích khối lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a.
Câu 8.(1,0điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0

(x,y R)
5 2 5 3 3 2
x xy y x y
x xy y x y

+ + − − =

∈

+ + − − =


.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho
,x y
là các số thực thuộc khoảng
(0; 1 )a +
với
1a
>
là số thực cho trước.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
.
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số
3 2
( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + −

(1)
1.(1,0 điểm) Với
1 m =
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3
y=x 3 2x− −
(1)
• TXĐ: R

lim
x
y
→±∞
= ±∞
, đồ thị không có tiệm cận
• Sự biến thiên: y
/
=3x
2
-3
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±

Hàm số đồng biến trên
( ; 1)−∞ −
và
(1; )+∞
, Hàm số nghịch biến trên
( 1;1)−
Hàm số đạt cực đại tại điểm (-1;0), hàm số đạt cực tiểu tại điểm (1;-4)

10
BBT
x
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
* Đồ thị::
'' 6 0 0y x x= = ⇔ =
, ĐU(0;-2) ĐT cắt trục hoành tại (2;0) đi qua điểm (-2;-4)
Đồ thị nhận ĐU(0;-2) làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn:
2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
.
2
' 3 2( 1) (2 1)y x m x m= + − − +
Hàm số có CĐ, CT
⇔
pt:
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt
2
' ( 2) 0 2m m⇔ ∆ = + > ⇔ ≠ −
Khi đó áp dụng viet ta có:

2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
2
1
2 5 2 0 2,
2
m m m m⇔ + + = ⇔ = − = −
Đối chiếu điều kiện:
1
2
m = −
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
8 os3
2sin
2 cos
c x
x
x
+
= −
−
.
PT
2
sinx 0 (1)
8 os3
4sin (2)
2 cos

c x
x
x
≤


⇔
+

=

−

(2)⇔
2
1
8cos cos 0 , arccos( ) 2
2 8
x x x k x k
π
π π
−
+ = ⇔ = + = ± +
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm:
1
2 , arccos( )+ 2
2 8
x k x k
π
π π

−
= − + = −
.
2.(0,5 điểm). Giải bất phương trình:
3 1
1
3
1
2log log (16 15.4 27) 0
4 3
x x
x+
− + + ≥
−
.
ĐK:
4
3
log
4
x >

Bpt
2
4
2
16 15.4 27 (4.4 3) 4 3 log 3
5
x x x x
x

−
⇔ + + ≥ − ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤
Đối chiếu điều kiện:
4 4
3
log log 3
4
x< ≤
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
0
( 1)
( 1)
x
x e
dx
x
+
+
∫
.
0
11
-4
−∞
+∞
Đặt
2
( 1)

( ( 1) 1)
1
( 1)
1
x
x
u x e
du e x dx
dx
dv
v
x
x

= +

= + +
 
⇒
 
−
=
=
 
+
+


I=
1

1
0
0
( 1) 1
| ( )
1 1
x
x
x e
e dx
x x
+
− + + =
+ +
∫
1
0
1 3
( ln 1) | ln 2
2 2 2
x
e e
e x
+
− + + + = + −
.
Vậy I =
3
ln 2
2 2

e
+ −
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tìm số hạng chứa
11
x
trong khai triển
3
(2 )
n
x
x
−
biết
n
là số tự nhiên thỏa mãn:
1 3 5 2 1 2013
2 1 2 1 2 1 2 1
3 5 (2 1) 2015.2 .
n
n n n n
C C C n C
+
+ + + +
+ + + + + =
Ta có
1
1
( 1)!
, n 2,k 1 (1)

( )!( 1)!
k k
n n
n
kC n nC
n k k
−
−
−
= = ≥ ≥
− −
Áp dụng (1) ta có:
1 3 5 2 1 0 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
3 5 (2 1) (2 1)( ) (2 1).2 .
n n n
n n n n n n n
C C C n C n C C C n
+ −
+ + + +
+ + + + + = + + + + = +
Suy ra:
2 1 2013
(2 1).2 2015.2 1007
n
n n
−
+ = ⇒ =
(vì nếu
1007, 100n n> <

thì không có đẳng thức)
Khi
1007n
=
, Số hạng tổng quát của khai triển
1007
3
(2 )x
x
−
là:
1007 1007 1007 2
1007 1007
3
(2 ) ( 1) ( ) ( 1) (2) ( 3)
k k k k k k k k k
C x C x
x
− − −
− = −
Số hạng chứa
11
x
tương ứng với
498k
=
suy ra số hạng cần tìm là:
498 509 249 11
1007
2 3C x

2.(0,5 điểm). Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và
3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất hai bút cùng
màu.
Số cách lấy bốn chiếc bút bất kỳ từ 20 chiếc bút đã cho là
4
20
4845C
=
.
Gọi A là biến cố lấy được ít nhất hai bút cùng màu
Số cách lấy được 4 bút trong đó không có hai cái nào cùng màu
1 1 1 1
6 6 5 3
540C C C C
=

Số cách lấy được 4 bút mà ít nhất hai bút cùng màu là 4845-540=4305
Xác suất cần tìm là
4305 287
4845 323
=
.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
: 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + =
. Lập phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
2
d

và tiếp xúc với đường thẳng

1
d
tại điểm có hoành độ là 4.
Giả sử đường tròn tiếp xúc với
1
d
tại A. Ta có A(4;1). Gọi
( ; 2 1)I a a− −
.
Từ giả thiết ta có:
1
. 0IAu =
uurur

(4 ;2 2 )(7;1) 0 6a a a⇔ − + = ⇔ =
Do đó
(6; 13)I −
và
2 2
200R IA= =

suy ra pt đường tròn là:
2 2
( 6) ( 13) 200x y− + + =
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
có
(0;1;4)A
và
hai trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình:

1
2 5
: ;
2 2 1
x y z
d
− −
= =
−
2
3 1 1
:
1 4 1
x y z
d
− − −
= =
−
.
Tính diện tích tam giác
ABC
.

Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng
1 2
,d d
.
Giả sử đường thẳng
1 2
,d d

là trung tuyến đi qua B, C.
12
B
A
M
N
I
H
Suy ra
(2 2 ,5 2 , ), (3 ,1 4 ,1 )B t t t C u u u− + + − +
,
Gọi M,N là trung điểm của AB, AC.
Ta có
3 5
(1 ,3 ,2 ), ( ;1 2 ; )
2 2 2
t u u
M t t N u
+ +
− + + −
.
Vì
2 1
;M d N d∈ ∈
nên ta có
2, 3 (6;1; 2), (0;13; 2)t u B C= − = − ⇒ − −
.
1
,
2

ABC
S AB AC
 
= =
 
uuur uuur
54(đvdt)
Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và
AB = a, BC = 2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường
tròn ngoại
tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60
0
. Tính thể
tích khối lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a.
*) Tính thể tích:
Gọi H là trung điểm của BC. Từ giả thiết ta có:

0
' .tan 60 3B H BH a= =
và
2
1
3
2
ABC
S a=
Suy ra
3
. ' ' '
3

' .
2
ABC A B C ABC
V B H S a= =
(đvtt)
*) Tinh góc: Gọi
M
là trung điểm của AB,
suy ra
( ' ) ( ') ( ' )AB B HM ABB B HM⊥ ⇒ ⊥
.
Do đó góc giữa
'B H
và
( ')ABB
là góc giữa
'B H
và
'B M
.
Ta có
1 1
tan ' ' arctan
' 2 2
MH
MB H MB H
B H
= = ⇒ ∠ =
Vậy góc giữa
'B H

và
( ')ABB
là
1
arctan
2

Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0 (1)
5 2 5 3 3 2 (2)
x xy y x y
x xy y x y

+ + − − =


+ + − − =


Nhân hai vế của (1) với 3 rồi trừ vế theo vế ta có:
2
(2 ) 3(2 ) 2 0x y x y+ − + + =
2 1,2 2x y x y⇔ + = + =
Với
2 1x y+ =
thế vào (1) ta có:
5 3
( ; ) (0;1); ( ; ) ( ; )

7 7
x y x y
−
= =
Với
2 2x y+ =
thế vào (1) ta có:
4 6
( ; ) (1;0); ( ; ) ( ; )
7 7
x y x y= =
Kết luận: Hệ có 4 nghiệm:
5 3
(0;1), ( ; )
7 7
−
,
4 6
(1;0), ( ; )
7 7
Câu 9.(1,0 điểm) Cho
,x y
là các số thực thuộc khoảng
(0; 1 )a +
với
1a
>
là số thực cho trước.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2

2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
.
Ta có
2 2
2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
( ( 1) ( 1) ) ( )(2( 1) ( ))x a x y a y x y a x y+ − + + − ≤ + + − +
2 2 2 2 2 2
2 2( 1) ( )P a x y x y a x y≤ + + + + − +
Đặt
2 2 2
(0; 2( 1)), f(t)=2at+t 2( 1)t x y a a t= + ∈ + + −
2 2
2
2 2
2( 1) 2
'( ) 2 2( 1) 2
2( 1) 2( 1)
t a t
f t a a t a
a t a t
+ −
= + + − − = +
+ − + −
2 2
'( ) 0 2( 1) ( 1) 2 1f t a a t t a t a= ⇔ + − = − + ⇔ = +
13
A
B

C
A’
B’
C’
H
M
Lập BBT ta có
3
( ) ( 2 1) (2 1)P f t f a a≤ ≤ + = +
, có “=” khi
1
2
x y a= = +
Vậy max
3
(2 1)P a= +
ĐỀ SỐ 43
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =
1
4
(x
2
– m)(x
2
+ 1) (1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
A và B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B vuông góc với nhau.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình

3
sinx - 3cosx - 2 =
cos2x
-
3
sin2x
14
2. Giải phương trình sau:
2 2
5 1 5
4 12.2 8 0
x x x x− − − − −
− + =
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I =
e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
2 | z i | | z z 2i |− = − +

2. Một nhóm học sinh gồm có 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11 và 5 học sinh
khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh
nhau và 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau.

Câu 5(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt
chiều dương của trục Ox, Oy theo thứ tự tại A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0)
và đường thẳng
x 1 t
: y 0
z t
= +


∆ =


= −

.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua B, cắt
∆
sao cho khoảng cách từ A đến d bằng
3
.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a;
·
ABC
=
90
o

. Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng
(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt phẳng
(SBC) bằng
60
o
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 2
1
1
4
22

+ =

+ −



+ + =


y
x y x
x
x y
y

Câu 9.(1,0 điểm)
Cho a,b,c là ba số thực dương tuỳ ý thoả mãn a+ b+ c = 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
ab bc ca
P
c ab a bc b ca
= + +
+ + +
LỜI GIẢI
Câu 1: Cho hàm số y =
1
4
(x
2
– m)(x
2
+ 1) (1) (m là tham số)
1. (1,0 điểm)
Với m = 3, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =
1
4
(x
2
– 3)(x
2
+ 1)
* Tập xác định: D = .
+ Giới hạn:
x x

lim y ; lim y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞

* Sự biến thiên
15
+ Bảng biến thiên - y’ = x(x
2
– 1) ; y’ = 0
⇔
x = 0 hoặc x =
±
1.
-
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 µ 0;1−∞ − v

Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
-1;0
và
( )
1;+ ¥
.
Hàm số đạt cực đại tại
0=x
và giá trị cực đại
( )
3

0
4
= −y
,
hàm số đạt cực tiểu tại
1= ±x
và giá trị cực tiểu
( )
1 1± = −y
.
Đồ thị:
2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân
biệt A và B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B vuông góc với nhau.
Phương trình hoành độ giao điểm:
1
4
(x
2
– m)(x
2
+ 1) = 0
Û
x
2
– m = 0 (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt
Û
m > 0.
Khi đó A(-

m
;0), B(
m
;0).
Ta có y’ =
1
2
x(2x
2
+1 –m).
Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B có hệ số góc lần lượt là y’(-
m
) =
m
2
-
(m + 1) và
y’(
m
) =
m
2
(m + 1)
Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B vuông góc với nhau khi và chỉ khi y’(-
m
).y’(
m
) = -1
Û
m

2
-
(m + 1).
m
2
(m + 1) = - 1
Û
m =1.
Câu 2: (1,0 điểm)
1. (0,5điểm) Giải phương trình :
3
sinx - 3cosx - 2 =
cos2x
-
3
sin2x (1) (1)
⇔
3
sinx(2cosx + 1) = 2cos
2
x + 3cosx + 1
⇔
(2cosx + 1)(cosx -
3
sinx + 1) = 0
⇔
cosx = -
1
2
hoặc cosx -

3
sinx + 1 = 0 (1’)
* cosx = -
1
2

⇔
x =
±
2
3
π
+ k2
p
(1’)
⇔
cos(x +
3
π
) = -
1
2

⇔
x =
3
π
+ k2
p
hoặc x = -

p
+ k2
p
2.(0,5điểm). Giải phương trình sau:
2 2
5 1 5
4 12.2 8 0
x x x x− − − − −
− + =
16
ĐK:
5
5
x
x

≤ −

≥



Đặt t =
2
5
2
x x− −
, t >0
phương trình có dạng:
2

2
6 8 0
4
t
t t
t
=

− + = <=>

=


*Với t = 2 ta có:
2 2
2 2
1
5 1 5 1 3
5 ( 1)
x
x x x x x
x x
≥

− − = <=> − = − <=> => =

− = −


* Với t = 4. Tương tự tìm được

9
4
x =

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 3 và
9
4
x =
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I=
e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫

I =
e
3
1
dx
x
∫
-
e
3
1
ln xdx

x
∫
( lnx – 1
£
0,
"
x
Î
[ ]
1;e
)
⇒
I
1
=
e
3
1
dx
x
∫
=
e
2
1
1
2x
æ ö
÷
ç

-
÷
ç
÷
ç
è ø
= -
2
1
2e
+
1
2

Đặt
3
u ln x
dx
dv
x
=



=



⇒

2
dx
du
x
1
v
2x

=




= −


Þ
I
2
=
e
3
1
ln xdx
x
∫
=
e
2
1

lnx
2x
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
è ø
+
1
2
e
3
1
dx
x
∫
= -
2
1
2e
+
1
2
(-
2
1

2e
+
1
2
) =
1
4
-
2
3
4e
Vậy I =
e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫
=
2
2
e 1
4e
+

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện

2 | z i | | z z 2i |− = − +
.
Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi.
Khi đó:
2 | z i | | z z 2i |− = − +
⇔
2|x + (y – 1)i| = |2(y + 1)i|
2 2 2
x (y 1) (y 1)⇔ + − = +
⇔
2
x
y
4
=
.
Vậy tập hợp điểm M là parapol(P)
2
x
y
4
=
*
2.(0,5 điểm). Một nhóm học sinh gồm có 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11 và 5 học sinh
khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh nhau và 3
học sinh khối 11 đứng cạnh nhau.
Ta có
( )
12!n Ω =

* Gọi A la biến cố " Nhóm học sinh xếp thành hàng ngang sao cho 4 học sinh khối 12 đứng
cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau"
* Ta coi 4 hs khối 12 như một phần tử a, 3 hs khối 11 như 1 phần tử b.
Khi đó sắp xếp 7 phần tử có 7! cách .
Lại có với mỗi cách sắp xếp như trên có 4! cách xếp 4 hs khối 12 và 3!cách xếp 3 hs khối 11
nên ta có: 7!4!3! cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.
17
=> n(A) = 7!4!3! =>
( ) 1
( )
( ) 660
n A
P A
n
= =
Ω
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi
qua M và cắt chiều dương của trục Ox, Oy theo thứ tự tại A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ
nhất.
Gọi d là đường thẳng đi qua M và cắt trục Ox, Oy theo thứ tự tại A(m; 0), B(n; 0) với m> 0,
n > 0. Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng
x y
1.
m n
+ =
Vì d đi qua M nên
1 1
1
m n
+ =

.
Ta có:
1 1 1
1 2 mn 4
m n mn
= + ≥ ⇒ ≥
, (1).
Ta lại có: AB
2
= OA
2
+ OB
2
= m
2
+ n
2

≥
2mn, (2)
Từ (1) và (2), suy ra
AB 2 2≥
, đẳng thức xảy ra khi m = n = 2.
Vậy phương trình đường thẳng d là x + y - 2 = 0.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0)
và đường thẳng
x 1 t
: y 0
z t
= +



∆ =


= −

. Viết phương trình đường thẳng d đi qua B, cắt
∆
sao cho khoảng
cách từ A đến d bằng
3
.
Gọi d là đường thẳng đi qua B, cắt
∆
tại M và khoảng cách từ A đến d bằng
3
.
Điểm M thuộc
∆
nên tọa độ điểm M có dạng M(1 + t; 0; -t).
Ta có:
BM (2 t; 2; t), BA (3; 1; 1)= + − − = − −
uuur uuur
,
BM,BA (2 t;2 2t;4 t).
 
= − − −
 
uuur uuur

2
2
3t 10t 12
d(A, d) 3 3 t 0
t 2t 4
− +
= ⇔ = ⇔ =
+ +
.Với t = 0, ta có
BM (2; 2;0)= −
uuur
.
Đường thẳng d đi qua B và nhận
BM (2; 2;0)= −
uuur
làm vtcp nên có phương trình tham số
= − + = − =x 1 2t;y 2 2t;z 0
.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a;
·
ABC
=
90
o
. Mặt phẳng (SAB) và
mặt phẳng (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt
phẳng (SBC) bằng
60
o
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Vì (SAB)
⊥
(ABC) và (SAC)
⊥
(ABC) nên SA
⊥
(ABC)
Do đó chiều cao của khối chóp S.ABC là h = SA.
Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra BH
⊥
AC
Do đó BH
⊥
(SAC)
Trong mặt phẳng (SAC) dựng HK
⊥
SC (H
Î
SC), suy ra BK
⊥
SC
Do đó góc giữa (SAC) và (SBC) là
·
BKH 60=
o
.
D
BHK vuông tại H. Ta có BK =
·
BH

sin HKB
=
a 2
2
sin60
o
=
a 6
3
.
D
SBC vuông tại B có BK là đường cao, ta có
2
1
BK
=
2
1
SB
+
2
1
BC
Þ
2
1
SB
=
2
9

6a
-
2
1
a
=
2
1
2a

Þ
SB = a
2

Þ
SA = a
Thể tích của khối chóp S.ABC:
SABC
V
=
1
3
SA.
ABC
S
=
1
6
. SA. AB.BC =
3

a
6
.
18
a
a
S
A
B
C
K
H
60
0
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

+ =

+ −



+ + =


2 2
2 2
3 2
1
1

4
22
y
x y x
x
x y
y
(I)
Điều kiện: x
≠
0, y
≠
0. và x
2
+ y
2
- 1
≠
0.
Đặt u = x
2
+ y
2
- 1 và v =
x
y

Hệ phương trình (I) trở thành

+ =




= −

3 2
1
21 4
u v
u v
Û

− + =

= −

2
2 13 21 0
21 4
v v
u v
⇔
=


=

9
3
u

v
Û
hoặc
7
7
2
u
v
=



=



+ Với
9
3
u
v
=


=


Û
3
1

x
y
=


=

hoặc
3
1
x
y
= −


= −


+ Với
7
7
2
u
v
=



=




⇔
Û
2
14
53
2
4
53
x
y

=




=


hoặc
2
14
53
2
4
53
x
y


= −




= −


Vậy hệ có nghiệm (3;1), (-3;-1),
2 2
14 ;4
53 53
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
và
2 2
14 ; 4
53 53
æ ö
÷

ç
÷
- -
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
Câu 9.(1,0 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
ab bc ca
P
c ab a bc b ca
= + +
+ + +
Với a,b,c là ba số thực dương thoả mãn a+ b+ c = 2 , suy ra 0 < a, b, c < 2
2c + ab = 4 – 2(a + b) + ab = (2 - a)(2- b)
Ta có
2
ab
c ab+
= ab
1 1
.
2 a 2 b- -
£
1 1 1 1

. ( ) ( )
2 2 2 2
ab ab
ab
a b b c c a
+ = +
− − + +
Tương tự
1
( )
2
2
bc bc bc
a b c a
a bc
≤ +
+ +
+
và
1
( )
2
2
ca ca ca
b a c b
b ca
≤ +
+ +
+
Þ

1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2
ab ca bc ab bc ca
P a b c
b c b c c a c a a b a b
 
≤ + + + + + = + + =
 
+ + + + + +
 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi và chi khi a = b = c =
2
3
.
ĐỀ SỐ 44
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
19

2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm phân
biệt
,A B
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x− + + =
.
2. Giải phương trình sau:
2
3 8 19 5 3 4x x x x− − = − − +
Câu 3.(1,0 điểm).
Tính tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx

x
π
π
+
=
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm).
1. Gọi
1 2
, z z
là hai nghiệm của phương trình
2
5
2cos 1 0
21
z z
π
 
− + =
 ÷
 
. Tìm số n nguyên
dương nhỏ nhất sao cho
1 2
1.
n n
z z+ =
2. Rút gọn biểu thức :
0 1015 1 1015 1015 1000 2015

2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C
+
= − + + − + +

Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y+ − =
hai đỉnh
B, D lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y+ − =
,
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
( ):
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt

phẳng
( ) : 2 6 0.P x y z+ + − =
Một mặt phẳng
( )Q
chứa
( )d
và cắt
( )P
theo giao tuyến là đường
thẳng
∆
cách gốc tọa độ
O
một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng
( ).Q
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD⊥
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120 .ABC =
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
bằng
0

45 .
Tính theo
a
thể
tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình
( ) ( )
3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
x y
x y x y
+ = − + +

∈

+ + + =


¡
.
Câu 9.(1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3

P
a ab abc a b c
= −
+ + + +
.
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1,(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+

TXĐ:
{ }
\ 1D = −¡
+ Các giới hạn và tiệm cận:
20
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ − → −
= +∞ = −∞
⇒

Đường thẳng
1x
= −
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒
Đường thẳng
2y =
là tiệm cận ngang.
• Sự biến thiên của hàm số:
+ Đạo hàm:
( )
'
2
3
0
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
+ Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞

Hàm số không có cực trị.
• Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
2,(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
( )C
tại hai
điểm phân biệt
,A B
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Đường thẳng
: 1y mx∆ = +

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
∆
:
2 1
1 ( 1)
1
x
mx x
x
−
= + ≠ −

+
2
( ) ( 1) 2 0 (1)f x mx m x⇔ = + − + =
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1−
0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6
m
m
m m
m
m
f
m
≠

≠



< − ∧ ≠
 

⇔ ∆ > ⇔ ⇔

< −
  

> +

 

− ≠
> +




.
Khi đó
∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx+ +
.
Với
1 2
,x x
là hai nghiệm của (1)
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m
 
= − + = + − +

 
Mà
1 2 1 2
1 2
,
m
x x x x
m m
−
+ = − =
. Do đó
2 2
1
( 10 1)(1 )AB m m m
m
= − + +
: 1 1 0y mx mx y∆ = + ⇔ − + =

2
1
( , )
1
d d O
m
⇒ = ∆ =
+
.
Khi đó:
2
1 10 1

. 3
2 2
OAB
m m
S AB d
m
− +
= = =
2
1
11 10 1 0 1
11
m m m m⇔ + − = ⇔ = − ∨ =
(tmđk)
Do đó
: 1y x∆ = − +
hay
1
1.
11
y x= +
Câu 2 .(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Giải phương trình
(1 cos )cot cos 2 sin sin 2x x x x x− + + =
(1)
Điều kiện:
sin 0 ( )x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Khi đó: (1)

⇔
cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
− + + =

2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cosx x x x x x x⇔ − + + =
2 2 2
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0x x x x x x⇔ − + − − =
cos cos2 cos2 sin cos2 0 cos2 (cos sin 1) 0
cos2 0,cos sin 1
x x x x x x x x
x x x
⇔ + − = ⇔ + − =
⇔ = + −
21
+
cos 2 0 ( )
4 2
x x k k
π π
= ⇔ = + ∈
¢
.
+
1

cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
π π π
π
 
+ − = ⇔ − = ⇔ − = ± +
 ÷
 

2 , 2 ( )
2
x l x l l
π
π π
⇔ = + = ∈
¢
.
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
4 2
x k
π π
= +
,
2
2
x l
π
π

= +

( , )k l ∈¢
.
2.(0,5 điểm). Giải phương trình sau:
2
3 8 19 5 3 4x x x x− − = − − +
Đk:
4
5
3
x
−
≤ ≤
pt <=>
( ) ( )
2
3 4 4 1 5 3 8 16 0x x x x+ − + − − + − − =

<=>
( ) ( )
3( 4) 4
4 3 4 0
3 4 4 1 5
x x
x x
x x
− −
+ + − + =
+ + + −

⇔
4
3 1
3 4 0
3 4 4 1 5
x
x
x x
=



+ + + =

+ + + −

=>
4x
=

KL: x = 4 là nghiệm pt đã cho
Câu 3(1,0 điểm) Tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx

x
π
π
+
=
∫
.
Đặt
sin cost x dt xdx= ⇒ =

1
; 1
6 2 2
x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó
1
2
1
2
ln(1 )t
I dt
t
+
=
∫
Đặt:
2
ln(1 )

1
1
dt
u t
du
t
dt
dv
v
t
t

= +
=


 
+
⇒
 
=
 
= −



Ta có
1
1 1
1

1 1
2
2 2
1 3 1 1
ln(1 ) ln 2 2ln
( 1) 2 1
dt
I t dt
t t t t t
 
= − + + = − + + −
 ÷
+ +
 
∫ ∫

1 1
1 1
2 2
27
2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln3 4ln 2 ln .
16
t t= − + − + = − =

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Gọi
1 2
, z z
là hai nghiệm của phương trình
2

5
2cos 1 0
21
z z
π
 
− + =
 ÷
 
.
Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho
1 2
1.
n n
z z+ =
Phương trình
2
5
2cos 1 0
21
z z
π
 
− + =
 ÷
 
(1) (1) có
' 2 2
5 5
cos 1 sin

21 21
π π
∆ = − = −
.
Do đó các căn bậc hai của
'
∆
là
5
sin
21
i
π
±
. Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
5 5
cos sin
21 21
5 5
cos sin
21 21
z i
z i
π π
π π

= −




= +



1 2
5 5 5 5
1 cos sin cos sin 1
21 21 21 21
n n
n n
z z i i
π π π π
   
+ = ⇔ − + + =
 ÷  ÷
   

5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
n
n
i i
π π π π
 
     
⇔ − + − + + =
 ÷  ÷  ÷

 
     
 

5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
n n n n
i i
π π π π
   
⇔ − + − + + =
 ÷  ÷
   
22

5 5 5
cos cos 1 2cos 1
21 21 21
n n n
π π π
 
⇔ − + = ⇔ =
 ÷
 

5 5 7 42
cos cos 2 ( ) (*)
21 3 21 3 5 5
n n k

k n k
π π π π
π
⇔ = ⇔ = ± + ⇔ = ± + ∈¢
Vì
n
là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra
7.n =
2.(0,5 điểm). Rút gọn biểu thức
0 1013 1 1014 1013 1000 2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C
+
= − + + − + +
2015 0 1 2 2 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015
(1 ) ( 1)
k k k
x C C x C x C x C x− = − + + + − + −
2015 2015 0 2015 1 2014 2 2013 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015
(1 ) ( 1)
k k
x x C x C x C x C x C
−
+ = + = + + + + + +
2 2015 0 1 2 2 4 2 2015 4030
2015 2015 2015 2015 2015

(1 ) ( 1)
k k k
x C C x C x C x C x− = − + + + − + −
Ta có
( )
2015
2013 2015 2
(1 ) (1 ) 1x x x− + = −
nên hệ số của
1000
x
của hai vế bằng nhau
nên
0 1015 1 1014 1015 1000 2015 500
2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C C
+
= − + + − + + =
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y+ − =
hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y+ − =
,
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và
đỉnh A có hoành độ âm.

1 2
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ −
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + −
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
; .
2 2
b d b d
I
+ − − + +
 
 ÷
 
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0 0
. 0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC

⊥ − + − = =
  
=


⇔ ⇔ ⇔
   
∈ − + − = =
∈

  

uuuruuur
.
Suy ra
(0;8); ( 1;1)B D −
.
Khi đó
1 9
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
;
( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − +
.
2
1 15
. 15 2
2
2

ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= ⇒ = = ⇒ =
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
a A
=
 
     
⇒ − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒
 ÷  ÷  ÷
 
= −
     
 

Suy ra
(10;3)C
.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2

( ):
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt phẳng
( ) : 2 6 0.P x y z+ + − =
Một mặt phẳng
( )Q
chứa
( )d
và cắt
( )P
theo giao tuyến là đường thẳng
∆
cách gốc tọa độ
O
một khoảng ngắn nhất. Viết phương
trình của mặt phẳng
( ).Q
∆
I
(d)
H
P
Q
O
Gọi

,H I
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
lên
( )P
và
∆
.
Ta có
( , )d O OI OH∆ = ≥
( không đổi) .Do đó
min ( , )d O OH∆ =
xảy ra khi
I H≡
Đường thẳng
OH
đi qua
(0;0;0)O
và nhận VTPT của
( )P
là
(1;2;1)n =
r
làm VTCP
: , 2 ,OH x t y t z t⇒ = = =
(1)
( ) : 2 6 0P x y z+ + − =
(2) Từ (1) và (2) suy ra
6 6 0 1t t− = ⇔ =
.

Từ
(1) (1;2;1)H⇒
23
Khi đó
( )Q
là mặt phẳng chứa
( )d
và đi qua
.H
Ta có
(1;1;2) ( )M d∈
,
VTCP của
( )d
là
(1;1; 2)u = −
r
,
(0; 1;1)HM = −
uuuur
.
Suy ra VTPT của
( )Q
là
, ( 1; 1; 1)
Q
n u HM
 
= = − − −
 

uur r uuuur
,
( )Q
đi qua
(1;1;2)M
. Do đó
( ) : 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z− − − − − − = ⇔ + + − =
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD⊥
đáy ABCD là hình thoi có cạnh
bằng
3a
và
·
0
120 .ABC =
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
bằng
0
45 .
Tính
theo
a
thể tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Kẻ

( )SK AB K AB CK AB⊥ ∈ ⇒ ⊥
(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
là góc giữa
SK
và
CK
.
Do
·
SKC
nhọn nên
·
0
45SKC =
· ·
0 0
120 60ABC CBK= ⇒ =
.
Trong tam giác vuông
:CBK

0
3
sin 60
2
a
CK CB= =
Tam giác

SCK
vuông cân tại
C
nên
3
2
a
SC =
.
Ta có
2
0
3 3
. sin120
2
ABCD
a
S AB BC= =
. Do đó
3
.
1 3 3
.
3 4
S ABCD ABCD
a
V S SC= =
(đvtt).
Gọi
O AC BD

= ∩

a
3
I
O
D
K
B
A
C
S
Ta có
( )
BD AC
BD SAC
BD SC
⊥

⇒ ⊥

⊥

tại
O
.
Kẻ
( )OI SA I SA⊥ ∈
⇒
OI

là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
Dùng hai tam giác đồng dạng
AOI
và
ASC
suy ra
3 5
10
a
OI =
.Vậy
3 5
( , )
10
a
d SA BD =
.
Câu 8.(1,0 điểm) Hệ phương trình
( ) ( )
3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
x x y y x
x y x y
+ = − + +


+ + + =



ĐK:
2 0
4 0
x y
x y
+ ≥


+ ≥

Với điều kiện trên thì (1) ⇔ 3x
2
−7xy + 2y
2
+ x −2y = 0
⇔ (3x−y)(x−2y) +(x−2y) = 0 ⇔ (x−2y)(3x−y +1) = 0 ⇔
3 1 0, 2 0x y x y− + = − =
+ x−2y = 0 ⇔ x = 2y và (2):
4 9 5y y+ =
⇔ y = 1
Vậy: y = 1
⇒
x = 2 (tmđk)
+ 3x − y + 1= 0 ⇔ y = 3x+1 và (2)
trở thành:
7 1 7 2 5x x+ + + =
⇔
2
1
7

49 21 2 11 7
x
x x x

≥ −



+ + = −

⇔
1 11
17
7 7
17
25
25
x
x
x

− ≤ ≤


⇔ =


=



.
Với
17 76
25 25
x y= ⇒ =
(tmđk).
24
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =
17 76
;
25 25
 
 ÷
 
.
Câu 9.(1,0 điểm) Cho
, ,a b c
là ba số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3
P
a ab abc a b c
= −
+ + + +
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
1 4 1 4 16 4
. . ( )

2 2 3 4 3
a b a b c
a ab abc a a b c
+ + +
+ + ≤ + + = + +
.Đẳng thức xảy ra khi
4 16 .a b c= =
Suy ra
3 3
2( )
P
a b c
a b c
≥ −
+ +
+ +
. Đặt
, 0t a b c t= + + >
.
Khi đó ta có
3 3
2
P
t
t
≥ −
.
Xét hàm số
( )f t =
3 3

2t
t
−
với
0t >
.
'
2
3 3
( ) ;
2
2
f t
t
t t
= −
'
2
3 3
( ) 0 0 1
2
2
f t t
t
t t
= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên:

t
0 1

+∞
'
( )f t

−
0 +
( )f t

+∞

0

3
2
−
Do đó
0
3
min ( )
2
t
f t
>
= −
khi và chỉ khi
1t =
. Suy ra
3
2
P ≥ −

.
Vậy GTNN của P bằng
3
2
−
khi và chỉ khi
1
4 16
a b c
a b c
+ + =


= =


16 4 1
, , .
21 21 21
a b c⇔ = = =

ĐỀ SỐ 45
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y = x
3
+ 2mx
2
+ 3(m – 1)x + 2 có đồ thị (C
m
), m
R∈

.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
2. Tìm giá trị của m để đường thẳng d: y = –x + 2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 2),
B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng
2 2
, với M(3; 1)
Câu 2.(1,0điểm):
a) Giải phương trình:
( ) ( )
3 5
5sin3 3sin5 0x x
π π
+ −+ =
b) Giải phương trình:
3
2 3 1 3 1 5 8 0x x+ + − − =
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân:
2
ln
(1 ln )
xdx
x+
∫
25