100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 5

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
2
ĐỀ SỐ 51
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2

2
x
y
x
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đò thị (C) sao cho khoảng cách từ I(-2;2) đến tiếp
tuyến đó là lớn nhất.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
3 3
sin .sin3 cos .cos3 1
8
tan .tan
6 3
x x x x
x x
π π
+
= −
   
− +
 ÷  ÷
   

2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực
3
1
2 0

4 3.2 4 0
x x x x
x mx
+ +

− + ≤


− − ≤


Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx.
Câu 4 (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
15
2 14 2 210
0 1 2 210
1 =a x x x a x a x a x+ + + + + + + +
.
Chứng minh rằng:
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
15.C a C a C a C a− + − − = −
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2).
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ A
đến cạnh BC của tam giác ABC là
( ) ( )
2 2
3 2 25.x y− + + =
Viết phương trình đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3).
Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) bằng 15 và khoảng
cách từ B đến mp(P) bằng 2.
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy
AB bằng 2a và
ˆ
ABC
bằng 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’, biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng
2
a
.
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
( )
2 1 2 2 1
1 4 5 1 2
,
ln 3 ln 3
4
x y x y x y
x y
x y
x y
− − + − +


+ = +

∈

−
= + − +


¡

Câu 9.(1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=3.
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2
4 4 4
x y z y z x z x y
xyz
yz zx xy
+ + +
+ + ≥
− − −
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số
2
2
x
y
x
=
+

3
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
( )
2 4
2
2 2
x
y C
x x
= = −
+ +
a/Tập xác định:
( )
/ 2D = −¡

Nhánh vô cực:
2
lim 2
2
x
x
x
→−∞
=
+
và
2
lim 2
2
x

x
x
→+∞
=
+
Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình y=2 làm tiệm cận ngang
2
2
lim
2
x
x
x
−
→−
= +∞
+
và
2
2
lim
2
x
x
x
+
→−
= −∞
+
Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình:x=-2 làm tiệm cận đứng

( )
/
2
4
0,
2
y x D
x
= > ∀ ∈
+
hàm số đồng biến trên D
Bảng biến thiên :
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;2) làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
2
:
2
x
C y
x
=
+
sao cho khoảng cách từ điểm
( )
2;2I −
đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.
Ta có
( )
2

4
'
2
y
x
=
+
. Gọi hoành độ tiếp điểm là
a

( )
2a ≠ −
.
Phương trình tiếp tuyến là:
( )
( )
2
4 2
2
2
a
y x a
a
a
= − +
+
+
hay
( )
( )

2
4 2
0
2
2
a
x a y
a
a
− − + =
+
+

( )
∆
Khoảng cách từ
( )
2;2I −
đến
( )
∆
là
( )
( )
( )
2
2
8 8
; 2 2
16 8

2
2
Cauchy
d I
a
a
∆ = ≤ =
+ +
+
.
Đẳng thức xảy ra
( )
( )
2
2
0
16
2 2 2
4
2
a
a a
a
a
=

⇔ + = ⇔ + = ± ⇔

= −
+


.
Vậy khoảng cách từ
I
đến
∆
lớn nhất bằng
2 2
khi
0
4
a
a
=


= −

.
Khi đó phương trình tiếp tuyến
∆
là
8
y x
y x
=


= +


.
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Giải phương trình:
3 3
sin .sin3 cos .cos3 1
8
tan( ) tan( )
6 3
x x x x
x x
π π
+
= −
− +
(1)
4
Điều kiện
( ) ( )
sin .cos 0
6 6
sin 2 0 *
3 6 2
sin .cos 0
3 3
x x
x x m m
x x
π π
π π π
π π


   
− − ≠
 ÷  ÷

    
 
⇔ − ≠ ⇔ ≠ + ∈

 ÷
 
   

+ + ≠
 ÷  ÷

   

¢
Ta có
tan tan cot .tan 1
6 3 3 3
x x x x
π π π π
       
− + = − + + = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
Suy ra (1)

[ ] [ ]
3 3 2 2
1 1
sin sin 3 cos cos3 sin sin sin 3 cos cos cos3
8 8
x x x x x x x x x x⇔ + = ⇔ + =
[ ] [ ]
2 2 2 2 2 2
1 1
sin cos 2 cos 4 cos cos 2 cos 4 sin cos cos 2 cos sin .cos4
4 4
x x x x x x x x x x x x
   
⇔ − + + = ⇔ + + − =
   
[ ]
( )
3
1 1 1 1
cos2 cos2 cos4 cos2 1 cos4 cos 2 cos 2
4 4 8 2 6
x x x x x x x x k k
π
π
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈
¢
.
Kết hợp điều kiện (*) ta được
( )
6

x k k
π
π
= − + ∈¢
.
2.(0,5 điểm) Tìm các giá trị thực của tham số
m
để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực:
( )
( )
3
1
2 0 1
4 3.2 4 0 2
x x x x
x mx
+ +

− + ≤


− − ≤


Ta có
( )
( )
(
)
(

)
(
)
2
2
2 2 3.2 .2 4. 2 0 2 2 2 4.2 0 2 4.2
x x x x x x x x x x
⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ ≤
( )
2 0 2 0 4 3x x x x⇔ ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
.
Vì
0x =
không thỏa mãn (1) nên
( ) ( )
3
2
1 4
x
m
x
+
⇔ ≤
với
(
]
0;4x∈
.
Xét hàm số
( )

3
2x
f x
x
+
=
với
(
]
0;4x∈
, ta có
( )
( )
3
2
2 1
'
x
f x
x
−
=
,
( )
' 0 1f x x= ⇔ =
.
Bảng biến thiên của
( )
f x
là:

Từ bảng biến thiên suy ra
(
]
( )
0;4
min 3
x
f x
∈
=
.
Do đó hệ bất phương trình có nghiệm
⇔
(4) có nghiệm
(
]
0;4x∈
(
]
( )
0;4
min 3
x
m f x m
∈
⇔ ≥ ⇔ ≥
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx.
Ta có I = dx = |sinx - cosx|dx
Xét sinx - cosx = 0 ⇔ tanx = ⇔ x = + kπ. Do x ∈ [0; ] nên ta chọn x =

Ta có bảng xét dấu :
x
0
3
π

2
π
sin 3 cosx x−
- 0 +
5
Vậy I =-(sinx - cosx)dx + (sinx - cosx)dx =-(-cosx - sinx)+ (-cosx - sinx) = 3 -
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Cho khai triển
( )
15
2 14 2 210
0 1 2 210
1 x x x a a x a x a x+ + + + = + + + +
.
Chứng minh rằng:
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
15C a C a C a C a− + − − = −
.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
210 15
15 15

15
15 2 14
15
0 0
1 1 1 1
k
k i k
i
i k
x x x x x C a x
+
= =
− = + + + + − = −
∑∑
Suy ra hệ số của
15
x
trong khai triển
( )
15
15
1 x−
là
( )
0 1 2 15
15 15 15 15 14 15 13 15 0
15
1
k
k

i
i k
C a C a C a C a C a
+ =
− = − + − −
∑
Mặt khác
( )
15
15 15 225
1 1 15 x x x− = − + −
. Suy ra hệ số của
15
x
trong khai triển
( )
15
15
1 x−
là
15−
.
Vậy
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
15C a C a C a C a− + − − = −
(đpcm).
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình
đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh
BC của tam giác ABC là

( ) ( )
2 2
3 2 25x y− + + =
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. A’ là chân đường cao hạ từ A xuống BC. K là giao
điểm của EF và AA’. G là trọng tâm tam giác ABC. I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác A’EF và ABC.
Ta có K là trung điểm của AA’ và
'EF AA⊥
nên A’ đối xứng với A qua EF. Suy ra
'AEF A EF∆ = ∆

·
·
'EA F EAF⇒ =
Mặt khác AFDE là hình bình hành nên
·
·
EDF EAF=
.
Suy ra
·
·
'EA F EDF=
. Hơn nữa A’ và D nằm cùng phía đối với
EF, suy ra D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A’EF. Do
đó phương trình đường tròn đi qua D, E, F là:
( ) ( )
2 2

3 2 25x y− + + =
. Đường tròn này có tâm
( )
3; 2I −
,
bán kính
5R =
.
Vì phép vị tự
( )
; 2G
V
−
biến tam giác DEF thành tam giác ABC
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF qua
( )
; 2G
V
−
.
Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm
J
thỏa
mãn
( )
2 3;10GJ GI J= − ⇒ −
uuur uur
và bán kính
' 2 10R R= =

. Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là:
( ) ( )
2 2
3 10 100x y+ + − =
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(-1;-2;-3) và B(-6;10;-3). Viết phương trình mặt phẳng
(P) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 15 và khoảng cách từ B đến (P) bằng 2.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P).
Ta có
( )
5;12;0AB = −
uuur
suy ra AB=13.
Vì AH=15, BK=2 nên AB+BK=AH.
Mặt khác
AB BK AK AH+ ≥ ≥
(*)
Do đó (*) phải xảy ra dấu “=”. Điều này xảy ra khi và chỉ
khi A, B, K thẳng hàng (B nằm giữa A và K) và K trùng
với H. Suy ra AB vuông góc với (P) tại K và B nằm giữa
A và K.
6
P
B
A
H
K
K

G
I
D
A'
J
E
F
A
B
C
Ta có
2 88 154
; ; 3
13 13 13
BK
BK AB AB K
AB
 
= = ⇒ − −
 ÷
 
uuur uuur uuur
Mặt phẳng (P) đi qua K và nhận
AB
uuur
làm vectơ pháp tuyến nên (P) có pt là:
( )
88 154
5 12 0 3 0
13 13

x y z
   
− + + − + + =
 ÷  ÷
   
5 12 176 0x y⇔ − + =
.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân
tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và
·
0
30ABC =
. Tính thể tích của khối
lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
và CB’ bằng
2
a
.
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’.
H là hình chiếu của M trên CM’. Khi đó:
Vì tam giác ABC cân tại C nên
CM AB
⊥
, suy ra
' 'A B CM
⊥
.
Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên
' ' 'MM A B⊥

.
Vậy
( )
' ' ' ' 'A B MM C A B MH
⊥ ⇒ ⊥
. Từ đó suy ra
( )
' 'MH A B C
⊥
.
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
; ' ; ' ' ; ' '
2
a
d AB CB d AB A B C d M A B C MH= = = =
.
Ta có BM=a,
·
0
30MBC =
nên
3
a
MC =
. Suy ra
2

3
ABC
a
S =
.
Đặt AA’=MM’=h. Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 3 4
'MM MC MH h a a
+ = ⇔ + =

h a⇒ =
. Vậy
3
. ' ' '
3
ABC A B C
a
V =
.
Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 1 2 2 1
1 4 .5 1 2 1
ln 3 ln 3 2
4
x y x y x y
x y

x y
− − + − +

+ = +


−
 = + − +

Điều kiện
, 3x y > −
(*)
( )
2 2
2
1 4
1 5 1 2.2 0
5 5
x y x y
x y
− −
−
 
   
⇔ + − − =
 
 ÷  ÷
   
 
 

(3).
Xét hàm số
( )
1 4
5 1 2.2
5 5
t t
t
f t
 
   
= + − −
 
 ÷  ÷
   
 
 
trên
¡
ta có
( )
1 1 4 4
' 5 ln .ln 2.2 ln 2 0
5 5 5 5
t t
t
f t t
 
       
= + − < ∀ ∈

 
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
 
 
¡
. Suy ra
( )
f t
nghịch biến trên
¡
.
Do đó
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 1 2 1 2 1 4f x y f x y y x⇔ − = ⇔ − = ⇔ = −
.
Thế (4) vào (2) ta được
1 3
ln
4 2 2
x x
x
− +
 
=
 ÷
+
 
3 1
ln 0

2 2 4
x x
x
+ −
 
⇔ + =
 ÷
+
 
(5)
Xét hàm số
( )
3 1
ln
2 2 4
x x
g x
x
+ −
 
= +
 ÷
+
 
với
1x > −
, ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )

5 1
'
4 3 1
x x
g x
x x
+ −
=
+ +
( )
( )
( )
5 1;
' 0
1 1;
x
g x
x
= − ∉ − +∞
= ⇔

= ∈ − +∞


.
Ta có bảng biến thiên của
( )
g x
trên
( )

1;− +∞
là:
7
30*
a
h
a
M'
M
B
A
A'
C'
B'
C
H
Từ bảng biến thiên, suy ra
( )
0 1g x x= ⇔ =
.
Do đó
1y =
. Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 1;1x y =
.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn

3x y z+ + =
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2
4 4 4
x y z y z x z x y
xyz
yz zx xy
+ + +
+ + ≥
− − −
(1)
Ta có
( )
( )
2
2
9 3yz zx xy x y z yz zx xy+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 2
4 4 4
y z z x x y
yz yz zx zx xy xy
+ + +

⇔ + + ≥
− − −
(2)
Ta có
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
4
2
2 2
2 2
y z
yz
yz yz
yz
yz yz yz
yz yz yz
+
≥ = ≥
−
 
+
− +
− +
 
Do đó:
( )

( )
( )
( )
( )
( )
1 1 1
2
4 4 4
2 2 2
y z z x x y
yz yz zx zx xy xy
yz zx xy
 
+ + +
+ + ≥ + +
 
− − −
+ + +
 
 
( )
18
6 yz zx xy
≥
+ + +
18
2
6 3
≥ =
+

. Vậy (2) đúng (đpcm).
ĐỀ SỐ 52
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
có đồ thị
(C)
và điểm
( )
P 2;5
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
2 1
1
x
y
x
−
=
+
2. Tìm các giá trị của tham số
m
để đường thẳng
d : y x m= − +
cắt đồ thị
( )

C
tại hai
điểm phân biệt
A
và
B
sao cho tam giác
PAB
đều.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 3 cos3
cos 2 sin (1 tan )
2sin2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
2. Giải phương trình
( )
3
x 1 2 1
x
x 2
2x 1 3
+ −
= ∈

+
+ −
¡
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân:
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
8
Câu 4.(1,0 điểm)Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
.
Câu 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy

, cho điểm
( )
A 1; 1− −
và đường
tròn
( ) ( ) ( )
2 2
T : x 3 y 2 25− + − =
. Gọi
B, C
là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn
( )
T
(
B, C
khác
A
). Viết phương trình đường thẳng
BC
, biết
( )
I 1;1
là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác
ABC
.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và
đường thẳng (d) có phương trình:
1 3
2 2 1

x y z− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng
MA + MB nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm)
1. Cho lăng trụ
ABC.A'B'C'
có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
điểm
A'
lên mặt phẳng
(ABC)
trùng với trọng tâm tam giác
ABC
. Biết khoảng cách giữa
hai đường thẳng
AA'
và
BC
bằng
a 3
4
. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
ABC.A'B'C'
.
2. Cho tứ diện
ABCD

có
G
là trọng tâm tam giác
BCD
. Mặt phẳng
( )
α
đi qua trung
điểm
I
của đoạn thẳng
AG
và cắt các cạnh
AB, AC, AD
tại các điểm (khác
A
). Gọi
A B C D
h , h , h , h
lần lượt là khoảng cách từ các điểm
A, B, C, D
đến mặt phẳng
( )
α
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2
B C D
A

h h h
h
3
+ +
≥
.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
1 1
x y 5
x y
x,y
xy 1 x y 2

+ + + =

∈


− = − +

¡
Câu 9.(1,0 điểm) Cho các số thực dương
a, b, c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

LỜI GIẢI
Câu1.(2,0 điểm):
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
2 1
1
x
y
x
−
=
+
Tập xác định :
( )
\ 1D = −¡
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
Đồ thi hàm số nhận đường thẳng x=-1 làm tiệm cân đứng
2 1
lim 2
1

x
x
x
±∞
−
=
+
Đồ thi hàm số nhận đường thẳng y=2 làm tiệm cân ngang
( )
/
2
3
0
1
y
x
= >
+
Hàm số đồng biến trên D
9
3
2 3
P .
a ab abc a b c
= −
+ + + +
y
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng.
2.(1,0điểm). Tìm các giá trị của tham số
m

để đường thẳng
d : y x m= − +
cắt đồ thị
( )
C
tại
hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho tam giác
PAB
đều.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
d
và đồ thị
(C)
là:
2x 1
x m
x 1
−
= − + ⇔
+
( )
2
x (m 3)x m 1 0 1− − − − =
, với
x 1≠ −
Đường thẳng

d
cắt đồ thị
(C)
tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
( )
1
có hai
nghiệm phân biệt khác
1
−

2
m 2m 13 0
0.m 3 0

− + >
⇔

− ≠

(đúng
m∀
)
Gọi
1 2
x , x
là các nghiệm của phương trình (1), ta có:
1 2
1 2
x x m 3

x x m 1
+ = −


= − −

Giả sử
( )
1 1
A x ; x m− +
,
( )
2 2
B x ; x m− +
Khi đó ta có:
( )
2
1 2
AB 2 x x= −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 2
PA x 2 x m 5 x 2 x 2
= − + − + − = − + −
,
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 1
PB x 2 x m 5 x 2 x 2= − + − + − = − + −
Suy ra

PAB∆
cân tại
P
Do đó
PAB∆
đều
2 2
PA AB⇔ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x 2 x 2 2 x x x x 4 x x 6x x 8 0
⇔ − + − = − ⇔ + + + − − =
2
m 1
m 4m 5 0
m 5
=

⇔ + − = ⇔

= −

.
Vậy giá trị cần tìm là
m 1, m 5= = −
.
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:
sin 3 cos3

cos 2 sin (1 tan )
2sin2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x

≠



≠

.
Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
10
x
3 3
2 2

3sin 4sin 4cos 3cos
cos 2 sin(1 tan )
2sin 2 1
(sin cos )(2sin2 1) sin (sin cos )
cos sin
2sin 2 1 cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
− − +
+ = +
−
+ − +
⇔ − + =
−
sin cos 0 (1)
sin
cos sin 1 (2)
cos
x x
x
x x
x
+ =


⇔


− + =

(1) tan 1 ,
4
x x k k
π
π
⇔ = − ⇔ = − + ∈¢
cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( )
4
1 cos 0 cos 1
2
x x x
x k
x x x k
x x
x k
π
π
π π

− = =
= +
 

⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈
 


+ = = −
 
= +

¢
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là:
, 2 ,
4
x k x k k
π
π π π
= ± + = + ∈¢
2.(0,5 điểm) Giải phương trình
( )
3
x 1 2 1
x
x 2
2x 1 3
+ −
= ∈
+
+ −
¡
ĐKXĐ:
x 1
x 13
≥ −



≠

Phương trình đã cho tương đương với
( )
( )
3
x 2 x 1 2 2x 1 3+ + − = + −
( )
3
x 1 x 1 x 1 2x 1 2x 1 (1)⇔ + + + + = + + +
Xét hàm số
( )
3
f t t t= +
;
( )
2
f ' t 3t 1 0, t= + > ∀
Suy ra hàm số
( )
f t
liên tục và đồng biến trên
¡
Khi đó:
( ) ( )
3 3
Pt(1) f x 1 f 2x 1 x 1 2x 1⇔ + = + ⇔ + = +
( ) ( )
3 2
3 2

1
x
1
2
x 0
1
x
x
2
x 0
2
1 5
x
x x x 0
x 1 2x 1
1 5
2
x
2

≥ −


=


≥ −

≥ −
  


=

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  
+

=

  
− − =
+ = +

±





=




Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
1 5
x
2
+
=

và
x 0=

Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
Xét:
0
2 2 2
4 4
1
2 2 2
0
4 4
sin sin sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos

x x x x x x
I dx dx dx
x x x
π π
π π
− −
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
= I
1
+ I
2
Đặt
x t dx dt
= − ⇒ = −
. Đổi cận:
; 0 0
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = = ⇒ =
11
Khi đó:
0 0
2 2 2 2
4 4
1
2 2 2 2
0 0

4 4
sin sin( ) sin sin
( )
1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos
x x t t t t x x
I dx d t dt dx
x t t x
π π
π π
−
−
= = − = − = −
+ + − + +
∫ ∫ ∫ ∫
Suy ra
1
0I =
4 4
2
2 2
2
4 4
1 1 1
.
1
1 2cos cos
2
cos
I dx dx
x x

x
π π
π π
− −
= =
+
+
∫ ∫
Đặt
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
= ⇒ =
.
Đổi cận:
1; 1
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
1
2
2
1
1
3
I dt

t
−
⇒ =
+
∫
Lại đặt
2
3 tan 3(1 tan )t u dt u du= ⇒ = +
. Đổi cận:
1 ; 1
6 6
t u t u
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
6
6
2
6
6
3 3 3
3 3 9
I du u
π
π
π
π
π
−
−
⇒ = = =

∫
.
Vậy
1 2
3
=
9
I I I
π
= +
Câu 4.(1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
.
Giả sử
( , )z x yi x y= + ∈¡
.
Từ giả thiết ta có:
2 2
( 1) ( 1)
( ) ( ) 4
x y i y i
x yi x yi
 + − = +


+ − − =



2 2 2
( 1) ( 1)
1
x y y
xy

+ − = +

⇔

=


2
2
3
0
4 0
4
1
4
x
y
x y
xy
x

= ≥


− =
 
⇔ ⇔
 
=



=

3
3
4
2
2
x
y

= ±

⇔

=


.
Vậy
3
3
2

4
2
z i= ± +
Câu 5.(1,0 điểm)
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
K 3;2
bán kính là
R 5=
Ta có
AI :x y 0− =
, khi đó đường thẳng
AI
cắt đường tròn
( )
T
tại
A'
(
A'
khác
A
) có tọa độ là nghiệm của hệ
( ) ( )
2 2
x 1
x 3 y 2 25

y 1
x y 0

= −

− + − =

⇔
 
= −
− =



(loại) hoặc
x 6
y 6
=


=

Vậy
( )
A' 6;6
Ta có:
A'B A'C (*)=
(Do
¼ ¼
BA' CA'=

)

·
·
A'BC BAI=
(1) (Vì cùng bằng
·
IAC
) . Mặt khác ta có
·
·
ABI IBC=
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
·
· ·
·
·
·
BIA' ABI BAI IBC A'BC IBA'= + = + =

Suy ra tam giác
BA'I
cân tại
A'
do đó
A'B A'I (**)=
Từ
( ) ( )
* , **

ta có
A'B A'C A'I= =
12
D
Do đó
B,I,C
thuộc đường tròn tâm
A'
bán kính
A'I
có phương trình là
( ) ( )
2 2
x 6 y 6 50− + − =
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x 3 y 2 25
x 6 y 6 50

− + − =


− + − =


Nên tọa độ các điểm
B,C

là :
(7; 1),( 1;5)− −
Khi đó
I
nằm trong tam giác
ABC
(TM) .
Vậy phương trình đường thẳng
BC: 3x 4y 17 0+ − =
.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3
2 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất
M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t)
2 2 2 2 2
(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t= + + + + = + + = + +
2 2 2 2 2
4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t= + + + − + = − + = − +
Trong mpOxy xét các vectơ
(3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t= + = − +
r r
Có:
2 2
| | 3 5 ; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t+ = = + + = − + +

r r r r
Ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2
| | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t+ ≤ + ⇔ ≤ + + + − + +
r r r r

hay
3 5MA MB+ ≥
. Đẳng thức chỉ xảy ra khi
u
r
và
v
r
cùng hướng
3 2 1 1
3 1 5 2
t
t
t
+
⇔ = ⇔ = −
− +
Vậy
min
( ) 3 5MA MB+ =
đạt được khi
1
0; 2;
2

M
 
 ÷
 
Câu 7.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho lăng trụ
ABC.A'B'C'
có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của điểm
A'
lên mặt phẳng
(ABC)
trùng với trọng tâm tam giác
ABC
. Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng
AA'
và
BC
bằng
a 3
4
. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
ABC.A'B'C'
.
Diện tích đáy là
2
ABC

a 3
S
4
=
.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
Gọi
E
là trung điểm
BC
. Ta có
( )
BC AE
BC AA'E
BC A'G
⊥

⇒ ⊥

⊥

13
Gọi
D
là hình chiếu vuông góc của
E

lên đường thẳng
AA'
.
Do đó
BC DE, AA' DE⊥ ⊥
Suy ra
DE
là khoảng cách giữa hai đường thẳng
AA'
và
BC
Tam giác
ADE
vuông tại
D
suy ra
· ·
0
DE 1
sin DAE DAE 30
AE 2
= = ⇒ =
Xét tam giác
A'AG
vuông tại
G
ta có
0
a
A'G AG.tan30

3
= =
Vậy
3
ABC.A 'B'C' ABC
a 3
V A'G.S
12
= =
.
2.(0,5 điểm). Cho tứ diện
ABCD
có
G
là trọng tâm tam giác
BCD
. Mặt phẳng
( )
α
đi qua
trung điểm
I
của đoạn thẳng
AG
và cắt các cạnh
AB, AC, AD
tại các điểm (khác
A
). Gọi
A B C D

h , h , h , h
lần lượt là khoảng cách từ các điểm
A, B, C, D
đến mặt phẳng
( )
α
.Chứng
minh rằng:
2 2 2
2
B C D
A
h h h
h
3
+ +
≥
.
Gọi
B', C', D'
lần lượt giao điểm của mp
( )
α
với các cạnh
AB, AC, AD
.
Ta có
AGBC AGCD AGDB ABCD
1
V V V V

3
= = =
(*)
Vì
AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B'
V V V V= + +
và (*)
nên
AB'C'D' AIB'C' AIC'D'
AID'B'
ABCD AGBC AGCD AGDB
V V V
V
V 3V 3V 3V
= + +
AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'
AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB
⇔ = + +
AB AC AD AG
3. 6
AB' AC' AD' AI
⇔ + + = =
BB' CC' DD'
3
AB' AC' AD'
⇔ + + =
Mặt khác ta có
C
B D
A A A

h
h h
BB' CC' DD'
, ,
AB' h AC' h AD' h
= = =
Suy ra
C
B D
B C D A
A A A
h
h h
3 h h h 3h
h h h
+ + = ⇔ + + =
(**)
Ta có:
( )
( )
2
2 2 2
B C D B C D
h h h 3 h h h+ + ≤ + +
( ) ( )
( )
2 2
2
B C C D D B
h h h h h h 0⇔ − + − + − ≥

( luôn đúng )
Kết hợp với (**) ta được
( )
( )
2
2 2 2
A B C D
3h 3 h h h≤ + +
Hay
2 2 2
2
B C D
A
h h h
h
3
+ +
≥
.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
1 1
x y 5
x y
x,y

xy 1 x y 2

+ + + =

∈


− = − +

¡
14
ĐKXĐ:
x 0
y 0
≠


≠


Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
2
2
2 2
1 1
x y 5
x y
x 1 . y 1 2xy


 
 
+ + − =

 ÷
 ÷

 
 


+ − =


( )
2
2
1 1
x y 5
x y
*
1 1
x . y 2
x y

 
 
+ + − =

 ÷

 ÷
 

 
⇔

 
 

+ − =
 ÷
 ÷

 
 

, đặt
1
u x
x
1
v y
y

= +




= −




Hệ phương trình
( )
*
trở thành
( )
2
2 2
u v 5
u v 9
uv 2
uv 2


+ =
+ =

⇔
 
=
=




u v 3
uv 2
+ =


⇔

=

(I) hoặc
u v 3
uv 2
+ = −


=

(II)
Ta có:
( )
=

⇔

=

u 1
I
v 2
hoặc
u 2
v 1
=



=


( )
= −

⇔

= −

u 1
II
v 2
hoặc
u 2
v 1
= −


= −

Vì
1
u x u 2
x
= + ⇒ ≥
nên chỉ có
u 2
v 1

=


=

và
u 2
v 1
= −


= −

thỏa mãn.
u 2
v 1
=


=

ta có
1
x 1
x 2
x
1 5
1
y
y 1

2
y

=
+ =


 
⇔
 
±
=
 
− =



(thỏa mãn ĐKXĐ)
u 2
v 1
= −


= −

ta có
1
x 1
x 2
x

1 5
1
y
y 1
2
y

= −
+ = −


 
⇔
 
− ±
=
 
− = −



(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
x;y
là:
1 5 1 5 1 5 1 5
1; , 1; , 1; , 1;
2 2 2 2
       

+ − − + − −
− −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Câu 9.(1,0 điểm). Cho các số thực dương
a, b, c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
15
3
2 3
P .
a ab abc a b c
= −
+ + + +
( )
3
1 a 4b 1 a 4b 16c 4
a ab abc a . . a b c
2 2 4 3 3
+ + +
+ + ≤ + + = + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 4b 16c= =
.
Suy ra
( )
3 3
P

2 a b c
a b c
≥ −
+ +
+ +
Đặt
t a b c, t 0= + + >
. Khi đó ta có:
3 3
P
2t
t
≥ −
Xét hàm số
( )
3 3
f t
2t
t
= −
với
t 0>
ta có
( )
2
3 3
f ' t
2t
2t t
= −

.

( )
2
3 3
f ' t 0 0 t 1
2t
2t t
= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên
Do đó ta có
( )
t 0
3
minf t
2
>
= −
khi và chỉ khi
t 1=
Vậy ta có
3
P
2
≥ −
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16
a
21
a b c 1

4
b
a 4b 16c
21
1
c
21

=


+ + =


⇔ =
 
= =



=


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
−
khi và chỉ khi
( )

16 4 1
a,b,c , ,
21 21 21
 
=
 ÷
 
.
ĐỀ SỐ 53
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
( )
4 2
4 1 2 1y x m x m= − − + −
có đồ thị
( )
m
C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số khi
3
2
m =
.
b) Xác định tham số m để
( )Cm
có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình

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

b) Giải phương trình:
2
1 1 4 3x x x+ + = +

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
( )
2
3
4
2sin 3 cos
sin
x x x
dx
x
π
π
+ −
∫
.
16
Câu 4.(1,0 điểm): Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1
1
2

z i
z i
− +
=
−
.
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng:
1
: 2 3 0;d x y+ − =

2 3
:3 4 5 0; :4 3 2 0d x y d x y+ + = + + =
a) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
1
d
và tiếp xúc với
2
d
và
3
d

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc
1
d
và điểm N thuộc
2
d
sao cho

4 0OM ON+ =
uuuur uuur r
Câu 6.(1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
đường thẳng ∆:
x y z1 1
2 1 2
+ −
= =
−
.
1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆.
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao
cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCD.A B C D
có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho
.BM CN x= =
Xác định ví trí điểm M sao cho
khoảng cách giữa hai dường thẳng
1
AC
và
MN
bằng
3
a
.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:

2
2 2
1 4
1 2
( x ) y( y x ) y
( x ).y( y x ) y

+ + + =


+ + − =


Câu 9.(1 điểm) Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1.
Chứng minh rằng:
1
1 1 1
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + + + + +
LỜI GIẢI
Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số
( )
4 2
4 1 2 1y x m x m= − − + −
có đồ thị
( )
m
C

1.(1,0 điểm).Với m = 2 bài toán trở thành
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
4 2
2 2y x x .= − +
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.=
• Sự biến thiên:
3
4 4y' x x.= −
Ta có
0
0
1
x
y'
x
=

= ⇔

= ±

•
( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −

• Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y
/
- 0 + 0 - 0 +
17
y
+∞

+∞
2
-2 -2
•
vẽ đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15
-10
-5
5
10

15
Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
2.(1,0 điểm). Xác định m để (Cm) có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Ta có
( ) ( )
( )
3 2
4 8 1 4 2 1y x m x x x m .
′
= − − = − −

( )
2
0
0
2 1
x
y
x m
=

′
= ⇔

= −

nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
( ) ( )
( )

( )
( )
2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .− − − + − − − − + −

Ta có:
( ) ( ) ( )
4
2 2 2
2 1 16 1 8 1AB AC m m ;BC m= = − + − = −
Điều kiện tam giác ABC đều là
2 2 2
AB BC CA AB BC CA= = ⇒ = =
( ) ( ) ( )
( )
4
3
3
1
1 0
2 1 16 1 8 1
3
8 1 3
1
2
m
m
m m m
m
m

=

− =


⇒ − + − = − ⇒ ⇒


− =
= +




So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra
3
3
1
2
m = +
:
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
1 1 2 1tan x sin x tan x .− + = +
• Điều kiện:
π
π
2
x k ,k≠ + ∈Z
Biến đổi phương trình về dạng

( ) ( )
1
1 os2 0
os2 1
tan x
sin x cos x c x
c x
= −

+ − = ⇔

=

.
Do đó nghiệm của phương trình là:
4
x k ,x k ;k
π
π π
= − + = ∈Z
2.(0,5 điểm).Giải phương trình:
2
1 1 4 3x x x+ + = +

Điều kiện:
0x ≥
Pt
2
4 1 3 1 0x x x⇔ − + − + =
2 1

(2 1)(2 1) 0
3 1
x
x x
x x
−
⇔ + − + =
+ +
1
(2 1) 2 1 0
3 1
x x
x x
 
⇔ − + + =
 ÷
+ +
 
1
2 1 0
2
x x⇔ − = ⇔ =
Câu 3(1,0 điểm).
18
( ) ( )
2 2 2
3 3 3
4 4 4
2sin 3 cos 2sin 3 cos
cos

sin sin sin
x x x x x
x x
I dx dx dx
x x x
π π π
π π π
+ − −
= = +
∫ ∫ ∫
2 2 2
2
2
1
3 2 2 2
4
4
4 4 4
cos 1 1 1 1 1 1 1 1
cot
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 2
x x x
I dx xd dx x
x x x x
π π π
π
π
π
π
π π π

π π
   
= = − = − + = − − − =
 ÷  ÷
   
∫ ∫ ∫
( )
( )
2 2
2
3 3
4 4
2sin 3 cos
2sin 3 7
sin 2 2
sin sin 2
x x
x
I dx d x
x x
π π
π π
−
−
= = = −
∫ ∫

Vậy
1 2
2 2 3

= + = −
I I I
.
Câu 4.(1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1
1
2
z i
z i
− +
=
−
.
Giả sử
, ( , )z x yi x y= + ∈¡
. Ta có: +
2 2 2 2 2 2
6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − =
+
1
1 ( 1) ( 1) ( 2)
2
z i
x y i x y i
z i
− +
= ⇔ − + + = + −

−

2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + −
3 1 0x y⇔ − + =
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2, 1
3 1
3
7 1
,
3 1 0 4 3 1 0
4 4
x y
x y
x y
x y
x y y y
= =

= −
 
− =

⇔ ⇔
 

= − = −

− + = − − =
 



Vậy
7 1
2 ;
4 4
z i z i= + = − −
Câu 5.(1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng:
1
: 2 3 0;d x y+ − =

2 3
:3 4 5 0; :4 3 2 0d x y d x y+ + = + + =
1.Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
1
d
và tiếp xúc với
2
d
và
3
d

2.Tìm tọa độ điểm M thuộc
1
d
và điểm N thuộc

2
d
sao cho
4 0OM ON+ =
uuuur uuur r
Gọi
1
I d∈
là tâm đường tròn, thì
( ;3 2 )I t t−
Khi đó:
3 4(3 2 ) 5 4 3(3 2 ) 2
5 5
t t t t+ − + + − +
=

5 17 2 11 2
5 17 2 11 4
t t t
t t t
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− + = − =
 
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn:
2 2
49
( 2) ( 1)

25
x y− + + =
và
2 2
9
( 4) ( 5)
25
x y− + + =
Tìm tọa độ điểm M thuộc
1
d
và điểm N thuộc
2
d
Do
1 2
&M d N d∈ ∈
nên
2
1 1 2
3 5
( ;3 2 ); ( ; )
4
x
M x x N x
+
− −
1
1 2
1 2

2
8
4 0
5
4
3 2 (3 5) 0 2
5
x
x x
OM ON O
x x
x

= −

+ =


+ = ⇔ ⇔
 
− − + =


=


uuuur uuur ur
Vậy
8 31 2 31
; à ;

5 5 5 20
M v N
   
− −
 ÷  ÷
   
19
Câu 6(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
đường thẳng ∆:
x y z1 1
2 1 2
+ −
= =
−
.
1.(0,5 điểm).
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆.
Ta có:
AM ( 2; 4;0)= − −
uuuur
,
[AM,u]=(-8;4;10)
uuuur r
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆ nên nhận vectơ
[AM,u]=(-8;-4;10)
uuuur r
làm
vectơ pháp tuyến.
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là – 8(x – 1) + 4(y – 5) + 10(z – 0) = 0
hay 4x - 2y – 5z + 6 = 0.

2.(0,5 điểm). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao
cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Phương trình tham số của ∆:
= − +


= −


=

x t
y t
z t
1 2
1
2
.
Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng
− + −C t t t( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)= − + − − = −
uuur uuur
   
= − − − − ⇒ = − +
   
uuur uuur uuur uuur
AC AB t t t AC AB t t
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 18 36 21 6

Diện tích ∆ABC là
 
= = − +
 
S AC AB t t
2
1
, 18 36 216
2
uuur uuur
=
t
2
18( 1) 198− +
≥
198
Vậy Min S =
198
khi
t 1=
hay C(1; 0; 2).
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận
BC ( 2; 3; 4)= − − −
uuur
làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
− − −
= =

− − −
.
Câu 7.(1,0 điểm)
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
MN / / BC MN / / A BC d MN ,AC d MN , A BC⇒ ⇒ =
Gọi
1 1
H A B AB= ∩
và
1
MK / / HA,K A B∈

2
2
x
MK⇒ =
.
Vì
1 1 1
A B AB MK A B⊥ ⇒ ⊥
và
( )
1 1
CB ABB A CB MK⊥ ⇒ ⊥
.
Từ đó suy ra
( ) ( )

( )
( )
1 1 1
MK A BC MK d MN, A BC d MN , AC⊥ ⇒ = =
Nên
2 2
3 2 3 3
a x a a
MK x= ⇒ = ⇒ =
.
Vậy M thỏa mãn
2
3
a
BM =
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:
2
2 2
1 4
1 2
( x ) y( y x ) y
( x )y( y x ) y

+ + + =


+ + − =


20

N
M
D1
C1
B1
A1
D
C
B
A
Viết lại hệ dưới dạng:
( )
( )
( )
( )
2
2 2
1 2 2
1 2
x y y x y
x y y x y

+ + + − =


+ + − =


Đặt
2

1u x= +
và
2v y( y x )= + −
;
hệ trở thành:
2
2u v y
uv y
+ =


=

nên u,v là nghiệm của phương trình
2 2
2 0X yX y X y− + = ⇔ =

Nên
2 2
1 1
( 2) 3
x y x y
y y x y y x
 
+ = + =
⇔
 
+ − = = −
 
( ; ) (1;2);( 2;5)x y⇔ = −

.Vậy hệ có 2 nghiệm như trên.
Câu 9.(1,0 điểm).Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1.
Chứng minh rằng:
1
1 1 1
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + + + + +
Ta có
2
3
( )
3 3 (1)
3
a b c
a b c abc a b c
+ +
+ + ≥ = ⇒ + + ≤
Ta có
2
2
( ) 3( )
2( )
2( ) (2)
3
a b c ab bc ca
a b c
ab bc ca
+ + ≥ + +

+ +
⇒ + + ≤
Khi đó:
2 2 2
1 1 1
a b c a b c
b c c a a b a ab ac b bc ba c ca cb
+ + = + +
+ + + + + + + + + + + +
2 2
2 2
1
2
2
3 3
( a b c ) ( a b c )
( a b c ) ( a b c )
( a b c ) ( ab bc ca )
+ + + +
≥ ≥ =
+ + + +
+ + + + +
+
(do (1),(2))
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
ĐỀ SỐ 2
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
2 3
2
x

y
x
−
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )C
, biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang lần lượt tại
,A B
sao cho
2AB IB
=
, với
(2,2)I
.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 2 3tan 2 sin 4
2.
tan 2 sin 2
x x x
x x
+ +
=
−

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
+
− + − − = − + + −
21
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
Câu 4.(1,0 điểm).
1. 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
+ + + + =
+ +

2. Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình :
( ) ( )
2
2 1 4 2 5 3 0i z i z i+ − − − − =
.
Tính
2 2
1 2
z z+
.
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy

, cho hình chữ nhật
ABCD
có
(5, 7)A −
, điểm
C

thuộc vào đường thẳng có phương trình:
4 0x y− + =
. Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm
của đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0x y− − =
. Tìm tọa độ của
B
và
C
, biết điểm
B
có
hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng
( )
: 1 0P x y z− − + =
. Viết phương
trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai

trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A
trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của
∆
A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc
0
60
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
2 1 2 1
( , ).
2
2 3 2 4
x y
x y
x y
x y x y x y

−
+ + + =

∈


+ + + + =


¡
Câu 9.(1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2
1 1 1
1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
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 3
2
x
y
x
−
=
−
.
TXĐ:
{ }
\ 2D R=

lim 2
x
y
→±∞
=
⇒ phương trình đường TCN: y = 2
2 2
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ phương trình đường TCĐ: x = 2
( )
/
2
1
0
2
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−

⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
22

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)
Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
Đồ thị:
1.(1,0 điểm).Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng
và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho
2AB IB
=
, với I(2;2).
Gọi
0
0
0
2 3
; ( )
2
x
M x C
x
 
−
∈
 ÷
−
 
PTTT của (C) tại M:
( ) ( )
2
0 0
2 2
0 0

2 6 6
1
2 2
x x
y x
x x
− +
= − +
− −
Do
2AB IB=
và tam giác AIB vuông tại I ⇒ IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1
hoặc k = -1. vỡ
( )
/
2
1
0
2
y
x
−
= <
−
nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1.

( )
0
2
0

0
1
1
1
3
1
x
x
x
=

−
⇔ = − ⇔

=
−


⇒ có hai phương trình tiếp tuyến:
2y x
= − +
;
6y x= − +
Câu 2.(1,0 điểm).
1.(0,5 điểm).Giải phương trình:
sin 2 3tan 2 sin 4
2
tan 2 sin 2
x x x
x x

+ +
=
−
Đk:
cos2 0
tan 2 sin 2 0
x
x x
≠


− ≠

(*)
Pt tương đương:
3sin 2 tan 2 sin 4 0x x x
+ + =
( ) ( )
3sin 2 cos2 sin 2 sin 4 cos2 0
cos2 1 sin 2 sin4 0
x x x x x
x x x
⇔ + + =
⇔ + + =
23
2
cos2 1
cos2 1 0
sin 2 0
sin 4 sin 2 0

2
1
cos2
2
3
x k
x
x
x x k
x x
x
x k
π
π
π
π
π

= +



= −

+ =



⇔ ⇔ = ⇔ =




+ =



= −


= ± +



Nghiệm
3
x k
π
π
= ± +
thỏa mãn (*)
Phương trình có 2 họ nghiệm:
3
x k
π
π
= ± +
2.(0,5 điểm). 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
+
− + − − = − + + −
ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−

< <



≠

.
Với ĐK trên PT đó 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
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
−

=

+ = −





⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



Kết hợp với ĐK trên PT đó cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân :
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+

= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
Đổi cận:
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.(1,0 điểm)
1.(0,5 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
+ + + + =
+ +

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 cận 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
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ + + +
24
Vậy n=4.
2.(0,5 điểm). Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình :
( ) ( )
2
2 1 4 2 5 3 0i z i z i+ − − − − =
.
Tính
2 2
1 2
z z+
.
Có
( ) ( ) ( )
2
' 4 2 2 1 5 3 16i i i
∆ = − + + + =

.
Vậy phương trình có hai nghiệm phức.
1 2
3 5 1 1
,
2 2 2 2
z i z i
= − = − −
Do đó
2 2
1 2
9z z
+ =
.
Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
(5, 7)A −
, điểm
C
thuộc vào đường thẳng có phương trình:
4 0x y− + =
. Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm của đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0x y− − =

. Tìm tọa độ của
B
và
C
,
biết điểm
B
có hoành độ dương.
Gọi
( )
1
; 4C c c d+ ∈
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x – 4y – 23 = 0.
Ta có
AIM∆
đồng dạng
CID∆

10 10
2 2 ;
3 3
c c
CI AI CI IA I
+ −
 
⇒ = ⇒ = ⇒
 ÷
 

uur uur
Mà
2
I d∈
nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1
3 3
c c
c
+ −
− − = ⇔ =
Vậy C(1;5).
Ta có:
2
3 23 3 9
; 2 5;
4 2
t t
M d M t B t
− −
   
∈ ⇒ ⇒ −
 ÷  ÷
   
Do
( ) ( ) ( ) ( )
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0

29
4
5
t
AB CB t t t t
t
=


= ⇔ − − + + − = ⇔

=

uuur uuur
( 3; 3) ( )
33 21
;
33 21
;
5 5
5 5
B loai
B
B
− −

 

⇒ ⇒
 

 ÷

 
 ÷

 

Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng
( )
: 1 0P x y z− − + =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P)
biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM =
ON.
Giả sử
Q
n
r
là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó
( )
1; 1; 1
Q P
n n⊥ − −
uur uur
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại
( ) ( )
0; ;0 , 0;0;M a N b
phân biệt sao cho OM = ON
Nên
0
0

a b
a b
a b
= ≠

= ⇔

= − ≠

Nếu a = b thì
( ) ( )
0; ; // 0; 1;1MN a a u
= − −
uuuur r
và
Q
n u⊥
uur r
nên
( )
, 2;1;1
Q P
n u n
 
= =
 
uur r uur
.
25
3 5 3 19

2 10; , 2 6;
2 2
t t
AB t CB t
+ −
   
= − = −
 ÷  ÷
   
uuur uuur