100 đề thi thử Quốc gia môn 2015 môn toán tập 7

LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 7
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
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 71
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
( )
4 2 2
2 1 1y x m x= + +

, trong đó
m
là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
khi
1m
=
2. Chứng minh rằng đường thẳng
: 1d y x= +
luôn cắt đồ thị hàm số
( )
1
tại hai điểm phân biệt
với mọi
m
.
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
2
3
cos 2 2cos sin 3 2
4 4
x x x
π π
   
− + − =
 ÷  ÷
   

.
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 2 2
1 3 3 4x x x x x− − + − =
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân
( )
3 2
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫
Câu 4.(1,0 điểm). Cho số phức
z
thoả mãn
2 3z z i
+ = +
. Tìm
2014 2013 2012 2011
T z z z z= + + +

Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp

( )
E
có tiêu điểm thứ nhất là
( )
3;0F −
và
đi qua điểm
4 33
1 ;
5
M
 
 ÷
 ÷
 
. Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp
( )
E
.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
,cho hai đường thẳng
1
1 3
:
1 3 4
x y z
d
+ −

= =
−
,
2
2
:
2 1 2
x y z
d
−
= =
− −
và
( )
1;2;0A −
.Lập phương trình mặt phẳng
( )
P
song song với hai đường
thẳng
1 2
,d d
và cách
A
một khoảng bằng 3.
Câu 7. (1,0 điểm).
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
a

.Tam giác
SAC
cân tại
S
,
·
0
60SBC =
.
Mặt phẳng
( )
SAC
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng
cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( )
SAB
.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 1 0
x y y x

x x y y

− + − − =


+ − − − + =



( )
( )
1
2

Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số
, , ,a b c d
là các số thực bất kỳ .
Chứng minh rằng :
3
a b c d ad bc
a b c d ac bd
− − +
+ + ≥
+ + −
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) ) Cho hàm số
( )
4 2 2
2 1 1y x m x= + +
, trong đó

m
là tham số.
1. ( 1,0 điểm)Khi
1m
=
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số :
4 2
2 1y x x= + +
a) Tập xác định
D
=
¡
b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
( )
3 2
4 4 4 1 0 0y x x x x y x
′ ′
= + = + ⇒ = ⇔ =

Ta có
' 0 x 0 ; ' 0 x 0y y> ⇔ > < ⇔ <
:
hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
;0 ,−∞
và đồng biến trên khoảng
( )
0;+ ∞
.

+) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
0, 1
CT
x y
= =
+) Giới hạn:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
+) Bảng biến thiên:
x
−∞

0

+∞

y
′

−

0

+

y
+∞

+∞




1

Đồ thị : Nhận xét : hàm số đã cho là (học sinh tự vẽ đồ thị)
hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung là trục đối xứng
3. 2.( 1,0 điểm) Chứng minh rằng đường thẳng
: 1d y x= +
luôn cắt đồ thị hàm số
( )
1
tại hai
điểm phân biệt với mọi
m
.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng
: 1d y x= +
là :
( )
( )
( )
4 2 2 3 2
3 2
0
2 1 1 2 1 0 *
2 1 0 **

x
x m x x x x m x
x m x
=

+ + = + ⇔ + − = ⇔

+ − =


Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng số nghiệm phương trình
( )
*
. Ta thấy pt
( )
*
có một
nghiệm
0x
=
, ta sẽ chứng minh pt
( )
**
có đúng một nghiệm khác
0
với mọi giá trị của
m

• Nếu
0m

=
thì pt
( )
**
trở thành
3
1 0 1x x− = ⇔ = ⇒
pt
( )
*
có đúng hai nghiệm.
• Nếu
0m
≠
, xét hàm số
( )
3 2
2 1f x x m x= + −
trên
¡
.
Ta có
( )
2 2
3 2 0f x x m x
′
= + > ∀ ∈¡
⇒
hàm số
( )

f x
luôn đồng biến trên
¡
( )
0pt f x⇒ =
có
nhiều nhất một nghiệm trên
¡
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
0 1, 1 2 0 0 . 1 0 0f f m f f pt f x= − = > ⇒ < ⇒ =
có nghiệm thuộc khoảng
( )
0;1
.
Vậy pt
( )
**
có đúng một nghiệm khác
0
Câu 2.(1,0 điểm).
1.(0,5 điểm) Phương trình
( )
2
cos 2x sin 4x sin 2x 2
2
π
 
⇔ − + − −π =

 ÷
 

2 2 2
cos 2x cos4x sin 2x 2 1 sin 2x 1 2sin 2x sin2x 2⇔ − + = ⇔ − − + + =
2
sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − =
2
sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − =
sin 2x 2⇔ = −
(loại) hoặc sin2x=1
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
( )
4
x k k
π
π
= + ∈¢
2.(0,5 điểm).Giải phương trình:
( ) ( )
2 2 2
1 3 3 4x x x x x− − + − =
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 3 3 4 3 3 3 3 3 12 *x x x x x x x x x x− − + − = ⇔ − − + − =
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2

3 3 2 3 3 2 12 3 3 4 12x x x x x x x x x x x
   
⇔ − − − − − + = ⇔ − − − =
   
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
3 3 4 1
3 3 16
3 3 4 2
x x x
x x x
x x x

− − =
⇔ − − = ⇔

− − = −


• pt
( )
2
5 61
1 3 5 3 0
6

x x x
±
⇔ − − = ⇔ =

• pt
( )
( )
2
1 5
1 3 1 0
2
x x x
− ±
⇔ + − = ⇔ =
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là :
5 61 5 61 1 5 1 5
; ; ; ;
6 6 2 2
S
 
+ − − + − −
 
=
 
 
 

( chú ý: có thể từ pt
( )

*
nhận xét
0x
=
không là nghiệm của pt
( )
*
.
Khi
0x
≠
chia hai vế của phưong trình
( )
*
cho
2
x
, sau đó đặt
3
3t x
x
= −
đua về pt bậc hai ẩn
t

, giải tìm
t x⇒
)
Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân:
( )

( )
3 2
2
1 1
1 ln 2 1
2 ln ln 1
2 ln 2 ln
e e
x x x
x x x x
I dx dx
x x x x
+ + +
+ + +
= =
+ +
∫ ∫
2
1 2
1 1
ln 1
2 ln
e e
x
I x dx dx I I
x x
+
= + = +
+
∫ ∫

.
+Tính
3
2 3
1
1
1
1 1
3 3
e
e
e
I x dx x
−
= = =
∫
+
( )
( )
2
1
1 1
2 ln
2 ln 2
ln 2 ln ln
2 ln 2 ln 2
e e
e
d x
x e

I dx dx x x
x x x x
+
+ +
= = = + =
+ +
∫ ∫
Vậy
3
1 2
ln
3 2
e e
I
− +
= +
Câu 4.(1,0 điểm) Cho số phức
z
thoả mãn
2 3z z i+ = +
. Tìm
2014 2013 2012 2011
T z z z z= + + +

Gọi
( )
, ,z a bi a b= + ∈¡
.
Từ giả thiết
( )

2 3 2 3z z i a bi a bi i+ = + ⇔ + + − = +
.
3 3 1
3 3 1
1 1
a a
a bi i z i
b b
= =
 
⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ = −
 
− = = −
 
( )
( )
( )
2014 2013 2012 2011 2011 2 3 2011 2
1 1 1T z z z z z z z z z z z= + + + = + + + = + +

Mà
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
1 2 ,1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 5z i z i i z z i i i+ = − + = + − = − ⇒ + + = − − = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1005

2011 2 1005
2011 1005 1005
1 1 1 2 1 2 1 2 1z i i i i i i i i
 
= − = − − = − − = − − = − +
 

( )
1005
5.2 1T i⇒ = − +
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp
( )
E
có tiêu điểm thứ nhất là
( )
3;0F −
và đi qua điểm
4 33
1 ;
5
M
 
 ÷
 ÷
 
. Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp
( )
E
.
Ta có:

( )
E
có tiêu điểm
( )
3;0F −
nên có
3c =
.
Phương trình chính tắc của
( )
E
có dạng:
( )
2 2
2 2
1 , 0
x y
a b
a b
+ = > >

Ta có
( )
2 2 2 2
3 1a b c b= + = +

Điiểm
( ) ( )
2 2
4 33 1 528

1 ; 1 2
5 25
M E
a b
 
∈ ⇒ + =
 ÷
 ÷
 

Thế
( )
1
vào
( )
2
ta được
4 2 2 2
2 2
1 528
1 25 478 1584 0 22 25
3 25
b b b a
b b
+ = ⇔ − − = ⇔ = ⇒ =
+
Tức là ta có
( )
2 2
: 1 5, 22

25 22
x y
E a b+ = ⇒ = =
Hình chữ nhật cơ sở của elíp
( )
E
.có kích thước
( )
( )
2 ;2 10 ;2 22a b =

Từ đó diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng
10 2 22 20 22× =
(đ/v dt)
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
,cho hai đường thẳng
1
1 3
:
1 3 4
x y z
d
+ −
= =
−
,
2
2
:

2 1 2
x y z
d
−
= =
− −
và
( )
1;2;0A −
.Lập phương trình mặt phẳng
( )
P
song
song với hai đường thẳng
1 2
,d d
và cách
A
một khoảng bằng 3.
vtcp của
1
d
là
( )
1
1; 3;4u = −
r
,vtcp của
2
d

là
( )
2
2; 1; 2u = − −
r
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )
P
là
n
r
.
Do
[ ]
( ) ( )
1 2 1 2
1 1
, ; 10;10;5 2;2;1
5 5
n u n u n u u⊥ ⊥ ⇒ = = =
r r r r r r r
Suy ra
( )
: 2 2 0P x y z m+ + + =
.Từ giả thiết
( )
( )
; 3d A P =
2 4
3 2 9 7 11

4 4 1
m
m m m
− + +
⇔ = ⇔ + = ⇔ = ∨ = −
+ +
Vậy
( )
: 2 2 7 0P x y z+ + + =
hoặc
( )
: 2 2 11 0P x y z+ + − =
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
a
.Tam giác
SAC
cân tại
S
,
·
0
60SBC =
. Mặt phẳng
( )
SAC
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC

. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( )
SAB
.
Gọi
H
là trung điểm của
AC SH AC
⇒ ⊥
( do
SAC
∆
cân tại
S
) .
Mà
( ) ( ) ( )
SAC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥
đặt
( )
, 0SH x x= >
.
Ta có
2 2
2 2
3

,
4 4
x x
SB a SC a= + = +

Áp dụng định lí cô sin cho tam giác
SBC
với
·
0
60SBC =
ta được
2 2 2 0
2 . .cos 60SC BS BC BS BC= + − ⇒

6
2
a
x SH= =

2 2 3
.
3 1 1 6 3 2
4 3 3 2 4 8
ABC S ABC ABC
a a a a
dt V SH dt
∆ ∆
= ⇒ = × × = × × =
(đvtt)

Kẻ
( ) ( ) ( )
HK AB AB SHK SAB SHK⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
hạ
( ) ( )
( )
2 2 2 2
1 1 1 6 6
, ,
6
a
HI SK HI SAB HI d H SAB HI
HI HK HS a
⊥ ⇒ ⊥ ⇔ = = + = ⇒ =

( do
0
6 3
, .sin 60
2 4
a a
HS HK AH= = =
)
( )
( )
( )
( )
6
, 2 , 2
3

a
d C SAB d H SAB HI⇒ = = =
(đ/vđd)( do
2CA HA
=
)
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 1 0
x y y x
x x y y

− + − − =


+ − − − + =



( )
( )
1
2
Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2

2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




Đặt t=x+1
[ ]
1, 0;2x t t⇔ = − ∈

Ta có (1)
( ) ( )
3
3 3 2 3
3 3 2 0 1 3 3 *x y y x t t y y⇔ − + − − = ⇔ − − = −

Hàm số
( )
3
3f u u u= −

nghịch biến trên đoạn
[ ]
0;2
nên:
Từ (*)
3 3
3 3 3 1t t y y y t y x⇔ − = − ⇔ = ⇔ = +

Thay vào y=x+1 vào phương trình (2) ta được
( ) ( )
2
2 2
1 3 2 1 1 1 0x x x x+ − − + − + + =

2 2
2 1 1 0x x⇔ − − + =
Đặt
[ ]
2
1 0;1v x v= − ⇒ ∈

ta có phương trình:
2
1 3
2 2 0
1 3( )
v
v v
v L


= − +
+ − = ⇔

= − −



Với
2 3 3; 1 2 3 3
1 3
2 3 3; 1 2 3 3
x y
v
x y

= − − = − −

= − + ⇔

= − = + −


Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là
(
)
(
)
2 3 3;1 2 3 3 ; 2 3 3;1 2 3 3− − − − − + −
Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số
, , ,a b c d

là các số thực bất kỳ .
Chứng minh rằng :
3
a b c d ad bc
a b c d ac bd
− − +
+ + ≥
+ + −
Đặt
; ;
a b c d ad bc
x y z
a b c d ac bd
− − +
= = =
+ + −
và
T xy yz zx= + +
a b c d c d ad bc ad bc a b
T
a b c d c d ac bd ac bd a b
− − − + + −
        
= + +
 ÷ ÷  ÷ ÷  ÷ ÷
+ + + − − +
        
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b c d ac bd ad bc a b c d c d a b

T
a b c d ac bd
 
− − − + + − + + − +
 
=
+ + −
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1
ac bd a b c d ad bc
a b c d ac bd
T
a b c d ac bd a b c d ac bd
 
− − − + +
+ + −
 
= = =
+ + − + + −
Yêu cầu bài toán
( ) ( )
22
3 3 3x y z x y z x y z xy yz zx+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
1

0
2
x y y z z x
 
⇔ − + − + − ≥
 
luôn đúng . Ta có điều phải chứng minh
ĐỀ SỐ 72
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
( )
1
2 1
x
y C
x
−
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
( )
1
2 1
x
y C
x
−
=
−

2. Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.

Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
tan cos3 2cos 1
3 sin 2 cos
1 2sin
x x x
x x
x
+ −
= +
−
2. Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 5 15 3 5 2
x x
x+
− + + =
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
9
1
ln 16 x
I dx
x
−
=
∫

Câu 4.(1,0 điểm):
Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z
2
+
0z =
.Khi đó tính tổng lũy thừa bậc
4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x
2
+y
2
-2x-4y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng d
1
,d
2
lần lượt
có phương trình:
1 1 1 2 1
;
1 1 2 2 1 1
x y z x y z− + − − +
= = = =
−
.hãy viết phương trình mp(Q) song song
với (P),theo thứ tự cắt d
1

,d
2
tại A.B sao cho
4 5
3
AB =
.
Câu 7.(1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông
góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia đối của tia AB,Các mặt phẳng
(SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa
các đường thẳng BD và SA bằng
6
.Tính thể tích khối chóp và cô sin góc giữa hai đường
thẳng SA và BD.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 5 2
15 5 22 4 15
x y x y
x y x y

− − − =


− + + =


( )
,x y∀ ∈¡
Câu 9.(1,0 điểm): Với x,y là các số thực lớn hơn 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
( )
3 3 2 2
2 2
2 16
1 1
x y x y
P x y xy
x y
+ − −
= + + −
− −

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
( )
1
2 1
x
y C
x
−
=
−

Tập xác định :
1
\
2

D
 
=
 
 
¡
Giới hạn:
1 1
2 2
1 1 1 1 1 1
lim ; lim ; lim ; lim
2 1 2 2 1 2 2 1 2 1
x x
x x
x x x x
x x x x
+ −
→−∞ →+∞
→ →
− − − −
= = = −∞ = +∞
− − − −
Đồ thị nhận đường thẳng
1
2
y =
làm tiệm cận ngang.Đường thẳng
1
2
x =

làm tiệm cận đứng
( )
/
2
1
0,
2 1
y x D
x
= > ∀ ∈
−
Hàm số đồng biến với mọi
x D∈
Bảng biến thiên
x
−∞

1
2

+∞
y
/
+ || +
Y

+∞

1
2

1
2

−∞
Đồ thị:
b, Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Đồ thị hàm số không có tiếp tuyến dạng thẳng đứng.
Giả sử tìm được đường thăng t tiếp xúc với đồ thị (C ) có hoành độ x
0
. có hệ số góc
( )
( )
/
0
2
0
3
2 1
k y x
x
= = −
−
.
Do hai trục tọa độ vuông góc với nhau nên t tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân khi
1k = ±

*Với k=1
( )
2
0

3
1
2 1x
⇔ − =
−
Phương trình vô nghiệm
*Với k=-1
( )
0
2
0
3 1 3
1
2
2 1
x
x
±
⇔ − = − ⇔ =
−

Từ đó tìm được hai tiếp tuyến
1 3y x= − + ±
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
( )
tan cos3 2cos 1
3 sin 2 cos
1 2sin
x x x

x x
x
+ −
= +
−
ĐK:
1
cos 0,sin
2
x x≠ ≠
Nhận xét:
( )
3 2 2
cos3 4cos 3cos cos 4sin 1 , 2cos 2 1 1 4sinx x x x x x x= − = − − = −
nên đưa phương
trình về dạng:
( )
( )
2
4sin 1 sin 3 cos 1 0x x x− + − =
Giải phương trình: 4sin
2
x-1=0 ,kết hợp với ĐK ta được:
( )
7
2 , 2
6 6
x k x k k
π π
π π

= − + = + ∈¢
Giải phương trình:
sin 3 cos 1x x+ −
=0 kết hợp với ĐK được
( )
2
6
x n n
π
π
= − + ∈¢
Kết luận :PT có hai nghiệm
( )
7
2 , 2
6 6
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈¢
2.(0,5 điểm). Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 5 15 3 5 2
x x
x+
− + + =
chia hai vế cho
2 0
x

>
,
Đặt
3 5 3 5 3 5
0, 1
2 2 2
x x x
t
 
     
− − +
 
= > =
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
ta được phương trình: t
2
-8t+13=0
3, 5t t⇔ = =

*Với
3 5
2
3 log 3t x
−
= ⇔ =

*
3 5
2
5 log 5t x
−
= ⇔ =

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
9
1
ln 16 x
I dx
x
−
=
∫
Đặt:
[ ]
1;3 , 2x t t dx tdt= ⇒ ∈ =

và
( ) ( )
3 3
2
2 2 3
1
2
1 1
7

2 ln 16 2 ln 16 | 2 2 4ln ,
16 5
t
I t dt t t dt
t
 
= − = − − = − +
 ÷
−
 
∫ ∫
3 3
2
2
1 1
2 2 5
( 1 2 2ln 7 2ln )
16 4 4 3
t
dt dt
t t t
 
= − + + = − + −
 ÷
− − +
 
∫ ∫
vậy: I=
7
2 4ln ,

5
− +

Câu 4.(1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z
2
+
0z =
.Khi đó tính tổng
lũy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Chọn
( )
,z a bi a b= + ∈¡
.Suy ra
2 2 2 2
2 , 0z a b abi z a bi z z= − + = − ⇒ + =

( )
( )
2 2
2 0a b a ab b i⇔ − + + − =
.Từ đó thu được
2 2
0
2 0
a b a
ab b

− + =

− =



Giải hệ ta được:
( ) ( ) ( )
1 3
; 0;0 , 1;0 , ;
2 2
a b
 
= − ±
 ÷
 ÷
 
.
Vậy có bốn số phức
1 2 3 4
1 3 1 3
0, 1, ,
2 2 2 2
z z z i z i= = − = + = −
thỏa mãn phương trình đã cho.
Để ý rằng do z
k
là nghiệm của phương trình đã cho nên
2
4
k
k
z z=

Do đó
2 2
4 4 4 4
1 2 3 4
1 3 1 3 1
1
2 2 2 2 2
z z z z i i
   
+ + + = + + + − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 5.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x
2
+y
2
-2x-4y-4=0.Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có
hoành độ dương.
Đường tròn (C ) có tâm I(1;2) và bán kính R=3.Giả sử tìm được tam giác ABC thỏa mãn.
Với A(a;-1), a>0 khi đó IA=2R=6 nên tìm được a=6.Dó đó A(6;-1).
Khẳng định đường thẳng y=-1 tiếp xúc với (C ) tại M(1;-1) nên
Nếu B nằm trên đường thẳng này thì M là trung điểm AB và C thỏa mãn
2IC IM= −
uur uuur
.
Từ đó tìm được B(-4;-1),C(1;8).
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng
d

1
,d
2
lần lượt có phương trình:
1 1 1 2 1
;
1 1 2 2 1 1
x y z x y z− + − − +
= = = =
−
.hãy viết phương trình
mp(Q) song song với (P),theo thứ tự cắt d
1
,d
2
tại A.B sao cho
4 5
3
AB =
.
d
1
có phương trình tham số x=1+t,y=-t,z=-1+2t và d
2
cóPT: x=1+2s,y=2+s,z=-1+s.mặt phẳng
(Q) cần tìm có phương trinhf5x-z+d=0,
4d
≠ −
.
(Q) cắt d

1
tại
6 5 6 15 2
; ;
9 3 3
d d d
A
− + − −
 
 ÷
 
,cắt d
2
tại
3 2 12 15
; ;
9 9 9
d d d
B
− − − − −
 
 ÷
 

suy ra:
( )
6 5 6 7 30 5 1
; ; 6 5 ; 6 7 ;30 5
9 9 9 9
d d d

AB d d d
− − − +
 
= = − − − +
 ÷
 
uuur
.
Do
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
4 5 1 80 14
6 5 6 7 30 5 11 36 28 0 2,
3 81 9 11
AB d d d d d d d
 
= ⇔ − + + + + = ⇔ + + = ⇔ = − =
 
.
Vậy tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn:
( ) ( )
1 2
:5 2 0, :55 11 14 0Q x z Q x z− − = − + =
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia
đối của tia AB,Các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng
nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa các đường thẳng BD và SA bằng
6
.Tính thể tích khối chóp

và cô sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD) và K là hình chiếu của H lên CD.Khi đó do giả
thiết
·
·
, / / ,SBH SKH HK BC HK BC HBCK
α
= = = ⇒
là hình vuông,A là trung điểm HB,D là
trung điểm KC.Do đó HB=HK=BC=KC=6, và
6 tanSH
α
=
.
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
6 , , , ,d BD SA d BD SAK d D SAK d H SAK= = = =

Từ đó
0
2 2 2
1 1 1 1
6 45
6
HS
HS AH HK

α
= + + ⇒ = ⇒ =
.
Từ đó
.
36
S ABCD
V = =
(Đvtt).
Từ chứng minh trên suy ra
3 5 , 6 2AK BD SA SK= = = =
.
Theo định lý cô sin:
·
2 2 2
2.9.5 36.2 1
cos
2 . 2.9.5 5
SA AK SK
SAK
SA AK
+ − −
= = =

Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
3 5 2
15 5 22 4 15
x y x y
x y x y


− − − =


− + + =


( )
,x y∀ ∈¡
ĐK x-3y
0,5 0x y≥ − ≥
Đặt:
3 0, 5 0x y a x y b− = ≥ − = ≥
.Để ý 22x+4y=-3(x-3y)+5(5x-y)
ta có hệ
2 2
2
3 5 15 15
a b
a b b
− =


− + + =

( )
( )
1
2
Từ (1) suy ra a=b=2 thay vào (2) rút gọn được 2b
2

+3b-27=0
3, 5b a⇔ = =
,
( )
9
0
2
b L= − <
Từ đó được hệ:
1
3 25
7
5 9 58
7
x
x y
x y
y

=

− =


⇔
 
− =


= −



(tmđk)
Câu 9.(1,0 điểm) Với x,y là các số thực lớn hơn 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
( )
3 3 2 2
2 2
2 16
1 1
x y x y
P x y xy
x y
+ − −
= + + −
− −

Đặt x+y=t (t>2)
khi đó
( )
2
1
4
4
x y xy xy+ ≥ ⇒ ≤
hơn nữa
2
3 3 3 3
3

3
4
t
x y t xyt t+ = − ≥ −
và
( )
2 2 2
2 x y t+ ≥
Nên
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 2
2 16
1
x y x y
P x y xy
xy x y
+ − +
= + + − ≥
− + +
( )
2
3 2
2
2 2
2
3 2
4

8 8
2
1
4
t t
t t
t
t t t t
t
t
t
−
− −
+ − = + −
−
− +
.
Xét hàm số f(t)=
2
2
8
2
t
t t
t
+ −
−
với t>2 ta thấy f(t) liên tục và
( ) ( )
( )

( )
/ /
2
4 2 , 0 4
2
t
f t t f t t
t
 
= − + = ⇔ =
 ÷
 ÷
−
 
.Từ bảng biến thiên suy ra f(t)
( )
4 8f≥ = −
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y=4,x=y=2.
Suy ra GTNN của P=-8 khi và chỉ khi x=y=2.
ĐỀ SỐ 73
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2 2
2 1 (1)y x m x m= − + −
(m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2.m =
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị
, ,A B C
sao cho

bốn điểm O,
, ,A B C
là bốn đỉnh của một hình thoi (với
O
là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
4sin
1 cot 2
1 cos 4
x
x
x
+ =
−
.
2. Tính giới hạn:
2
2
0
cos3 cos
lim
x
x
e x x
x
→
−
.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:
6
3
0
cos
dx
I
x
π
=
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Cho khai triển
( )
3 2 3
0 1 2 3
1 2
n
n
n
x x a a x a x a x− + = + + + +
.
Xác định hệ số
6
a
biết rằng
15
3
1 2

0
2 3
1

2 2 2 2
n
n
a
a a
a
 
+ + + + =
 ÷
 
2. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
( ) ( )
2 3
2 4 1 4x m x m x x+ + + = − +
có
nghiệm.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 4 0d x y− + =
và hai đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
1
: 1 1 1;C x y− + − =

( ) ( ) ( )

2 2
2
: 3 4 4C x y+ + − =
. Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M
kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn
( )
1
C
và tiếp tuyến MB đến đường tròn
( )
2
C
(với A, B
là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz,Cho mặt phẳng
( )
: 6 0P x y z− + − =
và hai đường thẳng
1
2 3 4
: ;
1 1 1
x y z
d
− − −
= =
−

2

1 2 2
:
2 1 2
x y z
d
− + −
= =
−
.Viết phương trình đường thẳng
∆
song song
với mặt phẳng (P) và cắt d
1
và d
2
lần lượt tại M,N sao cho
3 6MN =

Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt
bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng
( )
SCD
với I là trung điểm của AB.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
( )
2
2 2

4 1 1 1 2 0
4 4 2 3 4 3
x x y y
x y y x

+ + − − =


+ + + − =


.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c.
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
.
2 2 2 5
a b c b c a c a b
a b c ab a b c bc a b c ca
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + + + + +
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm)Với
2m
=

. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số :
4 2
2 4 3y x x= − +
TXĐ:
D = ¡
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
Chiều biến thiên:
3
0
' 8 8 ; ' 0
1
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

= ±

BBT
x
−∞
1−
0 1

+∞
y’
−
0 + 0
−
0 +
y
+∞
1
3
1
+∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
1;0−
và
( )
1;+ ∞
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
0;1
.
Điểm cực đại
( )
0;3
, cực tiểu
( ) ( )

1;1 , 1;1−
.
Điểm uốn:
2
1
'' 24 8; '' 0
3
y x y x= − = ⇔ = ±
. Điểm uốn
1 17
;
9
3
U
 
±
 ÷
 
Đồ thị: Giao với Oy tại
( )
0;3
, đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
2.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị
, ,A B C

sao cho bốn điểm O,
, ,A B C
là bốn đỉnh của một hình thoi (với
O
là gốc tọa độ).

TXĐ:
¡
3 2
2
2
0
' 8 2 ; ' 0
(*)
4
x
y x m x y
m
x
=


= − = ⇔
=


Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
⇔
(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
0m
⇔ ≠
Tọa độ các điểm cực trị
( )
4 4
2 2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1

2 8 2 8
m m m m
A m B m C m
   
− − −
− + − + −
 ÷  ÷
   
.
Dễ thấy
A Oy∈
còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi
1m
≠ ±
.
Tọa độ trung điểm của BC là
4
2
0; 1
8
m
I m
 
−
+ −
 ÷
 
Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra
4 2
2 4 2

1
1 4 4 0
8 2
m m
m m m
− −
+ − = ⇔ − + =
2m⇔ = ±
( thỏa mãn).
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:
2
4sin
1 cot 2
1 cos 4
x
x
x
+ =
−
.
.Đk:
{
( )
cos4 1
sin 2 0
2
k
x
x k

x
π
≠
⇔ ≠ ∈
≠
¢
Pt
( )
cos2 sin 2 sin 2 1 cos 2x x x x⇔ + = −
( ) ( )
cos2 sin 2 1 sin 2 1 0x x x⇔ + − + =
sin 2 1
1
sin 2
4
2
x
x
π
= −


⇔
 
+ =

 ÷
 

+)

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

Vậy phương trình có nghiệm
( )
4 2
k
x k
π π
= + ∈¢
.
2.(0,5 điểm) Tính giới hạn:
2
2
0
cos3 cos
lim
x
x
e x x
x
→
−
.
Ta có :
2 2
2 2 2 2
0 0 0 0
cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .cos
lim lim lim 1 lim
x x
x x x x
e x x e x x x x

x x x x
→ → → →
− − − −
= + = +
Mà
2
0
1 cos3 .cos
lim
x
x x
x
→
−
2 2
2 2
0 0
1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin
lim lim
2
x x
x x x x
x x
→ →
− + − +
= =
2 2 2
2 2 2
0 0 0
sin 2 sin sin 2

lim lim 1 lim
x x x
x x x
x x x
→ → →
= + = +
2
2
0
sin 2
1 4lim 5
4
x
x
x
→
= + =
.
Vậy
2
2
0
cos3 .cos
lim 6
x
x
e x x
x
→
−

=
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
6
3
0
cos
dx
I
x
π
=
∫
Ta có
6 6
3 4
0 0
cos
cos cos
dx xdx
I
x x
π π
= =
∫ ∫
Đặt sinx=t
cosdt xdx
⇒ =

Đổi cận:Nếu x=0 thì t=0; Nếu
6

x
π
=
thì
1
2
t =

Ta được:
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
0 0 0 0
1 1
1 1
2 2
1 . 1 1 . 1 1 . 1
1
t t dt
dt dt dt
I
t t t t t t
t
 
+ − −
 

= = = −
 
+ − + − + −
−
 
 
∫ ∫ ∫ ∫

=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
2 2 2 2
0 0 0 0 0
1 1 1 1
1 1 1 1
2
2 2 2 4 1 1
1 . 1 1 . 1 1 1
t t dt t t dt
dt dt dt
t t
t t t t t t
   
+ − − + − −

   
− = + −
   
− +
+ − + − − +
   
   
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )
( )
( )
( )
1 1 1
1
2 2 2
2
0
2 2
0 0 0
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ln | ln3
4 4 1 1 4 4 1 1 1 4 3
1 1
d t d t
t
dt
t t t t t
t t
− +

 − 
 
= − − + = − − − = +
 
 
− + − + +
 
− +
 
∫ ∫ ∫

Đáp số : I=
1 1
ln3
4 3
+
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Cho khai triển
( )
3 2 3
0 1 2 3
1 2
n
n
n
x x a a x a x a x− + = + + + +
.
Xác định hệ số
6
a

biết rằng
15
3
1 2
0
2 3
1

2 2 2 2
n
n
a
a a
a
 
+ + + + =
 ÷
 
Cho
3 15
3
1 2
0
2 3
1 1 1

2 2 2 2 2 2
n
n
n

a
a a
x a
   
= ⇒ = + + + + =
 ÷  ÷
   
15
8 2 5
n
n⇔ = ⇔ =
Ta có:
( )
( ) ( )
5 5
5
3 15 3 15 3
5 5
0 0 0
1 2 1 2 2
k
k i
k k k k i
k
k k i
x x C x x C x C x
− −
= = =
+ − = − = −
∑ ∑ ∑

( )
5
15 3
5
0 0
. . 2 .
k
i
k i k i
k
k i
C C x
− +
= =
= −
∑∑
( )
0 5i k≤ ≤ ≤
15 3 6 3 9k i k i
− + = ⇔ − =
Ta có bảng sau
k 3 4 5
i 0 3 6
3, 0k i⇒ = =
hoặc
4, 3k i= =
Vậy
( ) ( )
0 3
3 0 4 3

6 5 3 5 4
. . 2 . . 2 150.a C C C C= − + − = −
2.(0,5 điểm) Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
( ) ( )
2 3
2 4 1 4x m x m x x+ + + = − +
có nghiệm
Điều kiện
0x
≥
. Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
Với
0x
>
viết lại phương trình:
( )
( )
( )
( )
2 2
4 1 4 2 0x m x x m x+ + − + + + =
( ) ( )
2 2
4 4
1 2 0 1
x x
m m
x x
+ +
⇔ + − + + =

Đặt
2
4
2
x
t
x
+
= ≥
. Từ phương trình (1) ta có:
( ) ( )
2
1 2 0 2t m t m+ − + + =
( )
2
2
1
t t
m g t
t
+ +
⇔ = =
−
Xét hàm số
( )
2
2
1
t t
g t

t
+ +
=
−
với
2t ≥
( )
( )
( )
2
4
1( )
' 1 ; ' 0
3
1
t l
g t g t
t
t
= −

= − = ⇔

=

−
BBT
t 2 3
+∞
g’(t)

−
0 +
g(t)
8
7
+∞
Để (1) có nghiệm
0x
>
thì (2) có nghiệm
2t
≥
Từ BBT của g(t) thì cần có
7m ≥
.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 4 0d x y− + =
và hai
đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
1
: 1 1 1;C x y− + − =

( ) ( ) ( )
2 2
2
: 3 4 4C x y+ + − =
. Tìm điểm M trên đường
thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn

( )
1
C
và tiếp tuyến MB đến đường
tròn
( )
2
C
(với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.
Đường tròn
( )
1
C
có tâm
( )
1;1I
, bán kính
1
1R =
;
( )
2
C
có tâm
( )
3;4J −
, bán kính
2
2R =
Do

1 2
5IJ R R= > +
( ) ( )
1 2
,C C⇒
rời nhau nên A và B phân biệt
( )
; 4M t t d+ ∈
2 2 2 2
1
2 4 9MA MI R t t⇒ = − = + +
;
2 2 2 2
2
2 6 5MB MJ R t t= − = + +
Tam giác AMB cân tại M
2 2
2MA MB t⇔ = ⇔ =
.
Vậy
( )
2;6M
.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz,Cho mặt phẳng
( )
: 6 0P x y z− + − =
và hai đường
thẳng
1
2 3 4

: ;
1 1 1
x y z
d
− − −
= =
−

2
1 2 2
:
2 1 2
x y z
d
− + −
= =
−
.Viết phương trình đường thẳng
∆
song
song với mặt phẳng (P) và cắt d
1
và d
2
lần lượt tại M,N sao cho
3 6MN =

Điểm
( )
1

2 ;3 ;4M d M t t t∈ ⇒ − + +
, Điểm
( ) ( )
2
1 2 ; 2 ;2 2 ; 2 1; 5; 2 2N d N m m m MN m t m t m t∈ ⇒ + − + − = + − − − − − −
uuuur

Gọi
( )
1; 1;1
P
n = −
uur
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Do MM//(P) nên
( ) ( )
. 0 2 1 5 2 2 0 2
P
MN n m t m t m t t m= ⇔ + − − − − + − − − = ⇔ = −
uuuuruur

Suy ra
( )
3 3; 3; 3MN m m= − − −
uuuur
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
2 2 2
2

2
3 6 3 3 3 3 54 2 0
1
m
MN m m m m
m
=

= ⇔ − + − + − = ⇔ − − = ⇔

= −


Với m=-1 thì
( ) ( )
5;0;1 ; 1; 3;4M N − −
đều thuộc mặt phẳng (P) nên không thỏa mãn
( )
/ / P∆

Với m=2 thì
( ) ( )
2;3;4 ; 5;0; 2M N −
.Suy ra véc tơ chỉ phương của đường thẳng
( )
1; 1; 2∆ = − −
ur

Phương trình đường thẳng
∆

là:
2 3 4
1 1 2
x y y− − −
= =
− −

Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O,
cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng
( )
SCD
với I là
trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SO và AB.
Goi E là trung điểm của CD, suy ra
AB IE⊥
.
Lại có
( )
AB SI AB SEI⊥ ⇒ ⊥
, do đó
( )
( )ABCD SIE⊥
.
Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH
( )
SH ABCD⇒ ⊥
3; 2SI a IE a SE a= = ⇒ =
(do tam giác SEI vuông tại S)
3

2
a
SH⇒ =
.
Vậy
3
.
1 2 3
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S= =
(đvtt)
Vì
2 2
1
2 2 2
a a
EH SE SH OH EH OI= − = ⇒ = = =
.
Qua O kẻ
/ / ( )OF BC F BC∈

( ) ( )
( )
, ,d SO AB d AB SOF⇒ =
( )
( )
( )

( )
, 2 ,d I SOF d H SOF= =
Kẻ HK vuông góc với SO tại K
( )
HK SOF⇒ ⊥
( )
3
, 2
2
a
d SO AB HK⇒ = =
.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
( )
2
2 2
4 1 1 1 2 0 (1)
4 4 2 3 4 3 (2)
x x y y
x y y x

+ + − − =


+ + + − =


Đk:
1

2
3
4
y
x

≤



≤

( )
( ) ( )
( )
3
3
2
(1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y⇔ + + − − = ⇔ + = − + −
Xét hàm số
3
( )f t t t= +
trên
¡
,
2
'( ) 3 1 0f t t t= + ≥ ∀ ∈¡
(1) có dạng
( )
( )

2 1 2 2 1 2 0f x f y x y x= − ⇔ = − ⇒ ≥
Thay vào phương trình (2) ta được
4 2
16 24 8 3 4 3 0x x x− + − − =
( ) ( )
( )
2 2
16 2 1
4 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x
−
⇔ − − − =
− +
( ) ( )
( )
2
16
2 1 2 1 4 5 0
3 4 1
x x x
x
 
⇔ − + − − =
 
− +
 
1

2
x⇔ =
do
3
0
4
x≤ ≤
Với
1
0
2
x y= ⇒ =
. Vậy hệ phương trình có nghiệm
1
; 0
2
 
 ÷
 
.
Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c.
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
.
2 2 2 5
a b c b c a c a b
a b c ab a b c bc a b c ca

+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + + + + +
Không mất tổng quát, giả sử:
3a b c
+ + =
Đặt
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
+ − + − + −
+ + =
+ + + + + + + + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
6 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
+ − + − + −
⇒ − = − + − + −
+ + + + + + + + +
( ) ( ) ( )
2 2 2

2 2 2
6 1 1 1
9
P
a b c b c a a c b
−
⇒ = + +
+ + + + + +
( ) ( )
( )
2 2
2 2
1 1 1 2
1
5 25
3
c
a b c c c
= ≤ + −
+ + − +
( ) ( )
2
1 2 1 0c c⇔ − + ≥
đúng
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
6 1 1 1
9
P

a b c b c a a c b
−
⇒ = + +
+ + + + + +
3 3
5 5
P≤ ⇔ ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b c
= =
.
ĐỀ SỐ 74
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số:
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
,
( )
1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
ứng với
1.m
=
b. Tìm
m
để hàm số
( )
1
có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm

số đến gốc tọa độ
O
bằng
3
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến
gốc tọa độ
O
.
Câu 2.(1,0 điểm).
1/Giải phương trình:
2
2cos3 .cos 3sin 2 2 3cos 2 3.
4
x x x x
π
 
+ = + −
 ÷
 

2/Tìm
m
để bất phương trình:
( )
+ − ≤ − −
3
3 2
3 1 1x x m x x
có nghiệm thực.
Câu 3 (1,0 điểm ). Tính tích phân;

( ) ( )
0
2 2
1
5 3
5 6 2 1
x
I dx
x x x x
−
−
=
− + − +
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tính giới hạn:
( ) ( ) ( )
1
log 10 20 2 1 2
lim
1
x
x x x
I
x
→−
+ + + +
=
+

.
2. Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn điều kiện:
2 2
1
14 14
n
n n
A C n
−
+
− = −
. Tìm số hạng chứa
6
x

trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức
2
3 3
3 64
n
n x x
n n
 
+ +
 ÷
 
.
Câu 5.(1,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
, đỉnh
( )
1;1A
,
2AB AD=
. Đường
thẳng
: 4 3 3 0BD x y+ + =
. Tìm tọa độ các điểm
, ,B C D
, biết điểm
D
có hoành độ không âm.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt cầu
( )
2 2 2
: 6 2 2 14 0S x y z x y z+ + + − − − =

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
1
:
x
y t
z t
=



∆ =


= −

(Vơi t là tham số) và căt mặt
cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
a
,
SA
vuông góc với mặt
đáy và
SA a
=
. Gọi
,M N
lần lượt là trung điểm của
SB
và
SD
;
I

là giao điểm của
SC
và
mặt phẳng
( )
AMN
. Chứng minh
SC
vuông góc với
AI
và tính thể tích khối chóp
MBAI
.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )

+ + + − =

∈

+ + = + +


¡
2
2 3 2
2 ( 5) 0
,
( 2 ) 15 2
x y x y

x y
y x xy y x y
Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực
( )
, , 0;1a b c ∈
và thỏa mãn:
1 1 1
1 1 1 1.
a b c
   
− − − =
 ÷ ÷ ÷
   
Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
.P a b c= + +
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
,
( )
1
1.(1,0 điểm). với
1m
=
.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3y x x= −

Tập xác định:
D = ¡
Giới hạn:
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞lim , lim
x x
y y
Chiều biến thiên:
′
= −
2
3 6y x x
,
=

′
= ⇔

=

0
0
2
x
y
x

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0), (2; )−∞ +∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

Cực trị:
- Hàm số đạt cực đại tại
0x =
và giá trị cực đại
0y =
- Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
và giá trị cực tiểu
4y = −
BBT:
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
0
+∞
−∞
-4
Đồ thị
Ta có
6 6; 0 1 2y x y x y
′′ ′′
= − = ⇔ = ⇒ = −
Suy ra
( )
1; 2U −
là điểm uốn của đồ thị hàm số
Đồ thị giao với trục

Oy
tại điểm
( )
0;0
Đồ thị giao với trục
Ox
tại điểm
( )
0;0
và
( )
3;0
f(x)=x^3-3*x^2
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
O
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
( )
1; 2U −
làm tâm đối xứng
1.(1,0 điểm). Tìm

m
để hàm số
( )
1
có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ
thị hàm số đến gốc tọa độ
O
bằng
3
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến
gốc tọa độ
O
.
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
′
⇔ ∆ = > ∀

Ta có:
6 6y x m
′′
= −
,
( )
1 6 0y m
′′
− = − <
và
( )
1 6 0y m
′′
+ = >
Do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là
( )
1;2 2A m m− −
và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
( )
1; 2 2B m m+ − −
.
Theo giả thiết ta có:
2
2 3
3 4 1 0
2 3

= − +
= ⇔ + + = ⇔


= − −


m
OA OB m m
m
Vậy có 2 giá trị của
m
là
2 3= − −m
và
2 3= − +m
.
Câu2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Giải phương trình :
2
2cos3 .cos 3sin 2 2 3cos 2 3.
4
x x x x
π
 
+ = + −
 ÷
 
Phương trình đã cho trở thành:
2
cos4 +cos2 + 3sin 2 3 2 2 1
4
x x x cos x

π
 
 
= + −
 ÷
 
 
 

cos4 +cos2 + 3sin 2 3cos 4 cos 4 3sin 4 cos2 3sin 2 0
2
x x x x x x x x
π
 
⇔ = + ⇔ + + + =
 ÷
 

sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
x x
π π
⇔ + + + =
18 3
2sin(3 ). =0
6
x=
2
x k
x cosx

k
π π
π
π
π

= − +

⇔ + ⇔


+



( )
k ∈¢
Vậy phương trình có các nghiệm:
18 3
x k
π π
= − +
và
,
2
x k k
π
π
= + ∈¢
.

2.(0,5 điểm) Tìm
m
để bất phương trình:
( )
+ − ≤ − −
3
3 2
3 1 1x x m x x
có nghiệm thực.
Điều kiện
1x ≥
. Nhân cả hai vế của bất phương trình với
( )
+ − >
3
1 0x x
ta có:
( )
( )
= + − + − ≤
3
3 2
( ) 3 1 1f x x x x x m
Đặt
( )
= + − = + −
3
3 2
( ) 3 1, ( ) 1g x x x h x x x
.

Ta có:
( )
′
= + > ∀ ≥
2
3 6 0, 1g x x x x
và
( )
( )
 
′
= + − + > ∀ >
 ÷
−
 
2
1 1
3 1 0, 1
2 2 1
h x x x x
x x
Vì
( )
0g x >
và tăng
1x∀ ≥
,
( )
0h x >
và tăng

1x∀ ≥
nên
( ) ( ) ( )
f x h x g x=
tăng
1x∀ ≥
. Do đó:
( ) ( )
1 3, 1f x f x≥ = ∀ ≥
.
Khi đó bất phương trình có nghiệm
1
min ( ) (1) 3
x
f x f m
≥
⇔ = = ≤

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân;
( ) ( )
0
2 2
1
5 3
5 6 2 1
x
I dx
x x x x
−
−

=
− + − +
∫
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
0 0
2 2 2 2
1 1
5 6 2 1
5 3
5 6 2 1 5 6 2 1
x x x x
x
I dx dx
x x x x x x x x
− −
− + − − +
−
= =
− + − + − + − +
∫ ∫
( )
0 0 0
0 0 0
1 1 1
2
2

1 1 1
1 1 1 1 3 1 9
| | ln | ln
5 6 1 3 2 1 2 2 8
1
dx dx x
dx
x x x x x x x
x
− − −
− − −
−
 
= − = − − − = − − = −
 
− + − − − − −
 
−
∫ ∫ ∫
Vậy
1 9
ln
2 8
I = −

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tính giới hạn:
( ) ( ) ( )
1
log 10 20 2 1 2

lim
1
x
x x x
I
x
→−
+ + + +
=
+
.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1
log10 2 2 1 2 log 2 2 5 3
lim lim
1 1
x x
x x x x x x
I
x x
→− →−
+ + + + + + + +
= =
+ +

( ) ( ) ( )
1
log 2 1 2 3

lim
1
x
x x x
x
→−
+ + + +
=
+

( )
( )
1 1
ln 2
log . lim lim 2 3
1
x x
x
e x
x
→− →−
+
= + +
+

log 1e= +
2.(0,5 điểm). Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn điều kiện:
2 2

1
14 14
n
n n
A C n
−
+
− = −
. Tìm số hạng
chứa
6
x
trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức
2
3 3
3 64
n
n x x
n n
 
+ +
 ÷
 
.
Điều kiện:
2,n n
+
≥ ∈¢
Phương trình
( )

( )
2
1 5 84 0 12n n n n⇔ − − − = ⇔ =
(loại
1n =
và
7n = −
)
Với
12n =
, ta có:
24
24 24
24 24 5
24 24
0 0
2 .2 . .2 .
16 16
k
k k k k k
k k
x x
C C x
− −
= =
   
+ = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑

Số hạng tổng quát trong khai triển trên:
24 5
1 24
2 . .
k k k
k
T C x
−
+
=
Số hạng chứa
6
x
ứng với
6k =
Số hạng cần tìm là:
6
33649
16
x
Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
, đỉnh
( )
1;1A
,
2AB AD=
. Đường thẳng

: 4 3 3 0BD x y+ + =
. Tìm tọa độ các điểm
, ,B C D
, biết điểm
D
có
hoành độ không âm.
Ta có
( )
2 2
4 3 3
; 2
4 3
d A BD
+ +
= =
+
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
.BD
Xét
ABD∆
có:

2 2 2 2
1 1 1 5 1
5

4 4
AD
AD AB AH AD
+ = ⇔ = ⇒ =
(
2AB AD=
)
Gọi
4 3
; , 0
3
m
D m BD m
− −
 
∈ ≥
 ÷
 
. Ta có:
( )
2
2
2
4 3
5 1 1 5
3
m
AD m
− −
 

= ⇔ − + − =
 ÷
 


2
25 30 0 0m m m⇔ + = ⇔ =
hoặc
6
5
m = −
(loại)
Với
( )
0 0; 1m D= ⇒ −
Đường thẳng
AB
đi qua
A
và có véctơ pháp tuyến
( )
1; 2AD − −
uuur
Phương trình
: 2 3 0AB x y+ − =
{ }
B AB BD= ∩ ⇒
tọa độ
( )
;x y

của
B
thỏa mãn hệ:

( )
2 3 0 3
3;3
4 3 3 0 3
x y x
B
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
Gọi
I
là trung điểm của
3
;1
2
BD I
−
 
⇒
 ÷
 
Mà

I
cũng là trung điểm của
( )
4;1AC C⇒ −
Vậy:
( ) ( ) ( )
3;3 , 4;1 , 0; 1B C D− − −
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt cầu
( )
2 2 2
: 6 2 2 14 0S x y z x y z+ + + − − − =
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
1
:
x
y t
z t
=


∆ =


= −

(Vơi t là tham số) và căt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
Mặt cầu (S) có tâm I(-3;1;1) bán kính R=5.Véc tơ chỉ phương của đường thẳng
∆
là
u

∆
uur

( )
0;1; 1−
.Vì M(1;0;0)
∈∆
và mặt phẳng (P) chứa
∆
nên phương trình mặt phẳng (P) có
dạng :
( )
2 2 2
1 0, 0a x by cz a b c− + + = + + ≠

Gọi véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
( )
; ;
P
n a b c
uur
,khi đó
. 0
P
n n b c
∆
= ⇔ =
uuruur
suy ra
( ) ( )

: 1 0P a x by bz− + + =
.
Vì bán kính của đường tròn giao của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) bằng 3 nên khoảng cách từ
I đến (P) bằng 4.Ta có
( )
( )
2
2 2 2
2 2
4
4 2
4 4 2 2 7 4 0
0
2
b a
a b
a b a b b ab
b
a b
= −
− +

= ⇔ + = − ⇔ + = ⇔

=
+


vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn: x-1=0.7x-4y-4z-7=0
Câu 7(1,0 điểm). Cho hình chóp

.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
a
,
SA

vuông góc với mặt đáy và
SA a
=
. Gọi
,M N
lần lượt là trung điểm của
SB
và
SD
;
I
là giao
điểm của
SC
và mặt phẳng
( )
AMN
. Chứng minh
SC
vuông góc với
AI
và tính thể tích khối

chóp
MBAI
.
. Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD
;
K
là giao điểm của
SO
và
MN
;
I
là giao điểm của
đường thẳng
AK
với
SC
I⇒
là giao điểm của
SC
và
( )
mp AMN

. Ta có

, ( , )
, ( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

( )
AM SBC AM SC⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(1)
. Tương tự ta có
AN SC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
SC AMN SC AI⊥ ⇒ ⊥
(đpcm)
. Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
I
trên
SB
/ /IH CB
⇒
, mà
( )

BC AMB⊥
(vì
BC AB
⊥

và
BC SA
⊥
) do đó
( )
IH AMB⊥
.
Suy ra
IH
là đường cao của khối chóp
MBAI
.
Ta có:
1
. .
3
IABM ABM
V S IH=
Trong đó:
2
1 1 1
. . . .
2 2 2 4
ABM SAB
a

S S SA AB= = =
Do
/ /IH CB
nên
2 2
2 2 2 2 2
. 1
2 3
IH SI SI SC SA a
BC SC SC SA AC a a
= = = = =
+ +

1 1
3 3
IH BC a⇒ = =

Vậy:
2 3
1
. .
3 4 3 36
IABM
a a a
V = =

Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:
( )

+ + + − =


∈

+ + = + +


¡
2
2 3 2
2 ( 5) 0
,
( 2 ) 15 2
x y x y
x y
y x xy y x y
Hệ phương trình đã cho trở thành:

+ + + =


+ = + +


2 2
2 2
2 5 (1)
( ) 15 2 (2)
x y xy y
y x y x y
Xét

0y =
, từ
( )
1
ta có:
2
2 0x + =
(vô nghiệm)
0y⇒ =
không là nghiệm của hệ.
Với
0y ≠
, khi đó hệ trở thành:
2
2
2
2
5
2
( ) 15
x
x y
y
x
x y
y

+
+ + =




+

+ = +


Đặt
+
= = +
2
2
,
x
u v x y
y
.
Ta có hệ:
= −

+ = = −
 
= − =


⇔ ⇔ ⇔
= −

  


= =
= + + − =


 

=


2 2
5
5 5
5, 10
5
4, 1
15 20 0
4
u v
u v u v
v u
v
v u
v u v v
v
Trường hợp 1
10
5
u
v
=



= −

ta có
2
5
10 52 0
y x
x x
= − −


+ + =

(VN)
Trường hợp 2
1
4
u
v
=


=

ta có
2
4
2, 6

1, 3
2 0
y x
x y
x y
x x
= −

= − =

⇔


= =
+ − =


Vậy hệ phương trình có nghiệm:
( ) ( ) ( )
; 1;3 , 2;6 .x y = −
Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực
( )
, , 0;1a b c ∈
và thỏa mãn:
1 1 1
1 1 1 1.
a b c
   
− − − =
 ÷ ÷ ÷

   
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
2 2 2
.P a b c= + +
. Từ giả thiết:
1 1 1
1 1 1 1 2 1ab bc ca abc a b c
a b c
   
− − − = ⇒ + + = + + + −
 ÷ ÷ ÷
   
. Mặt khác theo Cauchy, ta có:
3
3
a b c
abc
+ +
 
≥
 ÷
 
. Do đó:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 4 2P a b c ab bc ca a b c a b c abc= + + − + + = + + − + + − +

( ) ( ) ( )
3 2
4

2 2
27
a b c a b c a b c≥ − + + + + + − + + +
. Đặt
( )
, 0;3t a b c t= + + ∈
. Khi đó:
3 2
4
2 2
27
P t t t≥ − + − +
Xét hàm số
( ) ( )
3 2
4
2 2, 0;3
27
f t t t t t= − + − + ∈
Ta có:
( )
2
4
2 2
9
f t t t
′
= − + −
;
( )

3
0
2
f t t
′
= ⇔ =
hoặc
( )
3 0;3t = ∉
Bảng biến thiên:

t
0
3
2

3
( )
f t
′

−
0

+
( )
f t
2
3
4

1
. Từ bảng biến thiên suy ra
( ) ( )
3
, 0;3
4
f t t≥ ∀ ∈
. Dấu bằng xảy ra khi
3
2
t =
.
Do đó:
3 1
min
4 2
P a b c= ⇔ = = =