100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 9

LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 9(91-100)
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 91
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
3 2

y = x 3mx + 2−
(1), m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng 4.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
3cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x
+ = +
2. Giải phương trình:
2
7
3 6 3
3
x
x x
+
+ − =

Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
1
3
3 9 1
x
dx
x x
+ −

∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1/Cho hai số phức
1 2
z ,z
thỏa mãn
1
i.z 2 0,5+ =
và
2 1
z =i.z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
z z−
2/ Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1
1
+++++=S
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là

M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G(
2 2
,
3 3
) và I(1,-2).
Xác định tọa độ đỉnh C.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 1
:
2 1 1
x y z
d
− + −
= =
, điểm
A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A,
∆
nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và
∆
bằng
2 3
.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
SB=a 3
,
·
0

BAD = 60
và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB,
BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )





=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy

Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
x y z
P x y z
y z x
     

= + +
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     

3
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
3 2
y = x 3mx + 2−
(1), m là tham số
1.(1,0 điểm) Với m = 1 ⇒
3 2
y = x 3x + 2−
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
y = x 3x + 2−
a) TXĐ: R
*) Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
b) Sự biến thiên:
*) Chiều biến thiên:
2
x = 0
x = 2

y' = 3x 6x ; y' = 0



− ⇔
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-
∞
; 0) và (2; +
∞
), hàm số nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, y
CT
= - 2
BBT x -
∞
0 2 +
∞

f’(x) + 0 - 0 +
f(x)
2 +
∞

-
∞
-2
c) Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục

tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.
3 2
y = x 3mx + 2−
⇒
2
y' = 3x 6mx−
;
x = 0
x = 2m
y' = 0



⇔
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0
Với m ≠ 0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m
3
+2)
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là:
2
3

x y 2
= 2m x + y 2 = 0
2m
- 4m
−
⇔ −
. AB cắt Ox tại
2

1
C ;0
m
 
 ÷
 
, cắt Oy tại A(0; 2)
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có:
OAC
2 2
1 1 1 1
S = OA.OC = .2. =
2 2
m m
Yêu cầu bài toán thỏa mãn
2
4
1 1
= m
m 2
= ±
⇔ ⇔
(thỏa mãn m ≠ 0) Vậy
1
m
2
= ±
Câu 2.(1,0 điểm)
4
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:

2 2
3cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x
+ = +
Điều kiện : x ≠ kπ
Phương trình tương đương: 3cosx(
2
sin
cos
2
−
x
x
) = 2(cosx -
2
sin
2
x)

⇔
(cosx -
2
sin
2
x)(3cosx – 2sin
2
x) = 0
⇔





=−+
=−+
02cos3cos2
02coscos2
2
2
xx
xx

2 1
cos 2 ( );cos ;cos 2 ( );cos
2 2
x loai x x loai x
⇔ =− = =− =
KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x =
π
π
2
4
k+±
& x =
π
π
2
3
k+±
2.(0,5 điểm). Giải phương trình:
2
7

3 6 3
3
x
x x
+
+ − =

Ta có
2 2
7 1 1
3 6 3 ( 1) 2 ( 1) 2
3 3 3
x
x x x x
+
+ − = ⇔ + − = + +
,
7x ≥ −
Đặt
1
1
( 1) 2 ( 0)
3
u x
v x v
= +



= + + ≥



ta có hệ phương trình:
2
2
1
2
3
1
2
3
u v
v u

− =




− =


⇔
2 2 2
2
2 2
( )[3( ) 1] 0
3 6 3( ) 0
3 6
3 6 3 6

u v u v
u v u v u v
u v
v u u v
− + + = 
− = − + − =

 
⇔ ⇔
  
− =
− = − =
 

 
⇔
2
0
3 6
u v
u v
− =


− =

hoặc
2
3( ) 1 0
3 6

u v
u v
+ + =


− =


2 2
1 73
(lo¹i)
0
6
3 6 3 6 0
1 73
6
u
u v u v
u v u u
u

−
=

− = =
 

⇔ ⇒
 
− = − − =


+
 
=



2
2
1 1 69
3( ) 1 0
3 6
17
3 6
1 69
3 0
(lo¹i)
3
6
v u u
u v
u v
u u
u

− −

= − − =



+ + =



⇔ ⇒
 
− =

− +


+ − =
=




+ Với
1 3 7 1 73 73 5
1
6 6 6
u x
+ + −
= ⇒ = − =
.
+ Với
1 69 1 69 69 7
1
6 6 6
u x

− − − − − −
= ⇒ = − =
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
1
3
3 9 1
x
dx
x x
+ −
∫
1 1 1 1
2 2 2
2
1 1 1 1
3 3 3 3
(3 9 1) 3 9 1
3 9 1
x
I dx x x x dx x dx x x dx
x x
= = − − = − −
+ −
∫ ∫ ∫ ∫
5

1

1
2 3
1
1
3
1
3
26
3
27
I x dx x
= = =
∫

1
1 1
3
2 2 2 2
2
2
1
1 1
3
3 3
1 1 16 2
9 1 9 1 (9 1) (9 1)
18 27 27
I x x dx x d x x= − = − − = − =
∫ ∫
.

Vậy
26 16 2
27
I
−
=
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho hai số phức
1 2
z ,z
thỏa mãn
1
i.z 2 0,5
+ =
và
2 1
z =i.z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
z z−
Đặt
1 1 1 1 1
( , )z x iy x y R= + ∈
.Khi đó điểm M
1 1
( , )x y
biểu diễn
1
z

,
2 2
1 1 1 1 1
i.z 2 0,5 i.x 2 0,5 ( 2) 0,25y x y+ = ⇔ − + = ⇔ + − =
Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn
1
z
là đường tròn (C
1
) tâm O
1
(0,
2
) bán kính R
1
=0,5.
2 1 1 1
z iz y x i= = − +
Suy ra N (- y
1
, x
1
) biểu diễn
2
z

Ta cần tìm M thuộc (C
1
) để
1 2

z z MN− =
nhỏ nhất
Để ý rằng
1 1 1 1
( , ) ( , )OM x y ON y x⊥ −
uuuur uuur
và OM = ON nên MN =
2
.OM
MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO
1
đường tròn (C
1
) tại M
1
(0,
1
2
2
−
)
và M
2
(0,
1
2
2
+
). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng
1

2
2
−
khi M trùng M
1
(0,
1
2
2
−
) tức là
1
1
( 2 )
2
z i= −
2.(0,5 điểm) Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

)!2013!.().1(
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1

1
++
−+
+++++=
kkk
S

+) Ta có:
∑∑
==
+
=⇒
−+
=
2013
0
2013
2013
0
1
!2013.
)!2013!.().1(
1
k
k
k
k
C
S
kkk

S
+) Ta có:
[ ]
2014!)1(2014)!1.(2014
!2014
)!2013)!.(1(
!2013
1
1
20142013
+
=
+−+
=
−+
=
+
kk
C
kkkkk
C
(k =0;1;…;2013)
+) Do đó: S.2013!=
∑∑
==
+
=
2014
1
2014

2013
0
1
2014
.
2014
1
2014
k
k
k
k
C
C
+) S.2013! =
( )
12
2014
1
2014
−

!2014
12
2014
−
=⇒ S
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh
BC là M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G(
2 2

,
3 3
) và
I(1,-2). Xác định tọa độ đỉnh C.
Ta có
7 4
(2;4), ;
3 3
IM GM
 
= =
 ÷
 
uuur uuur
.Gọi A(x
A
; y
A
). Có
2AG GM=
uuur uuur
⇒ A(-4; -2).
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ
IM
uuur
làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
6
Mặt khác IC = IA ⇔
2 2 2 2

( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + =
.
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 7 0
( 1) ( 2) 25
x y
x y
− − =


− + + =

Giải hệ phương trình ta tìm được
5
1
x
y
=


=

và
1
3
x
y
=



=

.
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 1
:
2 1 1
x y z
d
− + −
= =
, điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình
đường thẳng
∆
đi qua A,
∆
nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và
∆
bằng
2 3
.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng
2 3
.
(Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1)
Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2)
2 2 2 2
( ,( ))

2 2 2
2 2 2
(1 1) (4 1) (2 1)
2 3 2 3 (5 ) 12( )
12 13 11 10 0 (3)
A Q
a b c
d b c a b c
a b c
a b c bc
− + + + −
= ⇔ = ⇔ + = + +
+ +
⇔ − + − =
Thay (2) vào (3) có
2 2
7 8 0a ab b+ + =
. Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a =
1
7
−
Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0
Đường thẳng
∆
qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP
1 1 1 1 1 1
, , 4(1,2, 1)
1 3 3 5 5 1
u
 − − − − 

= = − −
 ÷
− −
 
r
nên
∆
có phương trình:
1 4 2
1 2 1
x y z− − −
= =
−
Với b = 1 , a =
1
7
−
thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0
Đường thẳng
∆
qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP
( 8,11,17)u −
r
nên
∆
có phương trình:
1 4 2
8 11 17
x y z− − −
= =

−
Đáp số: Đường thẳng cần tìm
1 4 2
8 11 17
x y z− − −
= =
−
;
1 4 2
1 2 1
x y z− − −
= =
−
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
SB=a 3
,
·
0
BAD = 60
và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB,
BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a,
SB =
3
, tam giác ASB vuông tại S suy ra
2
AB
SM a= =
do đó tam giác SAM đều.
Gọi H là trung điểm AM thì SH

⊥
AB.
Mặt khác (SAB)
⊥
(ABCD) nên suy ra
( )SH ABCD⊥
2 3
1 1 1 1 3 1 4 3
. . . .
3 3 2 3 2 2 4 4
NSDC SNDC DNC BDC
a a a
V V SH S SH S
∆ ∆
= = = = =
Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên
·
·
( , ) ( , )SM DN SM QM=
.
Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK
⊥
MQ
Mà SH
⊥
(ABCD), HK
⊥
MK suy ra SK
⊥
MQ suy ra

·
·
·
( , ) ( , )SM DN SM QM SMK= =
Trong tam giác vuông SMK:
·
1 1 1
3
3
2 4 4
os
4
MQ DN a
MK
c SMK
SM a a a
= = = = =
7
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
(
)
2
3 2 2
1
3 1 9 1
1
(9 1) 4( 1). 10
xy y
x x
x y x x


+ + =

+ −


+ + + =

( )
( )
1
2

Điều kiện :
0x ≥
Nhận xét : x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
Xét x > 0
Phương trình (1)
⇔
x
xx
yyy
++
=++
1
1933
2

⇔

1
111
1)3(33
2
2
+








+=++
xxx
yyy
(3)
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.
1
2
+t
, t > 0.
Ta có: f’(t) = 1 +
1
1
2
2
2
+

++
t
t
t
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3)
⇔
f(3y)= f








x
1

⇔
3y =
x
1
Thế vào pt(2) ta được PT:
10).1(4
223
=+++ xxxx
Đặt g(x)=
10).1(4
223

−+++ xxxx
, x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
⇒
g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1
⇒
y =
3
1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1
).
Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
x y z
P x y z
y z x
     
= + +
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     

ĐÆt x =
2 2 2

, ,a y b z c= =
. Do
2 2 2
3 3x y z suy ra a b c+ + = + + =
.
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
.
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có:
8
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1);

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Cộng theo vế ta được:
( )
2 2 2

2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3. Từ (4)
3
2
P⇔ ≥

Vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a = b = c =1
⇔
x = y = z = 1
9
ĐỀ SỐ 92
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 4

1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B
đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 2 1
2 os
sin cos
2.tan
x
c x
x x
x
+ =
+
.
2. Giải phương trình:
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +

Câu 3.(1,0 điểm) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) =
23
24
5
++ xx
x
Câu 4.(1,0 điểm)
1/Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :
3 1z i− =
, tìm giá trị nhỏ nhất của
z
.
2/ Cho hàm số
1 cos x.cos2x
khi x 0
f (x)
x
0 khi x 0
−

≠

=


=

Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0=
.

Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y + 1 = 0.
Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho ∆MAB vuông
tại M và có diện tích bằng 2.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
1 1 1
x y z− −
= =
− −
và mặt phẳng
(P) : ax + by + cz – 1 = 0
2 2
( 0)a b+ ≠
. Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua đường
thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa BC’ và trục
của hình trụ bằng 30
0
; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có
·
0
120ABC =
. Gọi E, F, K lần lượt là
trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện FKBE.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2 2 2

2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
.
Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
3
3 3 3a b b c c a
+ + ≥
+ + +
.
10
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 4

1
x

y
x
−
=
+
.
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:
2 4

1
x
y
x
−
=
+
TXĐ: D = R\{-1}
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞

=> Đồ thị hàm số nhận đường thẳng có phương trình x = -1 làm tiệm cận đứng và y = 2 làm
tiệm cận ngang

Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+

Hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
, hs không có cực trị.
BBT
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y

+
∞

2
2 -
∞
+ Đồ thị (C):

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho
A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0.
Đường thẳng d cần tìm vuông góc với
∆
: x + 2y +3= 0 nên có phương trình
y = 2x +m, D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt
2 4
2
1
x
x m
x
−
⇔ = +
+
có 2 nghiệm phân biệt
2
2 4 0x mx m⇔ + + + =
có 2 nghiệm phân biệt khác - 1
2
8 32 0 (1)m m⇔ − − >
Gọi I là trung điểm AB có
2 4
2
2

A B
I
I I
x x m
x
m
y x m
+ −

= =




= + =


Do AB vuông góc với
∆
nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng
∆
: x + 2y +3= 0
4I m⇔ ∈∆ ⇔ = −
.Với m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x – 4
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5điểm) Giải phương trình:
sin 2 1
2 os
sin cos
2.tan

x
c x
x x
x
+ =
+
.
11
Điều kiện:
sin 0, cos 0,sin cos 0.x x x x≠ ≠ + ≠
Phương trình đã cho trở thành
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=−
+
+ x
xx
xx
x
x

2
cos 2cos
0 cos sin( ) sin 2 0
sin cos 4
2 sin
x x

x x x
x x
x
π
 
⇔ − = ⇔ + − =
 ÷
+
 

+)
.,
2
0cos ∈+=⇔= kkxx
π
π
+)
2
2 2
4
4
sin 2 sin( ) , Z
2
4
2 2
4 3
4
x m
x x m
x x m n

n
x
x x n
π
π
π
π
π
π π
π
π π


= +
= + +


= + ⇔ ⇔ ∈




= +
= − − +




.,
3

2
4
∈+=⇔ t
t
x
ππ
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
π
π
kx +=
2
;
.,,
3
2
4
∈+= tk
t
x
ππ
2.(0,5 điểm) Giải phương trình:
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +
Điều kiện:
1x ≥
.
Nhận xét :x = 1 không là nghiệm của phương trình
Nếu

1
>
x
thì PT
3
6
2 1 3 6
1
x
x x
x
+
⇔ − + + =
−
(*)
Ta xét các hàm số sau trên
( )
1;+∞
1)
3
( ) 2 1 3 6f x x x= − + +
có
3
1 1
'( ) 0, 1
1 6
f x x
x x
= + > ∀ >
− +

2)
6
( )
1
x
g x
x
+
=
−
có
( )
2
7
'( ) 0, 1
1
g x x
x
−
= < ∀ >
−
Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên nghiệm
2x =
cũng là nghiệm duy nhất của (*)
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất
2x
=
Câu 3.(1,0 điểm) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) =
23
24

5
++ xx
x
Ta cã:
23
23
23
24
3
24
5
++
+
−=
+ xx
xx
x
xx
x
v× x
4
+ 3x
2
+ 2 = (x
2
+ 2 ) (x
2
+ 1)
§Æt
1223

23
2224
3
+
+
+
+
+
=
++
+
x
DCx
x
bAx
xx
xx
Víi ∀x
⇔ 3x
3
+ 2x = (Ax + B) (x
2
+ 1) + (Cx + D) (x
2
+ 2) Víi ∀x
Hay 3x
3
+ 2x = (A+C)x
3
+ (B + D)x

2
+ (A + 2C)x + B + 2D Víi ∀x
=> A + C = 3 B = D = 0
B + D = 0 => C = -1 tøc lµ
12
4
23
23
2224
3
+
−
+
+
=
++
+
x
x
x
x
xx
xx
A + 2C = 2 A = 4
B + 2D = 0
=> f(x) = x -
12
4
22
+

+
+ x
x
x
x
=> ∫f(x)dx =
1
)1(
2
1
2
)2(
2
212
4
2
2
2
2
22
22
2
+
+
∫+
+
+
∫−=
+
∫+

+
∫−
x
xd
x
xdx
x
xdx
x
xdxx
12
VËy ∫ f(x)dx =
kxx
x
++++− )1ln(
2
1
)2ln(2
2
22
2
víi k lµ h»ng sè
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :
3 1z i− =
, tìm giá trị nhỏ nhất của
z
.
Đặt z = x + iy ta có
2 2

3 1 ( 3) 1z i x y− = ⇔ + − =
Từ
2 2
( 3) 1x y+ − =
ta có
2
( 3) 1 2 4y y− ≤ ⇔ ≤ ≤
. Do đó
2 2 2
0 2 2z x y= + ≥ + =
Vậy giá trị nhỏ nhất của
z
bằng 2 đạt khi z = 2i
2.(0,5 điểm) Cho hàm số
1 cos x.cos2x
khi x 0
f (x)
x
0 khi x 0
−

≠

=


=

Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0=

.
Xét giới hạn
2
0 0
( ) (0) 1 cos cos2
lim lim
0
x x
f x f x x
x x
→ →
− −
=
−
( )
2 2 2
0 0 0
1
1 cos3 cos
1 cos3 1 cos
2
lim lim lim
2 2
x x x
x x
x x
x x x
→ → →
− +
− −

= = +
2 2
0 0
3
sin sin
9 1 5
2 2
lim lim
3
4 4 2
2 2
x x
x x
x x
→ →
   
 ÷  ÷
= + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Vậy
5
'(0)
2
f =

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x
– y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho
∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2.

Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình
2 2 2
( ) ( )x a y b R− + − =
∆MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra
∆
qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1)
Hạ MH
⊥
AB có
( , )
2 1 1
2
2
M
MH d
∆
− +
= = =
.
1 1
. 2 .2 . 2 2
2 2
MAB
S MH AB R R
∆
= ⇔ = ⇔ =
Vì đường tròn qua M nên
2 2
(2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − =

Ta có hệ
2 2
1 0 (1)
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
a b
− + =


− + − =

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
13
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
1 1 1
x y z− −
= =
− −

và mặt phẳng (P) : ax + by + cz – 1 = 0
2 2
( 0)a b+ ≠
. Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P)
đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau
Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP
(1, 1, 1)u − −
r

. (P) có VTPT
( , , )n a b c
r
( ) . 0 0d P n v a b c a b c⊂ ⇒ = ⇔ − − = ⇔ = +
r r
·
·
0
( ,( )) ( ,( )) os( , ) os( , )
0
b c
Oy P Oz P c j n c k n b c
b c
= ≠

= ⇔ = ⇔ = ⇔

= − ≠

r r r r
Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra
1
( )P
: 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M
1
( )P∉
Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra
2
( )P
: y - z - 1 = 0 (thỏa mãn)

Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0
Câu 7(1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa
BC’ và trục của hình trụ bằng 30
0
; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có
·
0
120ABC =
. Gọi E, F, K
lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE.
Từ giả thiết suy ra
·
0
' 30BC C =
, BA = BC = r,
0
' cot 30 3CC BC r= =
3
0
'. EF . EF . EC '.
1 1 1 1
. .
AA'. . .sin120
8 3 8 2 32
A K C K F K A ABC
r
V V V V BA BC= = = = =
Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH
⊥

(ABC) và
2
r
HK HB HE= = =
Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE,
2 2 2 2
FK FH KH r= + =
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE
2 2
. 3
2 3
3
FJ FK FK r r
R FI
FH FH
r
= = = = =

Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =



Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +

− = − =
 
 

2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


.
14
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0

4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
.
Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
3
3 3 3a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1

x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥








++++
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a

9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
=
áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
+ + + + + +
+ ≤ = + + + ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
3 3
3
a 3b 1 1 1 b 3c 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2 ; b 3c 1.1 b 3c 2
3 3 3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2

3 3
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 
1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
Do đó
3P ≥
; Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =


⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =


ĐỀ SỐ 93
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
(3 1) 3= + + −y x m x
(với m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1.
15
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác
cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng
3
2
lần độ dài cạnh bên.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình:



+−=−−
++=++

422)23(log
log)7(log1)(log
2
22
2
yxyx
yyxyx
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân :
2
0
1 sin
1 cos
x
x
I e dx
x
π
+
=
+
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1/Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
z 2 i z 3 5i( )+ + = +
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
2/Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất
để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn?
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương

trình là:
2 2
x y 2x 4y 4 0+ − + + =
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm
M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆
đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB= = =
và đường thẳng
'A C

tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đó cho và khoảng cách giữa
hai đường thẳng
' , 'A B CC

theo a.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2
y y x 3x 4x 2
1 x y 2 y 1



− −


+ = + + +
− = −
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
LỜI GIẢI

Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1.0 điểm).Với
1
−=
m
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
32
24
−−= xxy
16
- Tập xác định:
D = ¡

Giới hạn: y =
∞+
; y = +∞
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
1;00';44'
3
±==⇔=−= xxyxxy
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
)1;0(
; đồng biến trên mỗi khoảng
)0;1(−
và
);1( +∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y

cđ
=-3; hàm số đạt cực tiểu tại
1
±=
x
; y
ct
=-4
- Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
2
-2
-4

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
2.(1.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam
giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng
3
2
lần độ dài cạnh bên.
2
13
,00';)13(24'
23
+
−==⇔=++=
m
xxyxmxy
,
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị

(*)
3
1
−<⇔ m
.
Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:
)3;0( −A
;








−
+−−−
3
4
)13(
;
2
13
2
mm
B
;









−
+−−−
− 3
4
)13(
;
2
13
2
mm
C
Ta có: AB = AC =
4
3m 1 (3m 1)
2 16
− − +
+
; BC =
3m 1
2
2
− −
.
Suy ra:

ABC
∆
cân tại
A









+
+
−−
=






−−
⇔=
16
)13(
2
13
4

2
13
4.9
3
2
BC
4
mmm
AB
5 1
m ,m
3 3
⇔ = − = −
So với điều kiện (*), ta được
3
5
−=m
.
Câu 2.(0,5 điểm)
1.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

Phương trình đó cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
2
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx cosx=0;2cos3x= 3 osx+sinxc c x c⇔ + ⇔
17
-3
y’

x
y
-∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
0
0
0
0
-1
1
-4
+
-
-
-4
+
y
O
x
+
osx=0 x=
2
c k
π

π
⇔ +
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +


12
24 2
x k
k

x
π
π
π π

= − +

⇔


= +


2.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
log (x y) 1 log (7x y) log y (1)
log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)
+ + = + +


− − = − +


Điều kiện






>
>+
>+
0
07
0
y
yx
yx
Với điều kiện trên phương trình (1) trở thành:
yyxyx )7(log)(2log
2
2
2
+=+
⇔
2 2
2 3 0 2 ,x xy y y x y x− + = ⇔ = =
Với
xy =
thế vào phương trình (2) ta được
94)22(log
2
=⇔=− xx
.
Suy ra
9== yx
,( thoả mãn điều kiện).
Với

xy 2=
thế vào phương trình (1) ta được
⇔−=− xx 24)2(log
2
042)2(log
2
=−+− xx
Vì hàm số
2
f (x) log (x 2) 2x 4= − + −
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2
và
5
f ( ) 0
2
=
nên
2
5
=x
là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0.
Suy ra





=

=
5
2
5
y
x
,( thoả mãn điều kiện).
Vậy hệ đó cho có hai nghiệm



=
=
9
9
y
x
và





=
=
5
2
5
y
x

Câu 3.(1.0 điểm) Tính tích phân :
2
0
1 sin
1 cos
x
x
I e dx
x
π
+
=
+
∫
2 2 2
0 0 0
1 sin sin
1 cos 1 cos 1 cos
x
x x
x e dx x
I e dx e dx
x x x
π π π
+
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
2 2
2

0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x
π π
= +
+
∫ ∫
Đặt
1
I =
2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x
π
=

∫
Và
2
I =
2
0
sin
1 cos
x
x
e dx
x
π
+
∫
Ta có :
2
I =
2 2
2
0 0
2sin .cos
sin
2 2
1 cos
2cos
2
x x
x x
x

e dx e dx
x
x
π π
=
+
∫ ∫
2
0
tan
2
x
x
e dx
π
=
∫
Mặt khác : Tính
1
I =
2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x

π
=
∫
Đặt
2
tan
cos
2
2
x
x
u e
du e dx
dx
x
dv
v
x

=

=

 
⇒
 
=
=
 




18
Áp dụng công thức tích phân từng phần :
1
I =
2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x
π
=
∫
=
2
2
0
tan
2
x
x
e e dx
π
π

−
∫
Do đó
1 2
I I I= +
2 2
2
0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x
π π
= +
+
∫ ∫
=
2
2
0
tan
2
x
x

e e dx
π
π
−
∫
2
0
tan
2
x
x
e dx
π
+
∫
2
e
π
=
Vậy :
2
I e
π
=
Câu 4.(1.0 điểm)
1.(0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
z 2 i z 3 5i( )+ + = +
. Tìm phần thực và phần ảo
của z
Ta có

z 2 i z 3 5i+ + = +( )
Gọi z = a + ib, ta có phương trình đó cho thành: z
a + ib + (2 + i)(a – ib) = 3 + 5i
⇔ 3a – ib + b + ia = 3 + 5i ⇔ 3a + b = 3 và a – b = 5 ⇔ a = 2 và b = -3.
2.(0,5 điểm) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính
xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn?
Gọi A: “Chọn được 4 thẻ chẵn”
Chọn 4 thẻ trong 16 thẻ có
4
16
C 1820=
cách chọn
Số phần tử không gian mẫu
( )
n 1820Ω =
Chọn 4 thẻ trong 8 thẻ đánh số chẵn có
4
8
C 70=
cách chọn
Số phần tử biến cố A :
( )
n A 70=
Xác suất để chọn được 4 thẻ đều chẵn
( )
70 1
P A
1820 26
= =
Câu 5.(1.0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là

trực tâm của tam giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB,
HC có phương trình là:
2 2
x y 2x 4y 4 0+ − + + =
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Gọi trung điểm của HA,HB,HC,BC,CA,AB lần lượt là: I,E,F,M,N,P
Ta có:
EH AC EH IF⊥ ⇒ ⊥
Mà MF//EH
MF IF
⇒ ⊥

·
I FM 1v⇒ =
H
A
C
M
I
E
F
P
N
Tương tự
·
IEM 1v⇒ =
nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF
Tương tự ta có N,P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF
+. Dễ thấy:

ABC∆
là ảnh của
MNP∆
qua phép vị tự tâm G tỷ số k =-2
⇒
đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
là ảnh của đường tròn ngoại tiếp
MNP
∆
Ta có đường tròn ngoại tiếp
MNP
∆
có phương trình:
0442
22
=++−+ yxyx
Có tâm K(1;-2) , R =1 .Gọi K
1
,R
1
là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
thì:
1 1
2 , 2GK GK R R= − =
uuuur uuur

⇒

K
1
(1;10) , R
1
=2
19
⇒
Phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
là:
4)10()1(
22
=−+− yx
Câu 6.(1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song
song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Giả sử
( ; ; )n a b c
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt
( ; ; )n a b c
r
: ax + by + cz + 2b = 0.
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương

(1;1;4)u =
r
Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và
mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có :
2 2 2
4 0
(1)
.
| 5 |
4
(2)
( ;( )) 4
+ + =



⇔
+
 
=
=


+ +

r r

a b c
n u
a b

d A P
a b c
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − =
⇔
4 , 2a c a c= = −
Với a = 4c chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
Câu 7.(1.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB= = =
và đường thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đó cho và khoảng
cách giữa hai đường thẳng
' , 'A B CC
theo a.
Trong (ABC), kẻ
CH AB⊥

( )
H AB∈

, suy ra
( )
' 'CH ABB A⊥
nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’).
Do đó:
( )
·
( )
·
·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = 
 
.
2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =

2.
21
7

ABC
S
a
CH
AB
∆
= =
. Suy ra:
0
2 21
'
sin30 7
CH a
A C = =
.
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2
35
' '
7
a
AA A C AC= − =
.
Suy ra:
3
105
. '
14
ABC
a

V S AA
∆
= =
.Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒
.
Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
21
' , ' ', ' ' , ' '
7
a
d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = =
.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2
y y x 3x 4x 2
1 x y 2 y 1



− −


+ = + + +

− = −
Điều kiện xác định của hệ phương trình là



≤≤
≤≤−
20
11
y
x
(*)
Hệ phương trình đó cho tương đương với:





−+=+−
+++=+
)2(211
)1()1()1(
2
33
yyx
xxyy
20
Từ(*) ta có
[ ]
[ ]

1 0;2
0;2
x
y

+ ∈


∈


.
Xét:
tttf +=
3
)(

tttf ∀>+= 013)('
2
Hàm số
tttf +=
3
)(
đồng biến trên đoạn
[ ]
2;0
nên pt(1)
1+=⇔ xy
,
thế vào pt(2) ta được:

xxx −++=+− 1111
2

0
=⇔
x
1=⇒ y
(thỏa mãn (*)).
Vậy hệ phương trình đó cho có nghiệm duy nhất
( )
yx;
là
( )
1;0
.
Câu 9.(1.0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
Đặt

zyxt
++=
⇒

2
3
)(23
2
2
−
=++⇒+++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++≤++≤ zyxzxyzxy
nên
3393
2
≤≤⇒≤≤ tt
v×
.0
>
t
Khi đó
2
3 5
2

t
A
t
−
= +

2
5 3
, 3 3.
2 2
t
t
t
= + − ≤ ≤

Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
≤≤−+= t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('

2
3
2
>
−
=−=
t
t
t
ttf
,
t 3;3 .
 
∀ ∈
 
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
.
Do đó
.
3
14
)3()( =≤ ftf
Đẳng thức xảy ra ra khi
.13 ===⇔= zyxt

Vậy GTLN của A là
3

14
, khi
.1=== zyx

ĐỀ SỐ 94
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số : y = x
4
– 5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
21
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại
hai điểm phân biệt khác M
Câu 2.(2,0 điểm)
2. Giải phương trình:
2 os6x+ 2cos4x - 3 os2x = sin2x + 3c c

3. Giải bất phương trình :
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤
2
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
/4

2
0
ln(sin cos )
cos
x x
dx
x
π
+
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Trong các số phức z thỏa mãn
2 52z i- - =
, tìm số phức z mà
4 2z i- +
là nhỏ
nhất.
2. Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lấy từ các chữ số 0,1,2,3,4,5.
Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất để phần tử được chọn là số có ba
chữ số đều chẵn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) và elip có phương trình
2
2
x
+ y = 1
4
.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt elip tại A, B sao cho
3MA - 5MB = 0

r
uuuv uuuv
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (0, 0, 5), điểm B (5, 0, 2) và mặt phẳng
(P) có phương trình z = 2. Viết phương trình đường thẳng
D
đi qua điểm B,
D
nằm trong mặt
phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
D
bằng 5.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn
đường kính AD = 2a, SA
^
(ABCD),
6SA a=
, H là hình chiếu vuông góc của A trên SB.
Tìm thể tích khối chóp H.SCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
2
2
4 2 2 2
x - y + x + y = y
x - 4x y +3x =- y






( )
( )
1
2

(x,y R)∈
Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
( )
+
+ cba
3
1
( )
+
+ cab
3
1
( )
abc +
3
1
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số : y = x
4
– 5x
2
+ 4

1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :y = x
4
– 5x
2
+ 4
+ TXĐ: R
22
+Giới hạn và tiệm cận:
lim
x
y
→±∞
= +∞
+ Sự biến thiên: y’ = 4x
3
− 10x
/
0y =
⇔ x = 0 hoặc x =
5
2
±
Bảng biến thiên :
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: (−∞;
5
2
−
) và (0;
5
2

)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : (
5
2
; +∞ )và (
5
2
−
,0)
Các điểm cực trị x
Cé
= 0, y
CĐ
= 4;
5
2
x
= −
CT1
, y
CT1
=
9
4
−
;
5
2
x
=

CT2
, y
CT2
=
9
4
−
;
Đồ thị:
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
2.(1,0 điểm) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M
cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M
Lấy M(m ; m
4
– 5m
2
+ 4) ∈ (C)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M : y = (4m
3
– 10m)(x – m) + m
4
– 5m
2
+ 4 (d)
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm phương trình:
x
4
– 5x
2
+ 4 = (4m

3
– 10m)(x – m) + m
4
– 5m
2
+ 4
⇔
(x – m)
2
(x
2
+ 2mx + 3m
2
– 5) = 0 (1)
Cần tìm m để x
2
+ 2mx + 3m
2
– 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác m
Điều kiện là



≠−
>−
056
025
2
2
m

m
Các điểm M(m ;m
4
– 5m
2
+ 4) ∈(C) với hoành độ
10 10 30
; \
2 2 6
m
   
 
∈ − ±
 ÷
 
 ÷
 
   

Câu 2.(1,0 điểm)
23
4
+∞
+∞
y’
−∞
+∞
y
4

x
0
0
-
-
0
0


+
+
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:
2 os6x+ 2cos4x - 3 os2x = sin2x + 3c c

Ta có:
2 os6x+2cos4x- 3 os2x = sin2x+ 3c c ⇔
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos
2
x
( )
os x=0
os x 2cos5x -sinx- 3cos 0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
c x
x

⇔ = ⇔



cos 0
os5x=cos(x- )
6
x
c
π
=


⇔


2
24 2
36 3
x k
k
x
k
x
π
π
π π
π π

= +




⇔ = − +



= +



k
∈
¢

Phương trình có ba nghiệm
; ; ;
2 24 2 36 3
k k
x k x x k
π π π π π
π
= + = − + = + ∈¢
2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình:
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤

2
Điều kiện: x> 0 ;
BPT ⇔
2
2 2
4log 2log
2 20 0
x x
x+ − ≤
Đặt
2
logt x=
. Khi đó
2
t
x =
.
BPT trở thành
2 2
2 2
4 2 20 0
t t
+ − ≤
. Đặt y =
2
2
2
t
; y ≥ 1.
BPT trở thành y

2
+ y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.
Đối chiếu điều kiện ta có :
2
2 2 2
2 4 2 2 1
t
t t≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
Do đó - 1 ≤
2
log x
≤ 1 ⇔
1
2
2
x≤ ≤
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
/4
2
0
ln(sin cos )
cos
x x
dx
x
π
+
∫
đặt u =

ln(sin cos )x x+
⇒
du =
cos sin
sin cos
x x
dx
x x
−
+
dv =
2
1 sin cos
tan 1
cos cos
x x
dx v x
x x
+
⇒ = + =
Ta có I =
/4
/4
0
0
cos sin
(tan 1)ln(sin cos )
cos
x x
x x x dx

x
π
π
−
+ + −
∫
=
/4
0
3
2ln 2 ( ln cos ) ln 2
4 2
x x
π
π
− + = − +
Vậy :
3
ln 2
4 2
I
π
= − +
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn
2 52z i- - =
, tìm số phức z mà
4 2z i- +

là nhỏ nhất

Gọi z = x + iy
( )
,x y ∈¡
khi đó M(x,y) biểu diễn z
2 2
2 52 ( 2) ( 1) 52z i x y- - = - + - =Û
M nằm trên đường tròn (C) tâm I(2,1) bán kính R =
52
A(4, -2) biểu diễn 4 – 2i. Ta có AM =
4 2z i- +
24
Ta cần tìm M thuộc (C ) để AM nhỏ nhất. AI có phương trình
4 2
2 3
x t
y t
ì
ï
= -
ï
í
ï
= - +
ï
î
Thay vào phương trình (C ):
2 2
3
4( 1) 9( 1) 5 2
1

t
t t
t
é
=
ê
- + - = Û
ê
= -
ê
ë
t = - 1 suy ra M
1
(6, -5) và AM =
13
;
t = 3 suy ra M
2
(-2, 7) và AM =
3 13
Vậy M(6, -5) là điểm cần tìm.
2.(0,5 điểm) Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lấy từ các chữ số
0,1,2,3,4,5. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất để phần tử được chọn là số có
ba chữ số đều chẵn.
Gọi 1 phần tử của E là 1 số tự nhiên dạng
abc
.
Chọn a : có 5 cách (a
≠
0). Sau khi chọn a còn 5 chữ số xếp vào 2 vị trí b,c có

2
5
A
cách
⇒
số
phần tử của E là : 5.
2
5
A
=100
⇒
số phần tử của không gian mẫu là n(
Ω
) = n(E) = 100
Gọi A là biến cố : Chọn được số có 3 chữ số đều chẵn
⇒
A =
{ }
240;420;204;402
⇒
n(A) = 4
Xác suất để chọn được số có 3 chữ số đều chẵn là : P(A) =
( )
( )
n A
n Ω
=
1
25

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) và elip có phương
trình
2
2
x
+ y = 1
4
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt elip tại A, B sao cho
3MA - 5MB = 0
r
uuuv uuuv
Đường thẳng d qua M(0,2) có phương trình
2 2
( 0)
2
x mt
m n
y nt
=

+ ≠

= +


để d cắt elip ở 2 điểm phân biệt điều kiện là phương trình
( )
2
2 2 2
2

2
2 1 4 3 0
4 4
m t m
nt n t nt
æ ö
÷
ç
÷
+ + = + + + =Û
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
có 2 nghiệm phân biệt
điều kiện là:
2
2
2
2
0
4
3
0
4
m
n
m

n
ì
ï
ï
+ ¹
ï
ï
ï
í
ï
ï
= - >D
ï
ï
ï
î
Xét A
( )
1 1
, 2mt nt+
, B
( )
2 2
, 2mt nt+
,
( ) ( )
1 1 2 2
, , ,MA mt nt MB mt nt
uuur uuur
1 2

5 0 3 5MA MB t t- = =Û
uuur uuur
Theo định lí Vi- et có
1 2
2
2
1 2
2
2
4
4
3
.
4
n
t t
m
n
t t
m
n
ì
ï
-
ï
+ =
ï
ï
ï
ï

+
ï
ï
í
ï
ï
=
ï
ï
ï
+
ï
ï
ï
î
Suy ra
2 2
m n=
25