Tổng hợp đề thi thử đại học có đáp án đầy đủ tất cả các môn hay

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 01

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




Câu I:
(2,0 ñiểm). Cho hàm số y =
x
3
– 3m
x
2
+ (m-1)
x
+ 2.
1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m.
2. Xác ñịnh m ñể hàm số có cực tiểu tại
x
= 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số trong
trường hợp ñó.
Câu II:
(2,0 ñiểm).
1. Giải phương trình sau: (1 – tan

x
) (1+ sin2

x
) = 1 + tan

x
.
2. Giải bất phương trình:
2
51 2
1
1
x x
x
− −
<
−
.
Câu III:
(1,0 ñiểm). Tính:
2
2
2
2
0
1
x
A dx
x
=
−

∫
.
Câu IV:
(1,0 ñiểm). Cho hình chóp SABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA
vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung ñiểm cạnh SD.
a) Mặt phẳng (α) ñi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết diện
là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.
b) Gọi H là trung ñiểm của CM; I là ñiểm thay ñổi trên SD. Chứng minh OH ⊥ (SCD); và hình chiếu của
O trên CI thuộc ñường tròn cố ñịnh.
Câu V:
(1,0 ñiểm). Trong mp (O
x
y) cho ñường thẳng (∆) có phương trình:
x
– 2y – 2 = 0 và hai
ñiểm A (-1; 2); B (3; 4). Tìm ñiểm M
∈
(
∆
) sao cho 2MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
Câu VI:
(1,0 ñiểm). Cho ñường tròn (C):
x
2
+ y
2

– 2
x
– 6y + 6 = 0 và ñiểm M (2; 4). Viết phương trình
ñường thẳng ñi qua M cắt ñường tròn tại 2 ñiểm A và B, sao cho M là trung ñiểm của AB.
Câu VII:
(1,0 ñiểm). Trong không gian cho ñiểm A(-4; -2; 4) và ñường thẳng (d) có phương trình:
3 2
1
1 4
x t
y t t R
z t
= − +


= − ∈


= − +

. Viết phương trình ñường thẳng (
∆
) ñi qua A; cắt và vuông góc với (d).
Câu VIII:
(1,0 ñiểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
1 + (1 + i) + (1 + i)
2
+ (1 + i)
3
+ … + (1 + i)

20


Giáo viên : Phan Huy Khải

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




ðÁP ÁN, THANG ðIỂM ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 1 NĂM 2012

Câu Nội dung ðiểm

Câu I

2.0

1. y’= 3x
2
– 6mx + m -1,
2
' 3(3 1) 0 m m m∆ = − + > ∀
=> hàm số luôn có cực trị
0.5
2. y’’ = 6x - 6m => hàm số ñạt cực tiểu tại x = 2
'(2) 0
1
''(2) 0
y
m
y
=

⇔ ⇔ =

>



0.5
+) Với m =1 => y = x
3
-3x + 2 (C)
TXð: D = R
Chiều biến thiên:
2
0

' 3 6 , y' = 0
2
x
y x x
x
=

= − ⇔

=


=> hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
( ;0)−∞
và
(2; )+∞
, nghịch biến trên khoảng (0 ;2)



0.25

Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
ðiểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ ñổi dấu khi x ñi qua x = 1 => ðiểm uốn U(1; 0)
BBT

x -
∞
0 2 +
∞

y’ + 0 - 0 +


y

2 +
∞




-
∞
-2



0,25



0.25
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI

Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


+ ðồ thị (C): ðồ thị cắt trục hoành tại ñiểm (1; 0),
(
)
1 3;0
±
, trục tung tại ñiểm (0; 2)
f(x)=x^3- 3x^2+2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y

ðồ thị nhận ñiểm uốn làm tâm ñối xứng








0.25
Câu II

2.0
1.
TXð: x
( )
2
l l Z
π
π
≠ + ∈


0,25
ðặt t = tanx =>
2
2
sin 2
1

t
x
t
=
+
, ñược phương trình:
2
0
2
(1 ) 1 1
1
1
t
t
t t
t
t
=

 
− + = + ⇔
 

= −
+
 



0,25

Với t = 0 => x = k
, ( )
k Z
π
∈
(thoả mãn TXð)
0,25
Với t = -1 =>
4
x k
π
π
= − +
(thoả mãn TXð)
0,25
2.

1,0
2
2
2
2 2
1 0
51 2 0
51 2
1
1 0
1
51 2 0
51 2 (1 )

x
x x
x x
x
x
x x
x x x

− <



− − ≥


− −

< ⇔
− >


−


− − ≥



− − < −








0,5

1
1 52; 1 52
1
( ; 5) (5; )
1 52; 1 52
x
x
x
x
x

>




 
∈ − − − +


 





⇔
<




∈ −∞ − ∪ +∞



 

∈ − − − +

 







0,25



)

(
1 52; 5 1; 1 52x
 
∈ − − − ∪ − +
 

0.25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -


Câu III

1,0
ðặt t = sinx =>
2
1 cos , cos
x t dx tdt
− = =

0,25
( )
4
2

0
sinA t dt
π
=
∫


0,25

2
8
A
π
−
=
0,5
Câu IV

1,0
O
Q
H
P
A D
B
C
S
I
M
N

I

a.
Kẻ MQ//SA =>
( ) ( ) ( )
MQ ABCD MQO
α
⊥ ⇒ ≡

Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)









0,25

2
( ). 3
2 8
td
MN PQ MQ a
S
+
= =
(ñvdt)

0.25
b.

: / / , , ( ) ( )
AMC OH AM AM SD AM CD AM SCD OH SCD∆ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
0.25

Gọi K là hình chiếu của O trên CI
, ( )
OK CI OH CI CI OKH CI HK⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mp(SCD) : H, K cố ñịnh, góc HKC vuông => K thuộc ñường tròn ñường kính HC

0.25
CâuV

1.0
M
(2 2; ), (2 3; 2), (2 1; 4)M t t AM t t BM t t∈∆ ⇒ + = + − = − −
 

0.25
2 2 2
2 15 4 43 ( )AM BM t t f t+ = + + =

0.25

Min f(t) =
2
15

f
 
−
 
 
=> M
26 2
;
15 15
 
−
 
 


0,5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -


Câu VI 1.0
(C) : I(1; 3), R= 2, A, B
( )C∈
, M là trung ñiểm AB =>

IM AB
⊥ =>
ðường thẳng d cần
tìm là ñường thẳng AB

0,5

d ñi qua M có vectơ pháp tuyến là
IM

=> d: x + y - 6 =0
0,5
Câu
VII

1

( 3 2 ;1 ; 1 4 )
d B B t t t∆ ∩ = ⇒ − + − − +
,
Vectơ chỉ phương
(2; 1;4)
d
u = −


0,25

. 0 1
d

AB u t= ⇔ =
 

0,25

=> B(-1;0;3)
0,25

Phương trình ñường thẳng
1 3
: 2
3
x t
AB y t
z t
= − +


∆ ≡ =


= −



0,25
Câu
VIII

1.0

21
20
(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i
+ −
= + + + + + =

0,25
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i
 
+ = + + = + = − +
 


0,25
( )
10
10 10
2 (1 ) 1
2 2 1
i
P i
i
− + −

= = − + +


0,25

Vậy: phần thực
10
2− , phần ảo:
10
2 1+
0,25



Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :
Hocmai.vn

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -

Câu I:
(2,0 ñiểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
có ñồ thị (C)

1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho.
2.

Tìm m, n ñể ñường thẳng (d) có phương trình
y mx n= +
cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B ñối
xứng với nhau qua ñường thẳng (d
1
):
3 7 0x y+ − =
.
Câu II: (2,0 ñiểm).
1.

Giải phương trình:
4 4 2

2 2
sin os sin 2 1 os2
cot 2 cos 2 cot 2
1 os2 2
x c x x c x
x x x
c x
+ + +
− = +
−

2.

Giải phương trình:
( )
3 2 2
8 13 6 6 3 5 5 0x x x x x x− + + + − − + =

Câu III: (1,0 ñiểm).
Tính tích phân
2
0
1
cos
2 3sin 1
I x x dx
x
π
 
= +

 
+ +
 
∫

Câu IV: (1,0 ñiểm).
Cho hình lăng trụ ñứng ABCD.A’B’C’D’. Có ñáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc A
bằng 60
0
. Góc giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt ñáy bằng 30
0
. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’
và khoảng cách từ ñường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD).
Câu V: (1,0 ñiểm).
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn
1
2
a b c+ + =
. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:

( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
a b b c b c a c a c a b
P
a b b c a c b c a c a b a c a b b c
+ + + + + +

= + +
+ + + + + + + + + + + +

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có ñáy lớn là CD, ñường thẳng AD có phương
trình
3 0x y− =
, ñường thẳng BD có phương trình
2 0x y− =
, góc tạo bởi hai ñường thẳng BC và AB
bằng 45
0
. Viết phương trình ñường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và ñiểm B có hoành ñộ
dương.
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ
Oxyz
cho mặt cầu (S):
2 2 2
4 2 6 11 0
x y z x y z+ + − + − − =
, mặt
phẳng (P):
2 3 2 1 0
x y z+ − + =
và ñường thẳng d:
1 1
2
3 5

x z
y
− +
= − =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q)
biết (Q) vuông góc với (P), song song với d và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa:

(1,0 ñiểm).
Cho phương trình:
3 2
5 16 30 0z z z− + − =
(1), gọi z
1
, z
2
, z
3
lần lượt là 3 nghiệm của
phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: A=
2 2 2
1 2 3
z z z
+ +
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm).

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 02
MÔN: TOÁN

Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ
Oxy
cho ñường tròn (C):
2 2
2 4 4 0
x y x y+ − + − =
và ñường thẳng d
có phương trình
0
x y m+ + =
. Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược
hai tiếp tuyến AB và AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.

Trong không gian với hệ tọa ñộ

Oxyz
cho ñiểm A(10; 2; -1) và ñường thẳng d có phương
trình:
1 1
2 1 3
x y z
− −
= =
. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
(P) lớn nhất .
Câu VIIb:

(1,0 ñiểm).
Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình:
(
)
(
)
2 2
5 5
1 log 1 log 4
x mx x m
+ + ≥ + + ñược nghiệm ñúng với mọi x
∈
R.


Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :
Hocmai.vn

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




ðÁP ÁN, THANG ðIỂM ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2012
Câu ðáp án ðiểm
I
1) Txñ: D=R\{1}
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
−
=
−
⇒
y = 2 là ñường tiệm cận ngang.
1 1

2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
− −
= +∞ = −∞
− −
⇒
x =1 là ñường tiệm cận ñứng
( )
2
1
' 0
1
y
x
= − <
−
với mọi x
D
∈
Bảng biến thiên:
x -
∞ 1 + ∞

y' - -

y
2 +∞

-
∞ 2

Hàm số nghịch biến trên khoảng:(- ∞ ;1) và (1;+ ∞ )
Hàm số không tồn tại cực trị
Khi x = 0
⇒
y =1; x = -1
⇒
7 5 77 0x y z+ − − =
3
2
y =
ðồ thị hàm số nhận ñiểm I(1;2) là tâm ñối xứng


2)
Phương trình ñường thẳng d
1
:
1 7
3 3
y x= − +
Vì A, B ñối xứng qua d
1
⇒

m = 3 (do khi ñó d ⊥ d
1
)
Vậy phương trình ñường thẳng d:y = 3x + n
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của d và (C) là:

2 1
3
1
x
x n
x
−
= +
−
ñiều kiện x
≠
1
0,25 ñ





0,25 ñ




0,25 ñ

0,25 ñ










0,25 ñ

HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 02
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -



(
)
2
3 5 1 0x n x n⇔ + − − + =
(1)
ðể d cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B ta có ñiều kiện
( ) ( )
2
5 12 1 0
3 5 1 0
n n
n n

∆ = − − − >


+ − − − ≠


ñúng với mọi n
Gọi tọa ñộ ñỉnh A(x

A
;3x
A
+ n), B(x
B
;3x
B
+ n)
⇒
tọa ñộ trung ñiểm của ñoạn thẳng
AB là
(
)
3
;
2 2
A B
A B
x x
x x
I n
+ 
+
+
 
 
, theo ñịnh lí viet ta có:
5
3
A B

n
x x
−
+ =
tọa ñộ
ñiểm
5 5
;
6 2
n n
I
− +
 
 
 
, vì A, B ñối xứng qua d
1

⇒
I∈d
1
⇒
n = -1
Vậy phương trình ñường thẳng d:y =3x-1

0,25 ñ



0,25 ñ

0,25 ñ
II
1)
Giải phương trình:
4 4 2
2 2
sin os sin 2 1 os2
cot 2 os2 cot 2
1 os2 2
x c x x c x
xc x x
c x
+ + +
− = +
−
(1)
ðiều kiện:
sin 2 0 ,
2
x x k k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
(1)
⇔

( )
( )
2
2
2 sin 2 1
cot 2 1 os2 0
2 1 os2 2
x
x c x
c x
+
 
− + + =
 
−
 

os4 1c x⇔ =

2
x n
π
⇔ = ,n∈Z(loại)
Vậy phương trình vô nghiệm.
2)
Giải phương trình:
( )
3 2 2
8 13 6 6 3 5 5 0x x x x x x− + + + − − + =
(1)

ðk:
2
5 5 0x x− + ≥
Từ (1)
( )
(
)
( )
2 2
3 5 2 6 3 5 5 0x x x x x x⇒ − − − + − − + =

2 2
3
5 2 6 5 5 0 (2)
x
x x x x
=

⇔

− − + − + =



Giải (2): ñặt
2
5 5x x− +
= t, ñiều kiện t≥0
( )
2

1
2 6 7 0
7
t
t t
t
=

⇔ + − = ⇔

= −


Với t =1
⇒
2
5 5x x− +
=1
1
4
x
x
=


=

(thỏa mãn ñiều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm
x

=1 và
x
= 4




0,25 ñ


0,5 ñ



0,25 ñ




0,25 ñ



0,25 ñ



0,25 ñ

0,25 ñ

III
Tính :

(loại)
(loại)
(thỏa mãn)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -


2 2 2
0 0 0
1 cos
cos cos
2 3sin 1 2 3sin 1
x
I x x dx dx x xdx
x x
π π π
 
= + = +

 
+ + + +
 
∫ ∫ ∫

2
1
0
cos 2 3
1 2ln
3 4
2 3sin 1
x
I dx
x
π
 
= = +
 
+ +
 
∫

2 2
2
2
0
0 0
cos sin sin x 1
2

I x xdx x x dx
π π
π
π
= = − = −
∫ ∫

1 2
4 3 1
ln
3 4 2 3
I I I
π
= + = + −
0,25 ñ


0,25 ñ


0,25 ñ


0,25 ñ

IV
Gọi I là trung ñiểm AD, K là hình chiếu của B
xuống B’I, vì A= 60
0
⇒

∆
ABD ñều cạnh a.
( )
'
'
BI AD
BIB AD
BB AD
⊥

⇒ ⊥

⊥



0
' 30B IB⇒ =
Mà
3
2
a
BI =
=>
0
' .tan 30
2
a
BB BI= =

Diện tích ñáy ABCD là:

2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S= = (ñvdt)
Thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ là

3
3
'.
4
ABCD
a
V BB S= = (ñvtt)
Do BC//AD
⇒
BC//(B’AD)
⇒
khoảng cách từ BC tới mặt phẳng (B’AD) bằng
khoảng cách từ B tới (B’AD).
Vì
( )
'
'
BK B I
BK B AD

BK AD
⊥

⇒ ⊥

⊥


Xét
∆
B’BI vuông tại B ta có
2 2 2
1 1 1 3
' 4
a
BK
BK BI BB
= + ⇒ =

Vậy khoảng cách từ ñường thẳng BC tới (B’AD) bằng
3
4
a
.

0,25 ñ



0,25 ñ




0,25 ñ






0,25 ñ

V
ðặt ; ; 2( ) 1a b x b c y a c z x y z a b c+ = + = + = ⇒ + + = + + =
xy yz zx
P
xy z yz x zx y
=> = + +
+ + +

Ta có

( ) ( )( )
xy xy xy
xy z xy z x y z x z y z
= =
+ + + + + +

0,25 ñ



0,25 ñ

I
B
A
B'
A'
D
D'
C
C'
K
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -

1
.
2
xy x y x y
xy z x z y z x z y z
 
⇒ = ≤ +
 
+ + + + +
 
(1)
Chứng minh tương tự
1
.
2
yz y z y z
yz x y x z x y x z x
 
= ≤ +
 
+ + + + +
 
(2)
1
.
2
zx z x z x
zx y z y x y z y x y

 
= ≤ +
 
+ + + + +
 
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta ñược:
3
2
P ≤
=> P
Max
=
3
2
khi a = b = c =
1
6







0,25 ñ



0,25 ñ

Phần riêng
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1) Tọa ñộ ñiểm D là:
3 0 0
2 0 0
x y x
x y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
⇒
D(0;0)
≡
O
Vectơ pháp tuyến của ñường thẳng
AD và BD lần lượt là
(
)
(
)
1 2
3; 1 , 1; 2n n− −
 

⇒
( )


0
1
os 45
2
c ADB ADB= ⇒ =

⇒
AD=AB (1)
Vì góc giữa ñường thẳng BC và AB bằng
45
0


BCD
⇒
= 45
0

⇒
∆
BCD vuông cân tại B⇒DC = 2AB
Theo bài ra ta có:
( )
2
1 3.
24
2 2
ABCD
AB

S AB CD AD
= + = =
⇒ AB = 4 ⇒BD =
4 2
Gọi tọa ñộ ñiểm
;
2
B
B
x
B x
 
 
 
, ñiều kiện x
B
>0
⇒

2
2
8 10
5
4 2
2
8 10
5
B
B
B

B
x
x
BD x
x

= −

 

= + = ⇔
 

 
=




Tọa ñộ ñiểm
8 10 4 10
;
5 5
B
 
 
 
 

Vectơ pháp tuyến của BC là

(
)
2;1
BC
n =


⇒ phương trình ñường thẳng BC là:
2 4 10 0x y+ − =

2) Mặt cầu (S) có tâm I(2; -1; 3) bán kính R=5
Vectơ pháp tuyến của (P):
( )
(
)
2;3; 2
P
n = −








0,25 ñ

0,25 ñ







0,25 ñ







0,25 ñ


B
D
C
A
(thỏa mãn)
(loại)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -


Vectơ chỉ phương của d:
(
)
3;1;5u


Vectơ pháp tuyến của (Q):
( ) ( )
(
)
17; 16; 7
Q P
n n u= ∧ = − −
  
vì (Q) ⊥ (P); (Q)//d
Gọi phương trình mặt phẳng (Q) có dạng:
17 16 7 0x y z D− − + =

Theo bài ra ta có:
( )
( )
2 2 2

15 66 29
34 16 21
; 5
17 16 7
15 66 29
D
D
d I Q
D

= −
+ − +
= = ⇔

+ +
= − −



Phương trình mặt phẳng (Q):
17 16 7 15 66 29 0x y z− − + − =
hoặc
17 16 7 15 66 29 0x y z− − − − =


0,25 ñ


0,25 ñ

0,5 ñ


VII.a
3 2
5 16 30 0z z z− + − =

có 3 nghiệm là:
1 2 3
3; 1 3 ; 1 3
z z i z i
= = + = +

⇒
2 2 2
1 2 3
7A z z= + + = −


0,5 ñ
0,5 ñ

B. Theo trương trình nâng cao
VI.b
1) Phương trình ñường tròn có tâm I(1;-2) bán kính R=3, từ A kể ñược hai tiếp
tuyến AB, AC tới ñường tròn và AB
⊥ AC
⇒
tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3

⇒
IA=
3 2
. ðể ñiểm A duy nhất
⇒

ñường thẳng IA vuông góc với d ta có:
( )
5
1
; 3 2
7
2
m
m
d I d
m
= −
−

= = ⇔

=


2) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) ñi qua A và (P)//d, khi ñó
khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H ñến (P).
Giả sử ñiểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH
≥ HI⇒ HI lớn nhất khi A ≡ I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng ñi qua A và nhận

AH

là vectơ pháp tuyến
(
)
1 2 ; ;1 3
H d H t t t
∈ ⇒ + +
vì H là hình chiếu của A trên d nên
Vectơ chỉ phương của d là:
( )
2;1;3u =


(
)
(
)
0 4;1;4 7; 1;5
AH d AHu H AH⊥ ⇒ = ⇒ ⇒ − −
  

Phương trình mặt phẳng (P):
7 5 77 0x y z+ − − =


0,5 ñ


0,5 ñ

0,5 ñ



0,5 ñ

VII.b

ðiều kiện:
2
4 0mx x m+ + > ñúng với
x R
∀ ∈

2
0
2
4 0
m
m
m
>

⇔ ⇔ >

∆ = − <


(1)
(
)
(
)
2 2
5
1 log 1 log 4
x mx x m
+ + ≥ + +
(
)
2
5 4 5 0m x x m⇔ − − + − ≥
ñúng với
x R
∀ ∈
2
5
5 0
3
0
10 21 0
m
m
m
m m
<
− >



⇔ ⇔ ⇔ ≤
 
∆ ≤
− + − ≤


(2)
Từ (1), (2)
⇒
bất phương trình ñúng với
x R
∀ ∈
khi m=3

0,25 ñ


0,25 ñ

0,25 ñ

0,25 ñ


Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn : Hocmai.vn

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số
3 2
3 1y x x= − +
có ñồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
2. Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài
ñoạn AB =
4 2
.
Câu II: (2 ñiểm)
1. Tìm nghiệm trên khoảng
0;
2
π
 
 
 
của phương trình:

2 2
3
4sin 3sin 2 1 2cos
2 2 4
x
x x
π π
π
     
− − − = + −
     
     

2. Giải hệ phương trình :
4 2 2
2 2
4 6 9 0
2 22 0
x x y y
x y x y

− + − + =


+ + − =



Câu III

:
(1 ñiểm)
Tính tích phân:
2
3
0
sin
I
(sin cos )
xdx
x x
π
=
+
∫

Câu IV
:
(1 ñiểm)
Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có ñộ dài cạnh bên 2a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a,
3AC a= và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung ñiểm của BC.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (BCC’B’) theo a.
Câu V:

(1 ñiểm)
Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 .
Chứng minh rằng
:
2 2 2 2

2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 9x y− + + =
và
ñường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược hai
tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0x y z+ + − = ñồng thời cắt cả hai ñường thẳng
( )
1
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−

và
2
1
( ): 1
x t
d y
z t
= − +


= −


= −

, với
t R∈
.
Câu VII.a
:
(1 ñiểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số phức:
2 2
8
1
z w zw
z w
− − =



+ = −


B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm).
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


1.

Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm M(3;1). Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua M cắt
các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng
1
( )
∆
có phương trình
2

;
4
x t
y t t R
z
=


= ∈


=

;
2
( )∆
là giao tuyến của 2 mặt phẳng
( ) : 3 0x y
α
+ − =
và
( ) : 4 4 3 12 0x y z
β
+ + − =
. Chứng tỏ hai ñường
thẳng
1 2
,∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận ñoạn vuông góc chung của
1 2
,∆ ∆ làm ñường

kính.
Câu VIIb: (1,0 ñiểm)
Giải phương trình:
2 2 2 2 2
log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − =



Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :
Hocmai.vn

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số
3 2
3 1y x x= − +
có ñồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).

2. Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài
ñoạn AB =
4 2
.
Giải:
1) Các em tự khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.
2) Giả sử
3 2 3 2
( ; 3 1), ( ; 3 1)A a a a B b b b− + − +
(a ≠ b)
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra
y ( ) y ( )a b
′ ′
=
⇔
( )( 2) 0a b a b− + − =

⇔
2 0a b+ − =
⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b).
2 2 3 2 3 2 2
AB ( ) ( 3 1 3 1)b a b b a a= − + − + − + − =
6 4 2
4( 1) 24( 1) 40( 1)a a a− − − + −
AB =
4 2
⇔

6 4 2
4( 1) 24( 1) 40( 1)

a a a− − − + −
= 32
⇔

a 3 b 1
a 1 b 3
= ⇒ = −


= − ⇒ =


⇒
A(3; 1) và B(–1; –3)
Câu II
: (2 ñiểm)

1. Tìm nghiệm trên khoảng
0;
2
π
 
 
 
của phương trình:

2 2
3
4sin 3sin 2 1 2cos
2 2 4

x
x x
π π
π
     
− − − = + −
     
     


Giải:
( )
3
2 1 os 2 3 os2 1 1 os 2
2
PT c x c x c x
π
π
 
⇔ − − − = + + − 
 
 
 

2cos 3 os2 sin 2 sin 2 3 os2 2cos
1 3
sin 2 os2 cos sin 2 cos
2 2 6
x c x x x c x x
x c x x x x

π
⇔ − − = − ⇔ − =
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

⇔
sin 2 sin
3 2
x x
π π
   
− = −
 
 
 
 
⇔
5 2
( ) ( )
18 3
5
2 ( ) ( )
6
x k k Z a
x l l Z b
π π
π
π


= + ∈



= + ∈



Vì
0;
2
x
π
 
∈
 
 
nên
5
18
x
π
= .
2. Giải hệ phương trình :
4 2 2
2 2
4 6 9 0
2 22 0
x x y y

x y x y

− + − + =


+ + − =




Giải:
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


Hệ phương trình ⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 2) ( 3) 4 ( 2) ( 3) 4

( 2)( 3) 4 4 28 0 ( 2)( 3) 4( 2) 4( 3) 8 0
x y x y
x y x y x y x y
 
− + − = − + − =
 
⇔
 
− − + + − = − − + − + − − =
 
 

ðặt
2
2
3
x u
y v

− =

− =


Khi ñó (2) ⇔
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v


+ =

+ + =

⇔
2
0
u
v
=


=

hoặc
0
2
u
v
=


=


⇒
2
3
x

y
=


=

;
2
3
x
y
= −


=

;
2
5
x
y

=


=


;
2

5
x
y

= −


=



Câu III
:
(1 ñiểm)
Tính tích phân:
2
3
0
sin
I
(sin cos )
xdx
x x
π
=
+
∫


Giải:

ðặt
2
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
⇒
2 2
3 3
0 0
cos cos
I
(sin cos ) (sin cos )
tdt xdx
t t x x
π π
= =
+ +
∫ ∫

⇒
2 2
4
2
2
0
0 0
1 1
2I cot( ) 1
(sin cos ) 2 2 4
sin ( )

4
dx dx
x
x x
x
π π
π
π
π
= = = − + =
+
+
∫ ∫
⇒
1
I
2
=
Câu IV:

(1 ñiểm)
Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có ñộ dài cạnh bên 2a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a,
3AC a= và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung ñiểm của BC.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (BCC’B’) theo a.
Giải:
Theo giả thiết ta có:
' ( )A H ABC⊥

Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên

1
2
AH BC a= =
.
'A AH∆
vuông tại H nên ta có:
2 2
' ' 3A H A A AH a= − =

Thể tích khối lăng trụ:
3
d
. 3 3
. . 3
2 2
a a
V S h a a= = = (ñvtt)
Ta có:
3
'.
1 1 . 3
' . 3.
3 3 2 2
A ABC ABC
a a a
V A H S a= = = (ñvtt)
Mặt khác:
3
. ' ' ' '. '. ' ' '. ' ' . ' ' '
2

3
ABC A B C A ABC A BCC B A BCC B ABC A B C
V V V V V a= + ⇒ = =
(ñvtt)
Ta có:
'. ' '
' '
3
( ,( ' ')) ( ',( ' '))
A BCC B
BCC B
V
d A BCC B d A BCC B
S
= =
Vì
' ' ' ' ' 'AB A H A B A H A B H⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆
vuông tại A’.
Suy ra
2 2 2
' 3 2 ' '
B H a a a BB BB H
= + = = ⇒ ∆
cân tại B’. Gọi K là trung ñiểm của BK, ta có:
'
B K BH
⊥
.
Do ñó:
2 2

14
' '
2
a
B K BB BK= − =
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -


Suy ra:
2
' '
14
' '. 2 . 14
2
BCC B
a
S B C BK a a= = = (ñvdt)
Vậy

( ) ( )
3
2
3 3 14

,( ' ') ',( ' ')
14
14
a a
d A BCC B d A BCC B
a
= = =
.

Câu V:

(1 ñiểm)
Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 .
Chứng minh rằng:
2 2 2 2
2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +


Giải:
Sử dụng bất ñẳng thức Cô–si:

2 2
2 2
a (1 )
(1)

1+b 1 2 4 4 4
2
ab c ab c ab c ab c ab abc
a a a a a
c b c
b c
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1

(
)
2 2
2 2
1
b
(2)
1+c 1 2 4 4 4
2
bc d
bc d bc d bc d bc bcd
b b b b b
d c d
c d
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+

(
)
2 2
2 2
1
c
(3)
1+d 1 2 4 4 4
2
cd a
cd a cd a cd a cd cda
c c c c c
a d a
d a
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+


(
)
2 2
2 2
1
d
(4)
1+a b 1 2 4 4 4
2
da b

da b da b da b da dab
d d d d d
a b
a b
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:

2 2 2 2
4
1 1 1 1 4 4
a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab
b c c d d a a b
+ + + + + +
+ + + ≥ − −
+ + + +

Mặt khác:

•
( )( )
2
4
2
a c b d
ab bc cd da a c b d
+ + +
 

+ + + = + + ≤ =
 
 
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a + c = b + d
•
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
a b c d
abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a
+ +
   
+ + + = + + + ≤ + + +
   
   

⇔
( )( ) ( )( )
4 4
a b c d
abc bcd cda dab a b c d a b c d
+ +
 
+ + + ≤ + + + = + +
 
 


2
4

2
a b c d
abc bcd cda dab
+ + +
 
⇔ + + + ≤ =
 
 
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1.
Vậy ta có:
2 2 2 2
4 4
4
1 1 1 1 4 4
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥ − −
+ + + +


2 2 2 2
2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
⇔ + + + ≥
+ + + +
⇒ ñpcm.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 9x y− + + =
và
ñường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược hai
tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -



Giải:
(C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 3 2IA⇒ =
⇔
5
1
3 2 1 6
7
2
m

m
m
m
= −
−

= ⇔ − = ⇔

=


2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0x y z+ + − =
ñồng thời cắt cả hai ñường thẳng
( )
1
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và
2
1
( ): 1
x t
d y

z t
= − +


= −


= −

, với
t R∈
.

Giải:
Lấy
(
)
1
M d
∈
⇒
(
)
1 1 1
1 2 ; 1 ;
M t t t
+ − −
;
(
)

2
N d∈
⇒
(
)
1 ; 1;N t t− + − −

Suy ra
(
)
1 1 1
2 2; ;
MN t t t t t
= − − − −


(
)
(
)
*
1 1 1
. ; 2 2d mp P MN k n k R t t t t t⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −
 
⇔
1
4
5
2
5

t
t

=



−

=


⇒
1 3 2
; ;
5 5 5
M
 
= − −
 
 

⇒ d:
1 3 2
5 5 5
x y z− = + = +
Câu VII.a
:
(1 ñiểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số phức:

2 2
8
1
z w zw
z w
− − =


+ = −


Giải:
PT ⇔
2
8
( ) 2( ) 15 0
z w zw
z w z w
− − =


− + − − =

⇔
5 13
( ) ( )
3 5
zw zw
a b
z w z w

= − = −
 
∨
 
− = − = −
 

(a) ⇔
3 11 3 11
2 2
3 11 3 11
2 2
i i
w w
i i
z z
 
− + − −
= =
 
 
∨
 
+ −
 
= =
 
 
; (b) ⇔
5 27 5 27

2 2
5 27 5 27
2 2
i i
w w
i i
z z
 
+ −
= =
 
 
∨
 
− + − −
 
= =
 
 

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm).
1.
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm M(3;1). Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua M cắt
các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất.
Giải:
Phương trình ñường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): 1
x y
a b
+ = (a,b>0)

M(3; 1) ∈ d
ô
3 1 3 1
1 2 . 12
C si
ab
a b a b
−
= + ≥ ⇒ ≥
.
Mà
3 3 2 3 12OA OB a b ab+ = + ≥ =
min
3
6
( 3 ) 12
3 1 1
2
2
a b
a
OA OB
b
a b
=

=



⇒ + = ⇔ ⇔
 
=
= =




Phương trình ñường thẳng d là:
1 3 6 0
6 2
x y
x y
+ = ⇔ + − =

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -


2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng
1
( )∆
có phương trình
{

2 ; ; 4x t y t z= = =
;
2
( )∆

là giao tuyến của 2 mặt phẳng
( ) : 3 0x y
α
+ − =
và
( ) : 4 4 3 12 0x y z
β
+ + − =
. Chứng tỏ hai ñường thẳng
1 2
,∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận ñoạn vuông góc chung của
1 2
,∆ ∆ làm ñường kính.

Giải:
Gọi AB là ñường vuông góc chung của
1
∆ ,
2
∆ :
1
(2 ; ;4)A t t ∈∆ ,
2
(3 ; ;0)B s s+ − ∈∆
AB ⊥ ∆

1
, AB ⊥ ∆
2
⇒
(2;1;4), (2;1;0)A B

⇒ Phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4x y z− + − + − =

Câu VIIb: (1,0 ñiểm)
Giải phương trình:
2 2 2 2 2
log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − =

Giải:
ðặt
2
log( 1)
x y
+ =
. PT ⇔
2 2 2 2
( 5) 5 0 5y x y x y y x+ − − = ⇔ = ∨ = −

Vậy nghiệm của phương trình:
99999x = ± ; x = 0

Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :
Hocmai.vn

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 0
4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số:
4 2 2
2 2y x mx m= + + +
có ñồ thị
( )
m
C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = -2.
2. Với giá trị nào của m thì ñồ thị
( )
m

C có ba ñiểm cực trị, ñồng thời ba ñiểm cực trị ñó lập thành một tam
giác có một góc bằng 120
0
.
Câu II: (2 ñiểm)
1. Giải phương trình:
3
2cos cos 2 sin 0x x x+ + =

2. Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x+ + − = +

Câu III
:
(1 ñiểm)
Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi ta quay quanh trục O
x
hình phẳng S giới hạn
bởi các ñường:
; 1; 0 (0 1)
x
y xe x y x
= = = ≤ ≤

Câu IV
:
(1 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi ; hai ñường chéo AC = 2 3
a

, BD =
2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết
khoảng cách từ ñiểm O ñến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V:

(1 ñiểm)
Cho x,y
∈
R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(
)
(
)
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
+ − +
=
− −

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ
Oxy
, cho tam giác ABC với hai trung tuyến
: 2 0, : 7 6 0,AN x y BM x y
+ − = + − =
ñỉnh B(1 ; -1). Biết tam giác ABC có diện tích bằng 2. Xác ñịnh tọa
ñộ các ñỉnh A, C của tam giác.

2. :
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm M(2 ; 1 ; 0) và ñường thẳng d với
d :
1 1
2 1 1
x y z
− +
= =
−
.
Viết phương trình chính tắc của ñường thẳng ñi qua ñiểm M, cắt và vuông góc với ñường thẳng d và tìm
tọa ñộ của ñiểm M’ ñối xứng với M qua d.
Câu VII.a
:
(1 ñiểm)
Giải phương trình nghiệm phức :
25
8 6
z i
z
+ = −

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm).
1.

Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ
Oxy
, cho ñường tròn (C) có phương trình:
2 2
2 6 6 0x y x y
+ − − + =
và ñiểm
M(-3; 1). Gọi A và B là các tiếp ñiểm kẻ từ M ñến (C). Tìm tọa ñộ ñiểm H là hình chiếu vuông góc của
ñiểm M lên ñường thẳng AB.
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
ðề thi thử ñại học số 0
4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -

2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng
∆
:
1 3
1 1 4
x y z
− −
= =
và ñiểm M(0 ; - 2 ; 0).
Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm M song song với ñường thẳng
∆
ñồng thời khoảng cách giữa
ñường thẳng
∆
và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu VIIb: (1,0 ñiểm)
Tìm số phức z thỏa mãn ñồng thời hai ñiều kiện sau:

1 2 3 4
z i z i
+ − = + +
và
2
z i
z i
−
+
là một số ảo.

Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :
Hocmai.vn

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 0
4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số:
4 2 2
2 2y x mx m= + + +
có ñồ thị
( )
m
C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = -2.
2. Với giá trị nào của m thì ñồ thị
( )

m
C có ba ñiểm cực trị, ñồng thời ba ñiểm cực trị ñó lập thành một tam
giác có một góc bằng 120
0
.
Giải:

1. Với m = 2 ta có:
4 2
4 2y x x= − +

Các em tự khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.
2. Ta có:
3 2
0
' 4 4 ; ' 0 4 ( ) 0 ( 0)
x
y x mx y x x m x m m
x m
=


= + = ⇔ + = ⇔ = <


= −


Khi ñó các ñiểm cực trị là:
(

)
(
)
2
(0; ), ; , ;A m m B m m C m m+ − − −

(
)
(
)
2 2
; ; ;AB m m AC m m= − − = − − −
 
. Tam giác ABC cân tại A nên góc 120
0
chính là góc A.
Nên ta có:
4
4
1 . 1 . 1
cos
2 2 2
.
AB AC m m m
A
m m
AB AC
− − − +
= − ⇔ = − ⇔ = −
−

 
 
4
4 4 4
4
3
0
1
2 2 3 0
1
2
3
m
m m
m m m m m m
m
m m
=

+

⇔ = − ⇒ + = − ⇔ + = ⇔

= −
−



Vậy
3

1
3
m = −
(thỏa mãn ñiều kiện)
Câu II:

(2 ñiểm)

1. Giải phương trình:
3
2cos cos 2 sin 0x x x+ + =

Giải:
Phương trình
3 2
2cos 2 cos 1 sin 0x x x⇔ + − + =

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

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

(
)
[ ]
1 sin 2(1 sin )(1 cos ) 1 0x x x⇔ − + + − =

sin 1
2(1 sin cos sin cos ) 1 0
x
x x x x
=

⇔

+ + + − =


HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

(loại)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 0
4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -


2 ,
2

2(sin cos ) 2sin cos 1 0 (1)
x k k Z
x x x x
π
π

= + ∈

⇔

+ + + =


Giải (1) ñặt
sin cos 2 sin , 2 2
4
t x x x t
π
 
= + = + − ≤ ≤
 
 

2
1 2sin cost x x= +
2
(1) 2 0 0 2t t t t⇔ + = ⇔ = ∨ = −
(loại)
t = 0
2 sin 0 ( )

4 4
x x k k Z
π π
π
 
⇔ + = ⇔ + = ∈
 
 

,
4
x k k Z
π
π
⇔ = − + ∈

ðáp số:
2 ,
2
,
4
x k k Z
x k k Z
π
π
π
π

= + ∈




= − + ∈



2. Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x+ + − = +


Giải:
Bình phương hai vế:
Lúc ñó phương trình
2 2
4(2 4) 16 2(4 ) 16(2 ) 9 16x x x x⇔ + + − + − = +
2 2 2
8(4 ) 16 2(4 ) 8
x x x x
⇔ − + − = +

ðặt
2
2(4 )t x= − (
0t ≥
)
Phương trình trở thành:
2 2
4 16 8 0t t x x+ − − =

Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm ñược:
1
2
2
4
2
x
t
x
t

=



= − −



Do
2x ≤
nên
2
0t <
không thỏa mãn ñiều kiện
0t ≥

Với
2
x

t =
thì
2
2 2
0
4 2
2(4 )
2 2
8(4 )
x
x
x x
x x
≥

− = ⇔ ⇔ =

− =

(thỏa mãn ñiều kiện
2x ≤
)
Vậy nghiệm của phương trình là:
4 2
2
x = .
Câu III
:
(1 ñiểm)

:
Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi ta quay quanh trục O
x
hình phẳng S giới hạn
bởi các ñường:
; 1; 0 (0 1)
x
y xe x y x= = = ≤ ≤

Giải:
- Hàm số
x
y xe=
liên tục trên R nên
x
y xe=
liên tục trên
[ ]
0;1

- Thể tích sinh ra bởi S quay quanh Ox là:

1 1
2 2 2
0 0
(1)
x
V y dx x e dx
π π
= =

∫ ∫

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 0
4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -


Tính:
1
2 2
0
x
x e dx
∫

ðặt:
2
2 2
2
2
1
2
x x
x

du xdx
u x
v e dx e
dv e dx
=


=
 
⇒
 
= =
=




∫

Suy ra:
1 1
2 2 2 2 2
0 0
1
1
0
2
x x x
x e dx x e xe dx
= −

∫ ∫

mà
1 1
2 2 2 2 2
0 0
1 1 1
1 1 1 1
0 0 0
2 2 2 4
x x x x x
xe dx xe e dx xe e= − = −
∫ ∫

Vậy:
1 1
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0
1
1 1 1
( 1)
0
2 2 4 4
x x x x
V y dx x e dx x e xe e e
π
π π π
 
= = = − + = −
 

 
∫ ∫

Vậy V =
2
( 1)
4
e
π
−
(ñơn vị thể tích).
Câu IV
:
(1 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi ; hai ñường chéo AC = 2 3a , BD =
2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết
khoảng cách từ ñiểm O ñến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Giải:
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung ñiểm O của mỗi ñường
chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a ; BO = a , do ñó

0
A D 60B =

Hay tam giác ABD ñều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)
nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD ñều nên với H là trung ñiểm của AB,
K là trung ñiểm của HB ta có
DH AB
⊥ và DH = 3a ;
OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có :
OI
⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) ,
hay OI là khoảng cách từ O ñến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao
⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích ñáy
2
D
4S 2. . 2 3

ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =
; ñường cao của hình chóp
2
a
SO = .
Thể tích khối chóp S.ABCD:

3
. D D
1 3
.
3 3
S ABC ABC
a
V S SO= = (ñơn vị thể tích).
Câu V:

(1 ñiểm)
Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(
)
(
)
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P

x y
+ − +
=
− −


Giải:
S

A

B

K
H

C
O
I

D

3
a
a

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 0

4

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -


G
M
N
A
B
C

ðặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng bất ñẳng thức 4xy ≤ (x + y)
2
ta có
2
4
t
xy ≤
3 2
(3 2)
1
t t xy t
P
xy t
− − −
=
− +

. Do 3t - 2 > 0 và
2
4
t
xy− ≥ −
nên ta có
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P
t
t
t
−
− −
≥ =
−
− +

Xét hàm số
2 2

2
4
( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t t
f t f t
t t
−
= =
− −
f’(t) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 4.
t
2 4 +∞

f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞



8


Do ñó min P =
(2; )
min ( )
f t
+∞
= f(4) = 8 ñạt ñược khi
4 2

4 2
x y x
xy y
+ = =
 
⇔
 
= =
 

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ
Oxy
, cho tam giác ABC với hai trung tuyến
: 2 0, : 7 6 0,AN x y BM x y+ − = + − = ñỉnh B(1 ; -1). Biết tam giác ABC có diện tích bằng 2. Xác ñịnh tọa
ñộ các ñỉnh A, C của tam giác.

Giải:
Ta có trọng tâm
2 4
;
3 3
G AN BM G
 
= ∩ ⇒
 

 
.
Vì
( ;2 ) (2 1;5 2 )N AN N n n C n n
∈ ⇒ − ⇒ − −
(vì N là trung ñiểm của BC)
Ta có :
( ) ( )
1 1 1
; . ; .
2 3 2
SCB ABC
S d C BM CG S d C BM CG
∆ ∆
= ⇔ =
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
1
3
GBC ABC
S S
∆ ∆
=
Từ ñó ta có :
( ) ( )
2 1 5 2 2 2
; . ;
3 2 3 5
d C BM d C BM= ⇔ =
1
12 8

2 2
12 8 4
1
5
5 2
3
n
n
n
n
=

−

⇔ = ⇔ − = ⇔

=


Khi ñó ta có tọa ñộ G, B, C nên :
+ Với C(1 ; 3) thì A(0 ; 2).
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com