100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 8

LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 8

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 81
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số

2
1
x
y
x
=
−
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ hai điểm
,A B
phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại các điểm
,A B
song song với nhau, đồng thời ba điểm
, ,O A B
tạo thành tam giác vuông tại
O
(với
O
là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).
1/Giải phương trình:
4sin 3 sin 5 2sin cos2 0.x x x x+ − =

2/Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
2
2 2 3 2x mx x− + + =
có nghiệm
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân:
1

ln 1 ln
.
1 ln
+ +
=
+
∫
e
x x
I dx
x x
Câu 4 (1,0 điểm)
1/ Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1, 2, 3,
4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số được
chọn có đúng một số có chữ số 5.
2/ Giải phương trình:
2 2( 4) 1 4
4 15.2 16 0.
x x x x+ + + +
− − =
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm
( )
3; 3C −
và điểm
A thuộc đường thẳng
:3 2 0d x y+ − =
. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có
phương trình
– – 2 0x y =

. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Câu 6.(1,0 điểm).
Cho lăng trụ đều
. ' ' 'ABC A B C
có cạnh đáy bằng
a
, đường thẳng
'B C
tạo với đáy một
góc
60
o
. Tính theo a thể tích khối chóp
. ' 'C A B B
và khoảng cách từ
'B
đến mặt phẳng
( ' )A BC
.
Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
,
biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ;
1
A
(0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình
vuông
1 1
ADD A

.Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C;
1
D
; M; N
Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:
2
( 3)( 4) ( 7)
1
1 2
x x y y
y x
x y
− + = −


−

=

− −

.
Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số
, ,x y z
thuộc nửa khoảng
(
]
0;1
và thoả mãn:
1x y z+ ≥ +

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
x y z
P
y z z x xy z
= + +
+ + +
.
3
LỜI GIẢI
Câu1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
(1).
1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
2
1
x
y
x
=
−
TXĐ :
{ }

\ 1D R=
Ta có:
lim 2, lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
suy ra đường
2y =
là tiệm cận ngang
1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
suy ra đường
1x
=
là tiệm cận đứng.
Ta có :
2
2
' 0, 1
( 1)
y x
x
= − < ∀ ≠
−

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y’
−
−
y
2
+∞
−∞
2
Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận
( )
1;2I
làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm). Tìm tọa độ hai điểm
,A B
phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại
các điểm
,A B
song song với nhau, đồng thời ba điểm
, ,O A B
tạo thành tam giác vuông tại
O

(với
O
là gốc tọa độ).
Vì
,A B
thuộc đồ thị hàm số nên
2a 2
; , ; , ( )
1 1
b
A a B b a b
a b
   
≠
 ÷  ÷
− −
   
,
1, 1a b≠ ≠
Tiếp tuyến tại
,A B
có hệ số góc lần lượt là:
2 2
2 2
'( ) , '( )
( 1) ( 1)
f a f b
a b
= − = −
− −

Ta có
2 2
2 2
2 2
'( ) '( ) ( 1) ( 1)
( 1) ( 1)
f a f b a b
a b
= ⇔ − − ⇔ − = −
− −
( )
2
a b l
a b
=

⇔

+ =

Lại có:
0( )
4
4
. 0 0
1
( 1)( 1)
( 1)( 1)
ab l
ab

OA OB OA OB ab
a b
a b
=


⊥ ⇒ = ⇔ + = ⇔
= −

− −
− −

uuur uuur uuuruuur
(vì nếu
0ab
=
thì A trùng O hoặc B trùng O)
4

4
1
( 1)( 1)a b
= −
− −
kết hợp
2a b
+ =
suy ra:
1, 3 ( 1;1), (3;3)
3, 1 (3;3), ( 1;1)

a b A B
a b A B
= − = −
 
⇒
 
= = − −
 
Vậy:
( 1;1), (3;3)
(3;3), ( 1;1)
A B
A B
−


−


Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
4sin 3 sin 5 2sin cos 2 0.x x x x
+ − =
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
4sin 3 sin 5 sin3 sin 0x x x x+ − − =
3sin3 sin5 sin 0 3sin 3 2sin 3 .cos 2 0x x x x x x⇔ + + = ⇔ + =
sin 3 (3 2cos 2 ) 0x x⇔ + =
sin 3 0x
⇔ =

;
3
k
x k
π
⇔ = ∈¢
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
;
3
k
x k
π
= ∈¢
.
2.(0,5 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
2
2 2 3 2x mx x− + + =
có
nghiệm
Ta có:
2 2
2 2 3 2 2 2 3 2x mx x x mx x− + + = ⇔ − + = −
2
2
2
2
1
2 1 (2 4)
2 4

x
x
x
x m x
m
x
≥

≥


⇔ ⇔
−
 
− = −
= −



Xét hàm số
2
1
( )
x
f x
x
−
=
với
2x

≥
. Ta có
2
2
1
( ) 0, 2
x
f x x
x
+
′
= > ∀ ≥
.
Bảng biến thiên
x 2
+∞
f’(x) +
f(x)
3
2
+∞
Từ bảng biến thiên ta có với
3 11
2 4
2 4
m m≤ − ⇔ ≥
thì phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 3.(1,0 điểm) . Tính tích phân:
1
ln 1 ln

.
1 ln
+ +
=
+
∫
e
x x
I dx
x x
Ta có : I =
1 1 1
ln 1 ln 1
1 ln 1 ln
e e e
x x
dx dx dx
x x
x x x x
 
+ = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
Xét
1
1
ln
1 ln

e
x
I dx
x x
=
+
∫
; đặt t=
1 ln x+
2
1
1 ln 2 .t x t dt dx
x
⇒ = + ⇒ =
Đổi cận: x = 1
⇒
t =1 ; x =e
⇒
t =
2
Khi đó
2 2
2 3
2
2
1
1
1 1
1 4 2 2
.2 2 ( 1) 2( ) /

3 3
t t
I tdt t dt t
t
− −
= = − = − =
∫ ∫
Xét
2
1
1
1
(ln ) / 1
e
e
I dx x
x
= = =
∫
Khi đó I =
1 2
I I+
=
7 2 2
3
−
Câu 4.(1,0 điểm)
5
1.(0,5 điểm) / Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các
chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong

hai số được chọn có đúng một số có chữ số 5.
Số phần tử của tập
E
là :
3
5
60.A =
Số các số thuộc tập
E
và không có chữ số 5 là:
3
4
24A =
.
Số các số thuộc tập
E
có chữ số 5 là:
60 24 36− =
.
Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E là
2
60
CΩ =
Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có chữ số 5 là
1 1
36 24
.C C
Vậy, xác suất cần tìm là
1 1
36 24

2
60
.
144
295
C C
P
C
= =
.
2.(0,5 điểm) Giải phương trình:
2 2( 4 ) 1 4
4 15.2 16 0.
x x x x+ + + +
− − =
Đk:
4x ≥ −
.
2 2( 4 ) 1 4
4 15.2 16 0.
x x x x+ + + +
− − =
Phương trình đã cho tương đương
2 2 4 4
4 15.4 16 0
x x x x− + − +
− − =
Đặt
4
4 ( 0)

x x
t t
− +
= >
. Phương trình đã cho trở thành:
2
1( )
15 16 0
16
t l
t t
t
= −

− − = ⇔

=

Với
4
16 4 16 4 2 4 2
x x
t x x x x
− +
= ⇒ = ⇔ − + = ⇔ + = −
2
2
5
5 0
x

x
x x
≥

⇔ ⇔ =

− =

.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
5x
=
.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm
( )
3; 3C −
và điểm A thuộc đường thẳng
:3 2 0d x y+ − =
. Gọi M là trung điểm của BC,
đường thẳng DM có phương trình
– – 2 0x y =
. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
( )
;2 3A d A t t∈ ⇒ −
Ta có:
( )
1
,
2
d C DM =

( )
, 4 4 8 1 2d A DM t t⇒ − = ⇔ − =
3
1
t
t
=

⇔

= −

Với
( )
3 3; 7t A= ⇒ −
(loại vì A, C phải khác phía đối DM)
Với
( )
1 1;5t A= − ⇒ −
(thỏa mãn)
Giả sử
( )
; 2D m m −
.
Ta có
2 2 2 2
( 1)( 3) ( 7)( 1) 0
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m m m m
AD CD

m m m m
AD CD
+ − + − + =


⊥
⇒
 
+ + − = − + +
=


uuur uuur
5 (5;3)m D⇔ = ⇒
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒
( )
1;1I
Do I là trung điểm của BD ⇒
( )
3; 1B − −
. Vậy,
( )
1;5A −
,
( )
3; 1B − −
,
(5;3)D
Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ đều
. ' ' 'ABC A B C

có cạnh đáy bằng
a
, đường thẳng
'B C

tạo với đáy một góc
60
o
. Tính theo a thể tích khối chóp
. ' 'C A B B
và khoảng cách từ
'B

đến mặt phẳng
( ' )A BC
.
6
Ta có:
' .tan 60 3
o
CC a a= =
,
2
1 3
. .sin 60
2 4
o
ABC
a
S a a

∆
= =
2 3
. ' ' . ' . ' ' '
1 1 1 3
. . ' . . 3
3 3 3 4 4
C A B B C ABA ABC A B C ABC
a a
V V V S CC a
∆
⇒ = = = = =
Ta có:
2 2
' ' 3 2A B A C a a a= = + =
.
Gọi
M
là trung điểm
BC
suy ra
2
2
15
' ' 4
4 2
a a
A M BC A M a⊥ ⇒ = − =
2
'

1 1 15 15
' . . .
2 2 2 4
A BC
a a
S A M BC a
∆
⇒ = = =
Lại có:
. ' ' '. ' '
1
. ( ',( ' ))
3
C A B B B A BC A BC
V V S d B A BC
∆
= =
3
. ' '
2
'
3
3 3
( ',( ' ))
15 15
4.
4
C A B B
A BC
V

a a
d B A BC
S
a
∆
⇒ = = =
.
Vậy
3
( ',( ' ))
15
a
d B A BC =
.
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
,
biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ;
1
A
(0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình
vuông
1 1
ADD A
.Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C;
1
D
; M; N
Từ gt ta có: C(1; 1 ;0);

1
D
(0; 1; 1) M(
1
2
;0;0) ; N(0 ;
1 1
;
2 2
) .
Gọi mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =

Do (S) đi qua các điểm C;
1
D
; M; N
Nên ta có hệ phương trình:
5
2 2 2 0
4
2 2 2 0
1
1
4
0
4
5
1

4
0
2
1
a b d
a
b c d
b
a d
c
b c d
d

+ + + =
= −




+ + + =


= −
 
⇔
 
+ + =
 
= −
 

+ + + =
 


=

2 2 2
5 1 5
( ) : 1 0
2 2 2
pt S x y z x y z⇒ + + − − − + =
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2
( 3)( 4) ( 7)(1)
1
(2)
1 2
x x y y
y x
x y
− + = −


−

=

− −


Đk:
{ {
1 0 1
2 0 2
x x
y y
− > >
⇔
− > <
.
Từ (1) ta có
2 2
( 1) 3( 1) (2 ) 3(2 )x x y y− + − = − + −
(3)
Xét hàm
2
( ) 3 , 0.f t t t t= + >
Ta có
( ) 2 3 0, 0f t t t
′
= + > ∀ >
( )f t⇒
đồng biến trên (0;+
∞
)
7
Mà
(3) ( 1) (2 ) 1 2 3f x f y x y x y⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −

Thế vào (2) ta được

2
2
2 2
y y
y y
−
=
− −
2
2 0y y⇔ + − =

⇔
1 2
2 5
y x
y x
= ⇒ =


= − ⇒ =

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – 2 )
Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số
, ,x y z
thuộc nửa khoảng
(
]
0;1
và thoả mãn:
1x y z+ ≥ +

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
x y z
P
y z z x xy z
= + +
+ + +
.
Do
(
]
, 0;1x y ∈
và
1 ,x y z x z y z+ ≥ + ⇒ ≥ ≥
Ta có
( )
2
2
2
2
x y
xy z xy x y
+
+ ≤ ≤ ≤ +
do
2x y+ ≤
x y z
P
y z z x x y

≥ + +
+ + +
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
3
2
x y z
x y y z z x
y z z x x y x y y z z x
 
+ + = + + + + + + + − 
 ÷
 
+ + + + + +
 
9 3
3
2 2
≥ − =
3
2
P⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
1x y z= = =
Vậy
min
3
2
P =
khi

1x y z= = =
ĐỀ SỐ 82
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3mx
2
+ (3m
2
– 3)x + m
2
+ 1 (1), với m là tham số.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox.
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình:
2
4sin sin 3sin (cos2 cos )(1 cot )
2 6 6 2
x x
x x x x
π π
   
+ − = + +
 ÷  ÷
   
Câu 3(1 điểm) Tính tích phân sau : I =
2
4
4 sin 2 3 sin 2 2cos2
3 sin 2
x x x x

dx
x
π
π
+ +
+
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Cho n là số nguyên dương thỏa
1 2 1
255
n n
n n n n
C C C C
−
+ + + + =
.
Hãy tìm số hạng chứa x
14
trong khai triển của P(x) =
( )
2
1 3
n
x x
+ +
.
2. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho
1 2 2 2z i
− − =

(1). Từ đó hãy
tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần ảo của z bằng 4.
Câu 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C
thuộc đường thẳng (d): x + 2y + 1 = 0, trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3
đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 6.(1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
(P): x – 2y + 2z – 2 = 0 và (Q): 2x + 2y + z – 1 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1), nằm trong mặt phẳng (Q) và tạo
với mặt phẳng
(P) một góc bằng 45
0
.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của AB và AD; H là giao điểm của MD và CN. Biết rằng SH
vuông góc với (ABCD). Chứng minh CH vuông góc với MD và tính thể tích khối chóp
SNMBC.
Câu 8(1 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2
2 2 3
8 4(2 1) 13 ( 1)(5 7)
1
x x x y y
x y y y

+ − = + + +


− = + +



.
8
Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, là hai số dương thỏa x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P =
2 2
2 2 2 2
1 1
4 4
1 1
x y
x y
x y x y
 
+ + + − +
 ÷
+ +
 
.
LỜI GIẢI
Câu 1 Cho hàm số :y = x
3
– 3mx
2
+ (3m
2
– 3)x + m
2
+ 1 (1)
1.(1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1: y = x

3
– 3x
2
+ 2
Tập xác định: D = R
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
y' = 3x
2
– 6x; y' = 0 ⇔
0 2
2 2
x y
x y
= ⇒ =


= ⇒ = −

.
Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
/

y
+ 0 - 0 +
y

+∞
2
-2
−∞
y'' = 6x – 6; y'' = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0. Đồ thị có điểm uốn là I(1; 0).
Đồ thị :
9
2.(1,0 điểm) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox.
y' = 3x
2
– 6mx + 3m – 3
y' = 0 ⇔ x
2
– 2mx + m
2
– 1 ⇔
3 2
3 2
1 3 1
1 3 3
x m y m m m
x m y m m m

= + ⇒ = + − −

= − → = + − +



.
d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ (m
3
+ m
2
– 3m – 1)
2
= (m
3
+ m
2
– 3m + 3)
2
⇔ – 8(m
3
+ m
2
– 3m) – 8 = 0 ⇔ 8m
3
+ 8m
2
– 24m + 8 = 0
⇔ m = 1 hay m = –1 ±
2
.
2
: 4sin sin 3sin (cos2 cos )(1 cot )
2 6 6 2

x x
x x x x
π π
   
+ − = + +
 ÷  ÷
   
Câu 2
Điều kiện: sinx ≠ 0.
(1) ⇔
2
2 cos cos 3sin (cos2 cos )(1 cot )
3
x x x x x
π
 
− = + +
 
 

⇔
2
3sin (cos2 cos )
2cos 1
sin
x x x
x
x
+
− =

⇔
3(cos2 cos )
2cos 1
sin
x x
x
x
+
− =
⇔ 2sinxcosx – sinx =
3cos2 3 cosx x+
⇔
sin 2 3cos2 sin 3 cosx x x x− = +
⇔
1 3 1 3
sin 2 cos2 sin cos
2 2 2 2
x x x x
− = +
⇔
sin 2 sin
3 3
x x
π π
   
− = +
 ÷  ÷
   

⇔

2
2
3
2
3 3
x k
x k
π
π
π π

= +



= +


So sánh điều kiện ta được phương trình có nghiệm là:
2
2
3
2
3
x k
x k
π
π
π
π


= +



= ± +


.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
2
4
4 sin 2 3 sin 2 2cos2
3 sin 2
x x x xdx
x
π
π
+ +
+
∫
I =
2
4
4 sin 2x xdx
π
π
∫
+
2

4
2cos2
3 sin 2
xdx
x
π
π
+
∫
= I
1
+ I
2
Tính I
1
: Đặt u = 2x ⇒ u' = 2
v' = 2sin2x Chọn v = –cos2x
I
1
=
[ ]
2
2
4 4
2 cos2 2cos 2x x xdx
π
π
π π
− +
∫

=
[ ]
2
4
sin 2x
π
π
π
+
= π + (0 – 1) = π – 1.
Tính I
2
: Đặt t = 3 + sin2x ⇒ dt = 2cos2xdx
Đổi cận: x =
4
π
⇒ t = 4; x =
2
π
⇒ t = 3
⇒ I
1
=
3
4
dt
t
∫
=
3

4
2 t
 
 
=
2 3 4−
.
Vậy I = π – 1 +
2 3 4−
=
2 3 5
π
+ −
.
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Cho n là số nguyên dương thỏa
1 2 1
255
n n
n n n n
C C C C
−
+ + + + =
.
Hãy tìm số hạng chứa x
14
trong khai triển của P(x) =
( )
2
1 3

n
x x
+ +
.
Ta có
0 1 2 1
(1 1) 2
n n n n
n n n n n
C C C C C
−
+ + + + + = + =
⇒
1 1
2 1
n n
n n n
C C C
+ + + = −

Theo giả thiết ta có 2
n
– 1 = 255
⇔
2
n
= 256 = 2
8
⇔
n = 8.

P(x) = (1 + x + 3x
2
)
8
=
( )
8
2
8
0
3
k
k
k
C x x
=
+
∑
=
8
2
8
0 0
(3 )
k
k m k m m
k
k m
C C x x
−

= =
 
 ÷
 
∑ ∑
=
8
2
8
0 0
3 .
k
k m k m k m
k
k m
C C x
− −
= =
∑ ∑
.
10
YCBT
⇔

2 14
0 8
,
k m
m k
m k Z

− =


≤ ≤ ≤


∈


⇔

0 2
7 8
m m
k k
= =
 
∨
 
= =
 
.
Vậy số hạng chứa x
14
là: (
7 0 7 8 2 6
8 7 8 8
3 3C C C C
+
)x

14
.
2.(0,5 điểm).Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho
1 2 2 2z i
− − =
(1). Từ đó
hãy tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần ảo của z bằng 4.
Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) là số phức có điểm biểu diễn là M.
Ta có:
1 2 2 2z i
− − =
⇔ |(x – 1) + (y – 2)i | =
2 2
⇔ (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
= 8.
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (S): (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
= 8.
 Ta có z có phần ảo là 4 ⇒ y = 4. Mà z thỏa (1) nên (x – 1)
2
+ (4 – 2)
2
= 8
⇒ (x – 1)
2

= 4 ⇔ x – 1 = ± 2 ⇔ x = 3 hay x = –1.
Do đó z = 3 + 4i hay z = –1 + 4i.
Câu 5.(1,0 điểm)Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc (d): x + 2y + 1 = 0,
trọng tâm G. Biết diện tích ∆ GAB bằng 3 (đvdt) hãy tìm tọa độ đỉnh C.
Ta có C thuộc (d) ⇒ C(–2y – 1; y).G là trọng tâm ∆ ABC ⇒
2 3 6
;
3 3
y y
G
− + +
 
 ÷
 
.
AB
uuur
= (–2; –2) ⇒ AB:
3 4
1 1
x y− −
=
⇒ AB: x – y + 1 = 0; AB =
2 2
.
2 3 6
1
1
3 3
( ; )

2 2
G G
y y
x y
d G AB
− + +
− +
− +
= =
=
2
y
.
1 1
. ( ; ) .2 2.
2 2
2
GAB
y
S AB d G AB= =
= |y| = 3 ⇔ y = ± 3.
* y = 3 ⇒ C(–7; 3).
* y = –3 ⇒ C(5; –3).
Vậy C(–7; 3) hay C(5; –3).
Câu 6.(1,0 điểm)Cho hai mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 2 = 0 và (Q): 2x + 2y + z – 1 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1), nằm trong (Q) và tạo với mặt
phẳng (P) một góc bằng 45
0
.
Ta có:

n (2;2;1)
=
r
là một vectơ pháp tuyến của (Q)
b (1; 2;2)
= −
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
Gọi
a (a;b;c)
=
r
với a
2
+ b
2
+ c
2

> 0 là một vectơ chỉ phương của (d) .
Vì đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1) mà A
∈
(Q) do đó
(d) chứa trong (Q)
a n
⇔ ⊥
r r

a.n 0 2a 2b c 0
⇔ = ⇔ + + =

r r
⇔ c = –2a – 2b.
Góc hợp bởi (d) và (P) bằng 45
0

0
a.b
sin 45 cos(a, b)
a b
⇔ = =
r r
r r
r r

⇔
2 2 2 2
2 2 2
a 2b 2c
2
18(a b c ) 4(a 2b 2c)
2
3 a b c
− +
= ⇔ + + = − +
+ +
.
⇔ 9[a
2
+ b
2

+ (–2a – 2b)
2
] = 2[a – 2b + 2(–2a – 2b)]
2
⇔ 9(5a
2
+ 5b
2
+ 8ab) = 2(–3a – 6b)
2
= 2.9(a + 2b)
2
.
⇔ 5a
2
+ 5b
2
+ 8ab = 2(a
2
+ 4ab + 4b
2
) ⇔ 3a
2
– 3b
2
= 0 ⇔ a = ± b.
 a = b: Chọn b = 1 ⇒ a = 1 và c = –4.
 a = –b: Chọn b = –1 ⇒ a = 1 và c = 0.
Vậy (d):
1 4

x t
y t
z t
=


=


= −

hay (d):
1
x t
y t
z
=


= −


=

là các đường thẳng cần tìm.
11
Câu 7.(1,0 điểm)Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD và H là giao điểm của MD và CN. Biết rằng SH
vuông góc với (ABCD). Chứng minh CH vuông góc với MD và tính thể tích khối chóp
SNMBC.

Ta có: ∆ CDN = ∆ DAM
⇒
·
·
MDA NCD=
⇒
·
· ·
·
0
90DNH MDA DNC NCD+ = + =
⇒ CH ⊥
DM
CN =
5a
⇒ HC =
2 2
4 4 5
5
5
DC a a
CN
a
= =

⇒ SH =
2 2
2
80 20 2 5
4

25 25 5
a a a
a − = =
.
S
NMBC
= S
ABCD
– S
DNC
– S
ANM
= 4a
2
– a
2
–
2
2
a
=
2
5
2
a
.
Do đó V
SNMBC
=
1

. .
3
NMBC
S SH
=
=
2 3
1 5 2 5 5
. .
3 2 5 3
a a a
.
Câu 8.(1,0 điểm)Giải hệ phương trình
3 2
2 2 3
8 4(2 1) 13 ( 1)(5 7)
1
x x x y y
x y y y

+ − = + + +


− = + +


.
(1) ⇔
3 2 2
2 3 2

8 13 8 4 5 12 7 ( )
1 ( )
x x x y y a
x y y y b

− + − = + +


= + + +


Cộng (a) và (b) theo vế:
8x
3
– 12x
2
+ 8x – 4 = y
3
+ 6y
2
+ 13y + 8
⇔ 8x
3
– 12x
2
+ 6x – 1 + 2x – 1 = y
3
+ 6y
2
+ 12y + 8 + y + 2

⇔ (2x – 1)
3
+ (2x – 1) = (y + 2)
3
+ ( y + 2) (c)
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t . Ta có:
f'(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀ t ⇒ f(t) đồng biến trên R và f(t) liên tục trên R.
Do đó (c) ⇔ f(2x – 1) = f(y + 2) ⇔ 2x – 1 = y + 2 ⇔ x =
3
2
y
+
.
Thay vào (b) ta được:
2
3 2
6 9
1
4
y y
y y y
+ +
= + + +
⇔ 4y
3
+ 3y

2
– 2y – 5 = 0 ⇔ (y – 1)(4y
2
+ 7y + 5) = 0
⇔ y = 1. Suy ra x = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = 2 và y = 1.
Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa x + y ≤ 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P =
2 2
2 2 2 2
1 1
4 4
1 1
x y
x y
x y x y
 
+ + + − +
 ÷
+ +
 
Ta có:
1
0
2 2
x y
xy
+
< ≤ ≤
2 2 2

2
1 1 2
4 1 2 2
5
x x
x
x
 
+ + ≥ +
 ÷
 
;
2 2 2
2
1 1 2
4 1 2 2
5
y y
y
y
 
+ + ≥ +
 ÷
 
P ≥
2 1 1 4 1
5 5
x y xy
x y
xy

 
 
+ + + ≥ +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
≥
4 1 4 3
4 3 2 4 2 5
2
5 5
xy xy
xy
 
 
+ − ≥ − =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
2
2
1 1 1 4
1 3 3
4 3
1
4 4 4

x
x
x x
= ≤ =
+
+
+ + +
,
Tương tự ta có:
⇒
2 2
4 4 1 1
2 3
4 3 4 3 4 3 4 3
1 1
x x x y
x y x y
x y
 
+ ≤ + = − +
 ÷
+ + + +
+ +
 
≤
4
2 3
4 4 6x y
−
+ +

≤
3 2 4
2 .
1 5 5
− =
12
Vậy P ≥
4
2 5
5
−
. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y =
1
2
. Vậy MinP =
4
2 5
5
−
.
ĐỀ SỐ 83
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
( )
3
4 3y x x C= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
3
4 3y x x C= − +

của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
3 3
3 4 3 4 0x x m m− − + =
có 3 nghiệm thực
phân biệt.
Câu 2.(2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
sin .sin 4 2 2 cos 4 3 cos .sin .cos 2
6
x x x x x x
π
 
= − −
 ÷
 
.
2. Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân sau:
( )
3 3 3 2
2
1
8 6 4 lnx x x x x
I dx
x
+ + +

=
∫

Câu 4.(1,0 điểm).
1. Cho tập hợp
{ }
0, 1, 2, 4, 5, 7, 8X =
. Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số
đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu
nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000.
2. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn
2 3 1z z i− = + +
và
( )
( )
1 2z i z i− + +
là số thực.
Câu 5.(1,0 điểm).
13
Cho
ABC
∆
biết
( )
2; 1A −
và hai đường phân giác trong của góc
,B C
lần lượt có
phương trình là
: 2 1 0; : 3 0

B C
d x y d x y− + = + + =
. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh
BC
.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;3). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích
khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a= =
. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một
góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 2 3
6 9 4 0
2
x x y xy y
x y x y

− + − =


− + + =


Câu 9.(1,0 điểm).

Cho ba số
, ,x y z
thuộc đoạn
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z xy yz zx= + + − − −
.
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
( )
3
4 3y x x C= − +
.
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
3
4 3y x x C= − +
của hàm số.
TXĐ:
D = ¡
.
Giới hạn:
lim ; lim ;
x x
y y

→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
SBT.
2
' 12 3y x= − +
;
1
' 0
2
y x= ⇔ = ±
BBT:

x
−∞
+∞
y’
y
1
2
−
1
2
0
0
−
+
−
+∞
−∞
1

−
1
14
Hàm số đồng biến trên
1 1
;
2 2
 
−
 ÷
 
, nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
1
;
2
 
+∞
 ÷
 
Hàm số đạt cực đại tại
1
2

x =
,
1
CD
y =
, Hàm số đạt cực tiểu tại
1
2
x = −
,
1
CT
y = −
.
Đồ thị:
’’ 24 , ’’ 0 0y x y x= − = ⇔ =
. Đồ thị hàm số có điểm uốn O(0; 0).
Đồ thị hàm số nhận điểm O(0;0) làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
3 3
3 4 3 4 0x x m m− − + =
có 3
nghiệm thực phân biệt
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
3
4 3y m m= − +
.
Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt
3
1 3 4 1m m⇔ − < − <

( ) ( )
( ) ( )
2
3
3 2
1 1
1 2 1 0
4 3 1 0
1
2
4 3 1 0
1 2 1 0
1
2
m
m m
m m
m
m m
m m
m


− < <


− + <

− − <
  

⇔ ⇔ ⇔ ≠ −
  
− + >

+ − >

 


≠


Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
2
sin .sin 4 2 2 cos 4 3 cos .sin .cos 2
6
x x x x x x
π
 
= − −
 ÷
 
.
Ta có:
sin .sin 4 2 2 cos 3 cos .sin 4
6
x x x x x
π
 

= − −
 ÷
 
( )
sin 4 sin 3 cos 2 2 cos
6
x x x x
π
 
⇔ + = −
 ÷
 
( )
sin 4 sin sin cos cos 2 cos sin 4 2 cos 0
6 6 6 6
x x x x x x
π π π π
     
⇔ + = − ⇔ − − =
 ÷  ÷  ÷
     
cos 0
6
sin 4 2 0
x
x
π

 
− =

 ÷

⇔
 


− =

( )
2
cos 0 ;
6 3
x x k k
π π
π
 
⇔ − = ⇔ = + ∈
 ÷
 
¢
Vậy phương trình có nghiệm
( )
2
;
3
x k k
π
π
= + ∈Z
2.(0,5 điểm) Giải bất phöông trình

3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
Điều kiện :
1x
≥ −
. Đặt
2
0
1
1
y
y x
y x
≥

= + ⇔

= +


Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0x x y y+ − ≤
TH 1.
0 1y x= ⇔ = −
. Thỏa mãn BPT
TH 2.
0 1y x> ⇔ > −
.
Chia hai vế cho

3
y
ta được:
3 2
3 4 0
x x
y y
   
+ − ≤
 ÷  ÷
   
.
Đặt
x
t
y
=
và giải BPT ta được
1t
≤
15
Với
2
1 0
0
1 1 1
1 0
x
x
x

t x x
y
x x
− ≤ <


≥
≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔




− − ≤


⇔
1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <



≥
+


⇔ − ≤ ≤



− +

≤ ≤



.
Kết hợp
1x
> −
ta được
1 5
1
2
x
+
− < ≤
.
Vậy tập nghiệm của BPT là S =
1 5
1;
2

 
+
−
 
 
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau:
( )
3 3 3 2
2
1
8 6 4 lnx x x x x
I dx
x
+ + +
=
∫

Ta có
( )
2 2
2 3 2
1 2
1 1
8 6 4 lnI x x dx x x xdx I I= + + + = +
∫ ∫
* Tính
( ) ( )
1
2 2
2

2 3 3 3
1
1 1
1
8 8 8
3
I x x dx x d x= + = + +
∫ ∫
= =
74
9

* Tính I
2:
Đặt
2
3 2
ln
(6 4 )
2 2
dx
u x
du
x
dv x x dx
v x x

=
=



=>
 
= +


= +


Ta có
( )
2
3 2
2
1
2 2 lnI x x x= +

2
2
1
(2 2 )x x dx− +
∫
= =
23
24ln 2
3
−

Vậy I =
5

24ln 2
9
+
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho tập hợp
{ }
0, 1, 2, 4, 5, 7, 8X =
. Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4
chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu
nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000.
Gọi
abcd
là số có 4 chữ số khác nhau đôi một lấy từ các chữ số trên và chia hết cho 5.
Nếu d = 0 thì
abc
có
3
6
120A =
cách chọn.
Nếu d = 5 thì a có 5 cách chọn
b có 5 cách chọn và c có 4 cách chọn suy ra có 100 số.
Vậy G có tất cả 220 số.
Giả sử
abcd G∈
và
4000abcd ≤
.
Khi đó a = 1, 2, 3 nên a có 3 cách chọn.
d có 2 cách chọn

bc
có
2
5
20A =
cách chọn
Vậy nên có 120 số lấy từ G nhỏ hơn 4000.
Xác suất là P =
120 6
220 11
=
.
2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn
2 3 1z z i− = + +
và
( )
( )
1 2z i z i− + +
là số
thực
Gọi
( )
, ,z a bi a b= + ∈¡
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 1 2 1 1 2z i z i a a b b a b a b i⇒ − + + = + − − − + + − + − 
 

16
Vì
( )
( )
1 2z i z i− + +
là số thực
( ) ( ) ( )
1 1 2 0 1a b a b a b⇒ + − + − = ⇔ + =
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
3, 2
2 3 1 2 3 1 1 3 11 6 0
2 1
;
3 3
a b
z z i a b a b a a
a b
= −


− = + + ⇔ − + = + + − ⇔ − + = ⇔

= =

Vậy
2 1
3 2 ;

3 3
z i z i= − = +
Câu 5.(1,0 điểm) Cho
ABC∆
biết
( )
2; 1A −
và hai đường phân giác trong của góc
,B C
lần
lượt có phương trình là
: 2 1 0; : 3 0
B C
d x y d x y− + = + + =
. Lập phương trình đường thẳng
chứa cạnh
BC
.
Lấy
1 2
;A A
theo thứ tự là điểm đối xứng của A qua
;
B C
d d
1 2
;A A BC⇒ ∈
.
Vậy phương trình đường thẳng
1 2

A A
cũng chính là phương
trình cạnh .BC
Xác định
1
A
:
Gọi
1
d
là đường thẳng đi qua
A
và
1 B
d d⊥
1
: 2 3 0d x y⇒ + − =
Gọi
( )
1
1;1
B
E d d E= ∩ ⇒
.
Vì E là trung điểm của
1
A A

( )
1

0;3A⇒
Xác định
2
A
: Gọi
2
d
là đường thẳng đi qua A và
2 C
d d⊥
2
: 3 0d x y⇒ − − =
Gọi
( )
2
0; 3
C
F d d F= ∩ ⇒ −
. Vì F là trung điểm của
( )
2 2
2; 5A A A⇒ − −
Vậy phương trình cạnh BC :
4 3 0x y− + =
.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;3). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích
khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
Gọi giao của (P) với các tia Ox,Oy,Oz là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) với a,b,c >0
=> mp(P) có pt:

1,(1)
x y z
a b c
+ + =
Do
( )M P∈
=>
1 2 3
1
a b c
+ + =
Lại có
1
6
OABC
V abc=
.Mặt khác
3
1 2 3 6
1 3 6.27abc
a b c abc
= + + ≥ => ≥
=>
1
27
6
OABC
V abc= ≥
 Min
27

OABC
V =
đạt được khi
1 2 3
1
3, 6, 9
1 2 3
a b c
a b c
a b c

+ + =


=> = = =


= =



Vậy mp(P):
1
3 6 9
x y z
+ + =
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a= =
. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với
trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45

0
. Tính
thể
tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − =
SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0
45 2SAH SH AH a= ⇒ = =
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a= = =
17
Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD
Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= =
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3

a a
A B a D a S a C a a
 
 ÷
 ÷
 
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
 
 ÷
 ÷
 
.
( ;2 2 ;0)AC a a=
uuur

5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
= ⇒
 ÷
 ÷
 
uuuur

2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − −
uuur uuuur
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
r
nên có phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM
−
− − = ⇒ = =
+ +
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 2 3
6 9 4 0
2
x x y xy y
x y x y

− + − =


− + + =



Đk
0
0
x y
x y
− ≥


+ ≥

Ta có:
( ) ( )
2
3 2 2 3
6 9 4 0
4 0
2
2
x x y xy y
x y x y
x y x y
x y x y


− + − =
− − =
 
⇔
 
− + + =

− + + =




( )
4
2
x y
x y
x y x y

=



=
⇔



− + + = ∗

Với
x y=
, thay vào phương trình
( )
∗
ta được:
2x y= =

Với
4x y=
, thay vào phương trình
( )
∗
ta được:
32 8 15
8 2 15
x
y

= −


= −


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:
( )
2;2
và
( )
32 8 15;8 2 15− −
Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số
, ,x y z
thuộc đoạn
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =

.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z xy yz zx= + + − − −
.
Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
2 2 2
9
2 2
x y z
xy yz zx
+ +
⇔ + + = −
.
Vậy nên
( )
2 2 2
3 9
2 2
A x y z= + + −
Không mất tính tổng quát, giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z x x x≥ ≥ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:
( ) ( )
2 2

2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 2 6 9y z y z x x y z x x x x+ ≤ + = − ⇒ + + ≤ − + = − +
Xét
[ ]
2
3
( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0
2
f x x x x f x x f x x= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ =
3 9
(1) 5; (2) 5;
2 2
f f f
 
= = =
 ÷
 
18
M
H
O
B
D
C
A
S
Suy ra
2 2 2
5x y z+ + ≤
, đẳng thức xảy ra khi

1
2
2
1
0
0
3
x
x
x
y
yz
z
x y z
x y z
 =



=
=



 
⇔ =
=
 
 
=

+ + =



≥ ≥

Vậy
ax
3
m
A =
khi
2, 1, 0x y z= = =
hoặc các hoán vị của chúng
ĐỀ SỐ 84
Câu 1.(2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
- 3x
2
.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x =
xx
m
3
2
−
.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm x

( )
π
;0
∈
của phương trình : 5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+
4
2
π
x
.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx

xác định
Rx
∈∀
.
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân I =
dx
x
x
e
∫
+
1
2
)ln1ln(
.
Câu 4.(1,0 điểm)
Trong các acgumen của số phức
( )
8
1 3i−
, tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất .
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, ngoại tiếp
đường tròn (C): (x – 1) + (y + 1) = 20 và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x – y – 5 = 0. Viết
phương trình cạnh AB của hình thoi biết B có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 2; 3) và phương
trình mặt phẳng (P): x + 2y – z + 2 = 0. Đường thẳng d qua A cắt trục Ox tại điểm B, cắt mặt
phẳng (P) tại điểm C sao cho AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm C.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC =

2a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác
ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và CA’.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình :





=+
=+−++
3032
06)32(536188
22
22
yx
xyyxxyyx

( )
Ryx
∈
,
.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = + + .
19

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số :y = x
3
- 3x
2
.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
− Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
lim
x
y
→−∞
= −∞
− Chiều biến thiên : y
,
= 3x
2
- 6x = 3x(x

-2)
− Bảng biến thiên :
x -
∞

0 2 +
∞

y
’
+ 0 - 0 +
y 0 - 4
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -
∞
; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên khoảng (0;2).
đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0
⇔
x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng .

2.(1,0 điểm) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x =
xx
m
3
2
−
.
Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị y =
2
3x x x−

( x
0
≠
và x
≠
3)
với đồ thị y = m .
⇔
x =
xx
m
3
2
−

⇔
2
0, 3
3
x x
x x x m
≠ ≠



− =


.
Ta có y =

3 2
2
3 2
3 0 3
3
3 0 3
x x khi x hoac x
x x x
x x khi x

− < >

− =

− + < <


.
Lập bảng biến thiên ta có:
x -
∞
0 2 3 +
∞
y
’
+ 0 + 0 - +
4
20
x
y

0
y 0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm.
+/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm.
+/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Tìm nghiệm x
( )
π
;0
∈
của phương trình:5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+
4
2
π
x
.
Giải phương trình:5cosx + sinx - 3 =
2

sin






+
4
2
π
x

⇔
5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
⇔
2cos
2
x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0
⇔
(2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
+/ cosx =
1
2 ,
2 3
x k k Z
π

π
⇔ = ± + ∈
.
đối chiếu điều kiện x
( )
0;
π
∈
suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
π
2.(0,5 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx
xác định
Rx
∈∀
.
Hàm số xác định
2 2
2

2 2
3 2 2 3 2 2
log 0 1
2 1 2 1
x x x x
x R x R
x mx x mx
+ + + +
∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈
+ + + +
(*).
Vì 3x
2
+ 2x + 2 > 0
x∀
, nên (*)
2
2 2
1 0
2 1 3 2 2
m
x mx x x x

− <

⇔

+ + ≤ + + ∀



2
2
2 2(1 ) 1 0
4 2( 1) 3 0 ,
1 1
x m x
x m x x R
m

+ − + ≥

⇔ + + + ≥ ∀ ∈


− < <


⇔






<<−
≤∆
≤∆
11
0
0

2
'
1
'
m
.
Giải ra ta có với : 1 -
2 1m
≤ <
thì hàm số xác định với
x R
∀ ∈
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I =
dx
x
x
e
∫
+
1
2
)ln1ln(
.
đặt lnx = t , ta có I =
1
2
0
ln(1 )t dt
+

∫
.
đặt u = ln( 1+t
2
) , dv = dt ta có : du =
2
2
,
1
t
dt v t
t
=
+
.
Từ đó có : I = t ln( 1+ t
2
)
1 1 1
2
2 2
0 0 0
1
2 ln 2 2
0
1 1
t dt
dt dt
t t
 

− = − −
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
(*).
Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được
1
2
0
1 4
dt
t
π
=
+
∫
.
Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +
2
π
.
Câu 4.(1,0 điểm)Trong các acgumen của số phức
( )
8
1 3i−
, tìm acgumen có số đo dương
nhỏ nhất .
21
Ta có

1 3
1 3 2 2 cos( ) isin( )
2 2 3 3
i i
π π
 
 
− = − = − + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
.
Theo công thức Moavor ta có
8
8 8
2 cos( ) isin( )
3 3
z
π π
 
= − + −
 ÷
 
.
Từ đó suy ra z có họ các acgumen là :
8
2 ,
3

k k Z
π
π
− + ∈
.
Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
4
3
π
.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD,
ngoại tiếp đường tròn (C): (x – 1) + (y + 1) = 20 và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x – y – 5
= 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi biết B có hoành độ dương.
Đường tròn (C) có tâm I(1;-1) và bán kính R = 2. Đặt BI = x > 0.
Do AC = 2BD ⇒ AI = 2BI = 2x
Kẻ IH ⊥ AB ⇒ IH = R = 2
∆AIB có + = ⇔ + = ⇔ x = 5 (do x > 0)
Suy ra IB = 5, Gọi B ∈ d ⇒ B(t; 2t - 5) (t > 0)
⇔ (t - 1) + (2t - 4) = 25 ⇔
Với b = 4 ⇒ B(4;3). Phương trình cạnh AB có dạng: a(x - 4)
+ b(y - 3) = 0 (a + b > 0)
Có d(I,AB) = IH = R ⇔ = 2 ⇔ 11a - 24ab + 4b = 0 ⇔
Với a = 2b, chọn a = 2, b = 1, AB: 2x + y - 11 = 0
Với a = , chọn a = 2, b = 11, AB: 2x + 11y - 41 = 0
Vậy phương trình cạnh AB là 2x + y - 11 = 0 hay 2x + 11y - 41 = 0
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 2; 3) và phương
trình mặt phẳng (P): x + 2y – z + 2 = 0. Đường thẳng d qua A cắt trục Ox tại điểm B, cắt mặt
phẳng (P) tại điểm C sao cho AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm C.
Ta có B = d ∩ Ox ⇒ B(b; 0; 0) và C = d ∩ Ox ⇒ C(x; y; z)
Vì A, B, C thẳng hàng và AC = 2AB nên có hai trường hợp xảy ra là

= - 2 hoặc = 2
Với = - 2 ⇔
Mặt khác C ∈ (P) ⇒ b = 1 ⇒ C(-5; 6; 9)
Với = 2 ⇔
Lại có C ∈ (P) ⇒ b = - 1 ⇒ C(-1; -2; -3)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là C(-5; 6; 9) và C(-1; -2; -3)
Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A,
AB = a, BC = 2a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G
của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và CA’
Từ A'G ⊥ (ABC) ⇒ A'G là hình chiếu của AA' lên (ABC), Gọi M là trung điểm BC.
Từ giả thiết ta có: BC = 2a, AM = a, AG = = , A'G = AG.tan 60 =
Ta có: AC = , V = A'G.S = .a.a = a(đvtt)
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
⇒ = = ⇒ GI = = =
22
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do ⇒ BC ⊥ GH (2). Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A'BC) ⇒ d[G,(A'BC)] = GH
Vì B'C' // BC, BC ⊂ (A'BC) nên B'C' // (A'BC) và A'C ⊂ (A'BC)
⇒ d(B'C', A'C) = d(B'C',(A'BC)] = d[B',(A'BC)]
Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’.
Do đó: d(B',(A'BC)] = d(A,(A'BC) = 3d(G,(A'BC)] = 3GH
⇒ d(B'C'A'C)] = = = = ⇒ d(B'C'A'C)] =
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :






=+
=+−++
3032
06)32(536188
22
22
yx
xyyxxyyx

( )
Ryx
∈
,
.
điều kiện xy
0
≥
.Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.
Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
Pt (1) của hệ
⇔
2
2
8 18 36 5(2 3 ) 6x y xy x y xy
+ + = +

6
2 3 5
2 3 2

6
xy
x y
x y
x y
+
⇔ + =
+
.
Dễ thấy 2 số hạng cùng dấu có tổng = 2,5 nên suy ra x > 0 , y > 0 .
đặt
2 3
, 2.
6
x y
t t
xy
+
= ≥
Xét f(t) = t +
1
, 2t
t
≥
.
Ta thấy f
’
(t) =
2
2

1
0 2
t
t
t
−
> ∀ ≥
suy ra f(t)
5
2
≥
.
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y.
Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = + +
Đặt x = 2 , y = 2 , z = 2 ⇒
Ta được: P = + +
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: x + 1 + 1 + 1 ≥ 4x và x + y ≥ 2xy
⇒ x + 2x + 2y + 7 ≥ 4x + 4xy + 4 = 4(x + xy + 1)
Chứng minh tương tự ta có y + 2y + 2z + 7 ≥ 4(y + yz + 1)
z + 2z + 2x + 7 ≥ 4(z + zx + 1)
Vậy P ≤ + +
Mà xyz = 1 nên + +
= + +
= + + = 1
Do đó P ≤ . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z ⇒ a = b = c = 0
Vậy Max P = ⇔ a = b = c = 0
23

ĐỀ SỐ 85
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2
x m
y
x
− +
=
+
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m
=
.
2. Tìm số thực dương m để đường thẳng
( )
: 2 2 1 0d x y+ − =
cắt (C) tại hai điểm A và B
sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 trong đó O là gốc tọa độ.
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình
( )
2 2
sin sin 3
tan 2 sin sin 3
cos cos3
x x
x x x
x x
+ = +
.

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau
2
4
1 cos 2
1 sin 2
x
I dx
x
π
π
+
=
+
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Tìm mô đun của số phức z biết
3
12z i z+ =
và z có phần thực dương.
2. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ
ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác
suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C
1
):
( ) ( )
2 2
2 1 1x y+ + − =

có tâm O
1
,
đường tròn
( )
2
C
bán kính bằng 4, có tâm O
2
nằm trên đường thẳng
( )
: 4 0d x y+ − =
và cắt
(C
1
) tại hai điểm A và B sao cho tứ giác O
1
AO
2
B có diện tích bằng
2 3
. Viết phương trình
đường tròn (C
2
) biết O
2
có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua

( )
3; 2; 4A − −
, song song với mặt
phẳng
( )
:3 2 3 7 0P x y z− − − =
và cắt đường thẳng
( )
2 4 1
:
3 2 2
x y z
d
− + −
= =
−
.
Câu 7.(1,0 điểm)
Chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
các cạnh AB và AD, H là giao điểm của CN và DM. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD)
cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
3SH a=
. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB.
24
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2

2
5 0
6
x y xy x y
x y x y xy

+ + + − =


+ + =


.
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực x, y phân biệt thỏa mãn
( ) ( )
2 2
2 2 2 8x y xy− + + − ≤
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
3 3
4
7 3 4P x y x y xy xy
x y
= − − − + + +
−
.
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số

2
x m
y
x
− +
=
+
(C).
1.(1.0 điểm) Với
1m
=
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
1
2
x
y
x
− +
=
+
* TXĐ: D = R\{
2
−
}.
* Tiệm cận đứng
2x
= −
, tiệm cận ngang
1y
= −

.
*
( )
2
3
' 0,
2
y x D
x
= − < ∀ ∈
+
, nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
* Bảng biến thiên.
x
−∞
-2
+∞

/
y
- 0 -
y
-1
+∞

−∞
-1
Giao Ox:
0 1y x
= ⇔ =

.
Giao Oy:
1
0
2
x y
= ⇒ =
.
Đồ thị:
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;-1) làm tâm đối xứng
25