Vài đề thi thử môn TOÁN ĐH( có lời giải chi tiết)

ne
t

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TỐN THPT

Mơn: TỐN
NGÀY 12.10.2012


ĐỀ SỐ 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm)

Cho hàm số y =

2x + 1
x −1

(C )

Câu 2. (2 điểm)

k2
pi.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hồnh độ dương nằm trên
đồ thị (C ) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C ) tại A, B đồng thời hai điểm này

cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính bằng 10.
cos 2x
+ 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x .
cos x

 x + y 25 − 4x y = 105 + 4x 2 + 17y 2
b) Giải hệ phương trình
4
4x 2 + 4y 2 + 4x − 4y = 7

a) Giải phương trình

Câu 3. (1 điểm)

Tính tích phân

I=

π
4

1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x

0

3 + cos 2x

dx .

ww

.

Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình bình hành, mặt phẳng (SB D) vng góc
với đáy, các đường thẳng S A, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, B D = 2a và góc ADB = 45o .
Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD) theo a .
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x 2x + 2y − 5 + y y − 3 + 3 = 0. Tìm giá trị lớn
2
2
nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = x y − x + 1 + x y − y + 1
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn

/w

Câu 6a. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y , cho hình vng ABC D có các đỉnh
A (−1; 2) , C (3; −2). Gọi E là trung điểm của cạnh AD, B M là đường thẳng vng góc với C E tại M ;
N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với D M . Biết phương trình đường thẳng
B M : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y +
x +1 y +2 z −1
=
=
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao
1
1
1
cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A, M B, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho
AM B = 60o ; B MC = 90o ; C M A = 120o .
6z − 13 = 0 và đường thẳng d :

Câu 7a. (1 điểm)

htt
p:/

Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện: z 1 + 3z 1 z 2 = (−1 + i ) z 2 và
z1
+ z1 + z2 .
2z 1 − z 2 = −3 + 2i . Tìm mơ-đun của số phức w =
z2

B. Theo chương trình nâng cao

Câu 6b. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y cho tam giác ABC vng tại A ngoại tiếp
hình chữ nhật M N PQ . Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P
thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình: x − y + 5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC .
2
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + y − 2 +
(z − 2)2 = 12 và điểm A (4; 4; 0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BO A cân tại B
và có diện tích bằng 4 3
Câu 7b. (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau
nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 ln có mặt và đứng cạnh nhau.
———————————————–Hết—————————————————-


Cho hàm số y =

2x + 1
x −1

(C )

ne
t

Câu 1.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm
trên đồ thị (C ) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C ) tại A, B đồng thời hai
điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường trịn có bán kính bằng 10.
a) Lời giải (hungchng):
đạo hàm y =

D,

−3
<0
(x − 1)2

∀x ∈

Đồ thị

w.
k2
pi.

TXĐ D = R\{1};

Hàm số nghịch biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
lim+ y = +∞; lim− y = −∞; x = 1 là phương
x→1

x→1

trình tiệm cận dọc

4

lim y = 2;

lim y = 2;

x→−∞

x→+∞

tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x

−∞

y

5

y = 2 là phương trình

3
2

1
−

−
+∞

2
y
−∞

b) Lời giải (Sangham_BM ):

+∞

1

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

−1

2

−2

2x + 1
. Tập xác định: D = R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:
x −1
-Tiệm cận ngang: y = 2. -Tiệm cận đứng: x = 1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I (1; 2).
2x 0 + 1
Giả sử điểm M (x 0 ; y 0 ) thuộc đồ thị hàm số (x 0 = 1). Suy ra y 0 =
. Để M có hồnh độ dương
x0 − 1
thì x 0 > 0
−3
2x 0 + 1
=
Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M : y −
(x − x 0 ) (∆)

x0 − 1
(x 0 − 1)2
Không giảm tính tổng quát ta giả sử A, B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận
ngang với đồ thị (C ).
2(x 0 + 2)
6
Suy ra A 1;
, B (2x 0 − 1; 2). Và I A =
, I B = 2|x 0 − 1|
x0 − 1
|x 0 − 1|
Vì hai tiệm cận vng góc với nhau nên I A và I B vng góc nhau hay ∆I AB vng tại I .
1
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆I AB = AB
2
Vậy để ∆I AB có bán kính đường trịn ngoại tiếp là 10 thì AB = 2 10
Mà theo định lí Pitago thì I A 2 + I B 2 = AB 2 nên I A 2 + I B 2 = 40.
36
Hay
+ 4(x 0 − 1)2 = 40 ⇐⇒ [(x 0 − 1)2 − 1][(x 0 − 1)2 − 9] = 0
(x 0 − 1)2
Suy ra x 0 = 2 hoặc x 0 = 4 (do x 0 > 0) (thỏa mãn)
* Nếu x 0 = 2 → y 0 = 5. Suy ra M (2; 5)
* Nếu x 0 = 4 → y 0 = 3. Suy ra M (4; 3)
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M (2; 5) và M (4; 3)

htt

p:/
/

ww

Hàm số: y =

Câu 2.a Giải phương trình

cos 2x
+ 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x .
cos x

Lời giải (Love Math):
ĐK : cos x = 0
PT tương đương với : cos 2x + (sin x − cos x) + sin x. cos x(cos x − sin x) = 0

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

2


ne
t

cos x − sin x = 0
cos x + sin x + sin x. cos x − 1 = 0
PT thứ 2 đặt sin x + cos x = t , |t | ≤ 2
π
Giải ra ta được x = k2π, x = + k2.π(k ∈ Z )
4


 x + y 25 − 4x y = 105 + 4x 2 + 17y 2
Câu 2.b Giải hệ phương trình
4
4x 2 + 4y 2 + 4x − 4y = 7

w.
k2
pi.

Lời giải (hahahaha1):

−6b 3 + 9b 2 = 6a 3 + 14a − 20(1)
3a − 1
3b + 1
Đặt x =
;y =
.Lúc đó hệ trở thành: 2
2
2
a + b2 = 1
Ta có (1) ⇔ 3b 2 (3 − 2b) = (a − 1)(6a 2 + 6a + 20) ⇔ 3(1 − a 2 )(3 − 2b) = (a − 1)(6a 2 + 6a + 20)
⇔ (a − 1)(6a 2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab) = 0
1
+) với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = 1; y =
2
+) Với 6a 2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a 2 + 29 − 15 − 6 − 3 = 6a 2 + 5 > 0 nên TH này pt

vơ nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 1;

1
2

Lời giải (Hồng Vinh):
Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 2

17
+ 21y 2
4
17
Thay 4x − 4y = 7 − 4x 2 − 4y 2 ta được : 4y 3 − 21y 2 + 18y + 4x 3 + 18x =
4
khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x 3 + 18x, −2 ≤ x ≤ 1 và g (y) = 4y 3 − 21y 2 + 18y, −1 ≤ y ≤ 2
1
17
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y =
Ta có : f (x) + g (y) ≤
4
2
1
Vậy hệ có nghiệm 1,
2

Câu 3.

Tính tích phân

Lời giải (hungchng):

ww

Biến đổi pt(1) thành (x + y)[25 − 4(x y + x − y)] =

I=

π
4

1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x

0

3 + cos 2x

p:/
/

1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x
3 + cos 2x

=
=
=
=

dx .

x + x tan2 x − x cos2 x + tan x cos2 x
3 + cos 2x

x sin2 x + x tan2 x sin x cos x
+
3 + cos 2x
3 + cos 2x
2
2
x tan x(cos x + 1)
sin 2x
+
2 x −1
3 + 2 cos
2(3 + cos 2x)
x tan2 x
sin 2x
+
2
2(3 + cos 2x)

htt

1 1
1
Do đó I = − x 2 + x tan x + ln | cos x| − ln |3 + cos 2x|
2 2
2

π
4

0

=

π π2 1
1
−
+ ln 2 − ln 3
8 64 4
4

Câu 4. Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình bình hành, mặt phẳng (SB D) vng
góc với đáy, các đường thẳng S A, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, B D = 2a và góc
ADB = 45o . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD)
theo a .
Lời giải (dan_dhv):

3


T
K

A

D

H

w.
k2

pi.

C

B

ne
t

S

Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥ B D ⇒ SH ⊥ (ABC D). suy ra S AH = SD H = 30o suy ra H A = H D
nên tam giác AH D vuông cân tại H . ⇒ H A = H D =

AD
2

= a 3. ⇒ SH = H D. tan(30o ) = a .

Ta có . Diện tích đáy S = AD.B D. sin(45o ) = 2a 2 . 3 nên VS.ABC D =
Ta có: d (C ; (S AD)) = 2d (O; (S AD)) =

2

3

2a 3 . 3
3

d (H ; (S AD)). Gọi K là trung điểm của AD .

AD a 6
=
.
2
2
1
1
a 15
1
+
=
⇒ HT =
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có :
2
2
2
SH
HK
HT
5
2 a 15 2a 5
.
Vây d (C ; (S AD)) =
=
5
3 5

suy ra H K ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SH K ) Hạ H T ⊥ SK suy ra H T = d (H ; (S AD)). Ta có : H K =

ww

Câu 5. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x 2x + 2y − 5 + y y − 3 +3 = 0. Tìm giá trị lớn
2
2
nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = x y − x + 1 + x y − y + 1

Lời giải (hahahaha1):
Giả thiết có thể viết lại thành: (x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2
Từ đó ta có được: 1 ≤ x + y ≤ 2
Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng:

2(x − 1)2 + (y − 1)2 = x + y − 2x y ⇒ x + y ≥ 2x y ⇒ 1 ≥ x y

p:/
/

MIN
Ta lại có biểu thức P có thể viết thành:

a 2 − 2ab + 2b 2 − 2a + 2b + 2 = P ⇐⇒ a 2 − 2a(b + 1) + 2b 2 + 2b + 2 − P = 0

(1)

Trong đó a = x + y (1 ≤ a ≤ 2);
b = x y (2 ≥ a ≥ 2b)
Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có:
∆ ≥ 0 ⇔ P ≥ b2 + 1 ⇒ P ≥ 1

Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒ x = 1; y = 0

MAX
Xét hàm số f (a) = a 2 − 2a(b + 1) + 2b 2 + 2b + 2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau:

1
ta xét hàm số trên [2b; 2]
2
Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) = 2(b 2 − b + 1)
Do đó: f (a) ≤ 2(b 2 − b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2 Vậy trong TH này max P = 2 khi x = y = 1
1
+) Nếu b ≤ ta xét hàm số trên [1; 2]
2
Hàm số đạt max tại f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên.
Kết luận: max P = 2 khi x = y = 1

htt

+) Nếu b ≥

4


1

−1

0

1

−1

D

x

N

w.
k2
pi.

E

ne
t

Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y , cho hình vng ABC D có
các đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD, B M là đường thẳng vng góc với
C E tại M ; N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với D M . Biết phương trình
đường thẳng B M : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P .
Lời giải (hungchng):
A
y
B
2

2

3

4

P

M

−2

C

−3

Gọi I trung điểm AC nên I (1; 0), B thỏa AB = C B và B ∈ B M nên tọa độ B thỏa
(x + 1)2 + (y − 2)2 = (x − 3)2 + (y + 2)2

y = x −1

⇐⇒

2x − y − 4 = 0

⇐⇒

y = 2x − 4

do đó B (3; 2) suy ra D(−1; −2) (vì I cũng là trung điểm B D ).
−
→
Theo giả thiết E trung điểm AD nên E (−1; 0) và C E = (−4; 2) 


7 6
11 2
; − và N
;
5 5
5 5

ww


x +1 = y −2

16/5
P ∈ AN và P ∈ D M nên tọa độ P thỏa x + 1 −8/5
y +2


=
12/5
4/5
19 2
;−
Vậy P
5
5

y =2

x = 7


5
⇐⇒
6

y = −
5

x +1 = y
M ∈ C E và M ∈ B M nên tọa độ M thỏa
−4
2
2x − y − 4 = 0

suy ra M

x =3


x = 19

5
⇐⇒
2

y = −
5

Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y z , cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 +

x +1 y +2 z −1

=
=
. Xác định tọa độ điểm M trên
1
1
1
đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A, M B, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C
là các tiếp điểm ). Sao cho AM B = 60o ; B MC = 90o ; C M A = 120o .

p:/
/

z 2 − 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và đường thẳng d :

Lời giải (dan_dhv):

M

d
a
K

B

htt

A

H

a 3
2

C

O

Gọi O là tâm mặt cầu. Do A, B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có
M A = M B = MC = a . và A, B,C nội tiếp một đường tròn .
Từ gt ⇒ AB = a, BC = a 2, AC = a 3 suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm AC . K
là trung điểm AB .
5


AB ⊥ M K
AB ⊥ H K

⇒ AB ⊥ M H ; M H ⊥ AC ⇒ M H ⊥ (ABC )

ne
t

Ta có

Suy ra M , H ,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥ OC

3
,OC = R = 27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có :
2
1

1
4
+
= 2 ⇒ a 2 = 9 ⇒ MO = 6 M ∈ d ⇒ M (t − 1; t − 2; t + 1);O(1; 2; −3)
2
a
27 3a
4
suy ra (t − 2)2 + (t − 4)2 + (t + 4)2 = 36 ⇒ t = 0; t =
3
1 −2 7
suy ra M (−1; −2; 1); ; ;
3 3 3

w.
k2
pi.

Khi đó C H = a

Câu 7a.

Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z 1 + 3z 1 z 2 = (−1 + i ) z 2 và
z1
+ z1 + z2 .
2z 1 − z 2 = −3 + 2i . Tìm mơ-đun của số phức w =
z2

Lời giải (Love Math):


z
 z 1 + 3z 1 z 2 = −1 + i
 1 + 3z 1 = −1 + i
z 1 + 3z 1 z 2 = (−1 + i ) z 2
z2
⇒
⇒ z2

2z − z = −3 + 2i
2z 1 − z 2 = −3 + 2i
2z 1 − z 2 = −3 + 2i
1
2
z1
z1
⇒
+ 3z 1 − (2z 1 − z 2 ) = (−1 + i ) − (−3 + 2i ) ⇒
+ z 1 + z 2 = 2 − i ⇒ |w| =
z2
z2

5

ww

Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y cho tam giác ABC vuông tại A
ngoại tiếp hình chữ nhật M N PQ . Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc
cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình : x − y + 5 = 0 . Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC .

Lời giải (dan_dhv):
A

Q

M

N

C

p:/
/

B

P

Phương trình đường thẳng d vng góc BC qua M (−3; −1) là x + 3 = 0;
−→ −
−
−
→
suy ra tọa độ Q là Q(−3; 2). Ta có M N = QP ⇒ P (2; 2).
−
Đường thẳng AC qua P (2; 2) nhận → = (1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x+y −4 = 0
n
Vậy A

−1 9

; ; B (−6; −1);C (5; −1)
2 2

Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 +
2
y − 2 + (z − 2)2 = 12 và điểm A (4; 4; 0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác
BO A cân tại B và có diện tích bằng 4 3.
Lời giải (dan_dhv):
Nhận thấy: A,O thuộc mặt cầu. Gọi M là trung điểm AO suy ra M (2; 2; 0).
−
−
→
−→
−
Gọi B (a, b, c). Ta có : O A(4; 4; 0); M B (a − 2; b − 2; c)
−
−
→ −→
−
Do tam giác ABO cân tại B nên O A ⊥ M B ⇒ a + b = 4 (1)

htt

Câu 6b.b

1
1
2
2
Do B ∈ (I ; R) nên (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 12

Ta có : 4 3 = S ABO = AO.B M = 4 2B M ⇒ B M = 6 ⇒ (a − 2)2 + (b − 2)2 + c 2 = 6
(3)

6

(2)


23
;2−
8

23 −1
;
;B 2−
8 2

23
;2+
8

23 −1
;
;
8 2

ne
t

Từ (1)(2)(3) ta suy ra B 2 +

Lời giải (miketu):
Gọi B (a, b, c). B ∈ (s) ⇐⇒ (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 12 (1)
Tam giác ABO cân tại B ⇐⇒ B A = BO ⇐⇒ B A 2 = BO 2 ⇐⇒ (4 − a)2 + (4 − b)2 + c 2 = a 2 + b 2 + c 2

w.
k2
pi.

1 − −→
− −
→
Lại có: S ABO = |[O A; OB ]| = 4 3 ⇐⇒ 2 2c 2 + (b − a)2 = 4 3 (3)
2
23
23 −1
23
23 −1
Từ (1)(2)(3) ta suy ra B 2 +
;2−
;
;B 2−
;2+
;
;
8
8 2
8
8 2

(2)

htt

p:/
/

ww

Câu 7b. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau
nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 ln có mặt và đứng cạnh nhau.
Lời giải (Tú Anh):
Giả sử số đó là : abcd
TH1: a, b là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn a, b .
Lúc này chọn d có : 4 cách và chọn c có 4 cách. TH này có : 2.4.4 = 32 số.
TH2 : b, c là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn b, c .
+) Nếu d = 0 chọn a có : 2 cách . TH này có : 2.1.2 = 4 số
+) Nếu d = 0 chọn d có : 2 cách, chọn a có : 2 cách. TH này có : 2.2.2 = 8 số
Vậy có : 32 + 4 + 8 = 44 số

7


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TỐN THPT

Mơn: TỐN
NGÀY 12.10.2012

ĐỀ SỐ 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
2x + 2
, có đồ thị (C ) .
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) .
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C ) sao cho đồ thị hàm số (C ) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2)
tại M .

Câu 1. (2 điểm)

Cho hàm số y =

Câu 2. (2 điểm)

cos 3x
cos x
−
= 2 sin 5x. sin 3x.
cos 5x cos 3x
b) Giải bất phương trình
x +6
x 2x 2 + 26x + 8 − 4 ≥ x 2x + 3 x + 33 .

a) Giải phương trình

e

x 2 − 2 ln x + 1

Câu 3. (1 điểm)

Tính tích phân

Câu 4. (1 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC .A 1 B 1C 1 có BC = 2AB và AB ⊥ BC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A 1 B 1

I=

1

x 2 . x + ln x

dx .

và BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 1C bằng

2a

7

. Góc giữa hai mặt phẳng (AB 1C ) và (BCC 1 B 1 )

bằng 60o . Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B 1 ANC theo a.
Câu 5. (1 điểm)

Cho các số thực x, y, z khơng âm sao cho khơng có 2 số nào đồng thời bằng 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = (x y + y z + zx)

1
1
1
+
+
.
x2 + y 2 y 2 + z2 z2 + x2

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho đường trịn (I ) : x 2 + y 2 − 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng
d : 4x−3y+9 = 0. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường thẳng d , C là điểm thuộc đường tròn (C ). Biết điểm H

22 11
;
5 5

6 7
là trung điểm của cạnh AB . Xác định tọa độ các
5 5
điểm A, B,C biết diện tích tứ giác AH I K bằng 24 và hồnh độ điểm A dương.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hai điểm A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) và mặt cầu (S) :

2
(x + 1)2 + y + 2 +(z + 3)2 = 14. Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường
trịn có bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P ) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A.

là một giao điểm của AC với đường tròn (I ), điểm K − ;

Câu 7A. (1 điểm)

Tìm n ∈ N ∗ thỏa mãn:

0
1
2
n
3.C n + 4C n + 5C n + ... + (n + 3)C n = (n + 6)

35
n + 2013
12

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho điểm A (1; 0) và các đường tròn (C 1 ) : x 2 + y 2 = 2; (C 2 ) :
x 2 + y 2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C 1 ) và (C 2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho đường tròn (C ) :

x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + 4z + 4 = 0
có
x + 2y − 2z − 2 = 0

x −3 y +2 z +1
=
=
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán
2
1
−1
x −1 y −3 z +2
kính R = 26 và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :
=
=
, biết rằng A thuộc đường trịn (C ) và đường
1
2
−2
thẳng d vng góc với đường thẳng AI .

tâm I và đường thẳng d :

Câu 7B. (1 điểm)

Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z 1 + 2z 2 là số thực, 2z 1 − z 2 là số ảo và
2
2
3z 1 + z 2 = 5 − 5i . Tìm Mơ đun của số phức w = z 1 + 3z 1 .z 2 .
———————————————–Hết—————————————————-


TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
2x + 2

, có đồ thị (C ) .
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) .
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C ) sao cho đồ thị hàm số (C ) tiếp xúc với đường
tròn tâm I (1; 2) tại M .

Câu 1.

Cho hàm số y =

a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1};

đạo hàm y =

D,

−4
<0
(x − 1)2

∀x ∈

Đồ thị

Hàm số nghịch biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
lim+ y = +∞; lim− y = −∞; x = 1 là phương
x→1

x→1

trình tiệm cận dọc

lim y = 2;

lim y = 2;

x→−∞

y = 2 là phương trình

x→+∞

tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x

−∞

y

1
−

−

+∞

+∞

2
y

2

−∞

b) Lời giải 1 (kunkun):
Giả sử M x 0 ;

2x 0 + 2
Phương trình tiếp tuyến tại M :
x0 − 1
2
2x 0 + 4x 0 − 2
2x 0 + 2
4
y =−
⇔−
x−y+
= 0(∆)
(x − x 0 ) +
x0 − 1
(x 0 − 1)2
(x 0 + 1)2
(x 0 − 1)2

4

Véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆: u = 1; −

−
Mặt khác →. I M = 0 ⇔ x 0 − 1 −
u
⇒ M (3; 4) hoặc M (−1; 0)

16

(x 0 − 1)3

4
(x 0 − 1)2

−→
−
. Ta có: I M = x 0 − 1;

= 0 ⇔ x 0 = 3 hoặc x 0 = −1

4
x0 − 1

b) Lời giải 2 (dan_dhv):
Nhận thấy I (1; 2) là tâm của hypebol. Do đó. (C ) tiếp xúc với đường trịn tâm I theo bán kính nhỏ
nhất.
Gọi M (x 0 ;

2x 0 + 2
). Ta có M I =
x0 − 1

Dấu = xảy ra ⇔ |x 0 − 1| =
Vậy M (3; 4); M (−1; 0)

(x 0 − 1)2 +

16
≥2 2
(x 0 − 1)2

4
⇔ x 0 = 3; x 0 = −1
|x 0 − 1|

Câu 2.a Giải phương trình

cos 3x
cos x
−
= 2 sin 5x. sin 3x.
cos 5x cos 3x

Lời giải 1 (hoangde_BM):
Điều kiện: cos 5x. cos 3x = 0. Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:
cos 3x
cos x
+1−
+ 1 = 2 sin 5x. sin 3x
cos 5x
cos 3x
cos 3x + cos 5x cos x + cos 3x

⇐⇒
−
= 2 sin 5x. sin 3x
cos 5x
cos 3x
2 cos 4x. cos x 2 cos 2x. cos x
⇐⇒
−
= 2 sin 5x. sin 3x
cos 5x
cos 3x


Hay ta có :
cos 4x. cos x. cos 3x − cos x. cos 2x. cos 5x = sin 5x. sin 3x. cos 3x. cos 5x
1
⇐⇒ cos x(cos 3x. cos 4x − cos 2x. cos 5x) = . sin 10x. sin 6x
4

Mà ta có:

1
cos 3x. cos 4x − cos 2x. cos 5x = (cos 7x + cos x − cos 7x − cos x) = 0
2

Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình.
Lời giải 2 (kunkun):
P t ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

⇐⇒
⇐⇒

1
cos2 3x − (cos 4x + cos 6x)
2
= cos 2x − cos 8x
1
(cos 2x + cos 8x)
2
1 − cos 4x = cos2 2x − cos2 8x
1 + cos 4x
2
1 − cos 4x =
− 2 cos2 4x − 1
2
4
2
8 cos 4x − 8 cos 4x − 3 cos x + 3 = 0
1
cos 4x = 1 hoặc cos 4x =
2

đến đây thì ok. giải pt xong nhớ loại nghiệm. pt chỉ có 2 nghiệm
Lời giải 3 (hoanghai1195):
P T ⇔ 2 cos2 3x − 2 cos x. cos 5x = sin 6x. sin 10x
−1
⇔ 1 + cos 6x − (cos 6x + cos 4x) =
(cos 16x − cos 4x)
2

⇔ 2 − 3 cos 4x + cos 16x = 0
⇔ 8 cos4 4x − 8 cos2 4x − 3 cos 4x + 3 = 0

⇔ (cos 4x − 1)(8 cos2 4x(cos 4x + 1) − 3) = 0

Đến đây là OK rồi
Câu 2.b Giải bất phương trình

x +6

x 2x 2 + 26x + 8 − 4 ≥ x 2x + 3 x + 33 .

Lời giải 1 (Con phố quen):
Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥ 0. Nhận thấy rằng với x = 0 bất phương trình đã
cho khơng thỏa. Vậy ta chỉ cần xét x > 0. Với điều kiện này ta đặt t = x, t > 0. Lúc đó bất phương
trình đã cho tương đương với bất phương trình :
t (t + 6)

2t 4 + 26t 2 + 8 ≥ 2t 4 + 3t 3 + 33t 2 + 4

(1)

Tiếp tục đặt u = 2t 4 + 26t 2 + 8, u ≥ 2 2. Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bất
phương trình tương đương sau :
t (t + 6)

2x 2 + 26t 2 + 8 ≥ (2t 4 + 26t 2 + 8) + 3t 3 + 7t 2 − 4
⇔ t (t + 6)u ≥ u 2 + 3t 3 + 7t 2 − 4

⇔ u 2 − (t 2 + 6t )u + 3t 3 + 7t 2 − 4 ≤ 0

(2)

Để ý rằng nếu ta xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo u thì phương trình (2) có
biệt số
∆ = (t 2 + 6t )2 − 4(3t 3 + 7t − 4) = (t 2 + 4)2

Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất
phương trình sau :
u − t 2 − 3t − 2 · (u − t + 2) ≤ 0

(3)


Chú ý rằng với t > 0 và u ≥ 2 2 thì ta có : u − t + 2 ≥ 0. Do đó bất phương trình (3) tương đương với
bất phương trình :
2t 4 + 26t 2 + 8 ≤ t 2 + 3t + 2 ⇔ 2t 4 + 26t 2 + 8 ≤ t 4 + 9t 2 + 4 + 6t 3 + 4t 2 + 6t
⇔ t 4 − 6t 3 + 13t 2 − 6t + 4 ≤ 0 ⇔ (t 2 − 3t + 2)2 ≤ 0
⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔

t =1
t =2

Với hai giá trị t vừa tìm được ta sẽ có được hai giá trị x tương ứng là x = 1; x = 4 Cả hai giá trị này
đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho. Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm
x = 1; x = 4

Lời giải 2 (Con phố quen):
Điều kiện x ≥ 0. Nhận thấy x = 0 khơng thỏa bất phương trình đã cho. Đặt t = x, t > 0. Lúc đó
bất phương trình đã cho được biến đổi thành bất phương trình tương đương sau :

t (t + 6)
⇔ t (t + 6)

24t 4 + 26t 2 + 8 ≥ 2t 4 + 3t 3 + 33t 2 + 4

2t 4 + 26t 2 + 8 − 2t 4 − 3t 3 − 33t 2 − 4 ≥ 0 ⇔ T ≥ 0

Với phương trình này thì việc ưu tiên đốn nghiệm là hàng đầu vì nó khá cồng kềnh. Nhưng khi
đốn nghiệm ta cố gắng đoán nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chính
phương. Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t = 1 và t = 2 là thỏa yêu cầu đó. Bây giờ ta cố
gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao.
Vùng 1 : 0 < t < 1. Lúc này ta có T < 0 nên xem như thoát ngưỡng vùng này.
Vùng 2 :1 < t < 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên qua cửa này luôn.
Vùng 3 :t > 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hồn tồn rồi.
Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t = 1; t = 2.
Lời giải 3 (Lão Hạc):
ĐK :

x ≥0
2x 2 + 26x + 8 ≥ 0
BPT ⇔
⇔

Mà :

2x 2 + 26x + 8 − 3 x

2x 2 + 26x + 8 − 3 x − x − 2 ≤ 0

2(x + 2)2 + 18x + 2 > 3 x

2x 2 + 26x + 8 + 2 =

∀x ≥ 0

2 (x + 2)2 + 9x ≥ (x + 2) + 3 x

x =1
x =4

Vậy bpt ⇔

Tính tích phân

I=

Lời giải (levietnghiails ):
Ta có:
I=

Xét I 1 = 2

2x 2 + 26x + 8 − 3 x − 2 (x + 2) ≤ 0

−x

2x 2 + 26x + 8 − 3 x + 2

2x 2 + 26x + 8 =

Câu 3.

2

e
1

e

1

e
1

x 2 − 2 ln x + 1
x 2 . x + ln x

x 2 + 2x + 1 − 2(x + ln x)
x 2.

x + ln x
dx =
x2

e
1

x + ln x

x + ln x.

dx =

−1
x

dx .

e

(x + 1)2

1 x 2.

dx =

x + ln x

dx −2

− x + ln x
+
x

e
1

e
1

x + ln x
dx
x2

x +1

2x 2 . x + ln x

dx

1
1+
e
−2 x + ln x
x dx
Từ đó: I =
+
x
1
x + ln x
1
1+
e
x dx Để ý: (x + ln x) = 1 + 1 . Dài quá, mong mọi người giải tiếp
Xét I 2 =
x
1
x + ln x

Lời giải (xuannambka):
I=

Mà d

e

x 2 + 2x + 1 − 2(x + ln x)
x 2 . x + ln x

1

dx =

e
1

x +1
x +1
·
dx − 2
x
x. x + ln x

e
1

x + ln x
dx
x2

x +1
−1
x +1
dx = d 2. x + ln x . Nên
= 2 dx và
x
x
x. x + ln x
I =2

e
x +1
x + ln x + 2
x
1

e

1

x + ln x
dx − 2
x2

e

1

x + ln x

e +1
dx = 2
e +1−4
2
x
e

Lời giải (One-HicF):
x + ln x
x

Ta có:

1
1+ x

=

2 x+ln x

x − x + ln x
x2

=

Nên
I =2

e

1 − x − 2 ln x

1 2x 2 .

Câu 4.

x + ln x

dx + 2

e
1

1 − x − 2 ln x

2x 2 . x + ln x

và

x2 + x

x + ln x
dx = 2
2 . x + ln x
x
2x

x + ln x =

1

x2 + x
1
=
+1 .
x
2 x + ln x 2x 2 . x + ln x

e
1

e

+ 2 x + ln x

1

=2

e +1
+2 e +1−4
e

Cho lăng trụ đứng ABC .A 1 B 1C 1 có BC = 2AB và AB ⊥ BC . Gọi M , N lần lượt là trung

điểm của A 1 B 1 và BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 1C bằng

2a

7

. Góc giữa hai

mặt phẳng (AB 1C ) và (BCC 1 B 1 ) bằng 60o . Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp B 1 ANC theo a.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có :
60o

AB ⊥ BC

AB ⊥ B B 1

⇒ AB ⊥ B 1C . Hạ B K ⊥ B 1C ⇒ B 1C ⊥ (AB K ) ⇒ g ((B 1 AC ); (BCC 1 B 1 )) = g (AK B ) =

Gọi P là trung điểm của AB . Khi đó AM B 1 P ⇒ d (AM ; B 1C ) = d (A; (B 1 PC )) = d (B ; (B 1 PC )).

Hạ B E ⊥ PC ⇒ PC ⊥ (B B 1 E ). Hạ B F ⊥ B 1 E ⇒ B F ⊥ (B 1 PC ) ⇒ d (B ; (B 1 PC )) = B F =
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác B B 1 E và B PC ta có:

2a

7

1
1
1
1
1
1
17

1
7
=
=
+
=
+
+
=
+
(1)
2
2
2
2
2
2
2
2
4a
BF
BE
B1B
BP
BC
B1B
4AB
B1B 2
AB
⇒ AB = 3B K . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác B B 1C ta có:

Ta có : tan(B K A) =
BK
1
1
3
1
11
+
=
⇒
=
(2)
2
2
2
2
B1B
4AB
AB
B1B
4AB 2
AB.BC
16a 3 11
4a 11
Từ (1); (2) suy ra AB = 2a; B B 1 =
; BC = 4a; S ABC =
= 4a 2 ⇒ VM ABC =
11
2
33

Gọi Q là trung điểm của NC . Qua Q vẽ đường thẳng d song song với AB . Suy ra d là đường trung
trực của NC .
Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d . Trên mặt phẳng BCC 1 B 1 vẽ đường thẳng ∆ qua
Q và song song CC 1 .
Khi đó ∆ là trung trực của NC . Gọi I là tâm của B 1 NC thì I thuộc ∆. Dựng đường thẳng d 2 qua J
và song song ∆.
Suy ra d2 là trục đường tròn ngoại tiếp ANC . Từ I vẽ đường thẳng song song Q J cắt d2 tại O .
Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB 1 .ANC
a 60
B 1C .B 1 N .NC 6a 5
a 192
.B 1 N =
, NC = 2a, S.B 1 NC = 4a 2 ⇒ I N = R(B 1 NC ) =
=
Ta có :B 1C =
4.S.B 1 NC
11
11
11
Ta có : AN = 2a 2, AC = 2a 5; NC = 2a, S ANC = 2a 2
AN AC NC
⇒ J N = R ∆ANC =
= a 10. ⇒ JQ = OI = I N 2 − NQ 2 = 10a 2 − a 2 = 3a.
4S ANC

Suy ra

R B 1 ANC = ON =

OI 2 + I N 2 = a

729
11


Câu 5.

Cho các số thực x, y, z không âm sao cho khơng có 2 số nào đồng thời bằng 0.
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (x y + y z + zx)

x2 + y 2

Lời giải 1 (hahahaha1):
Giải sử z = mi n(x; y; z) khi đó ta có:

x + y ≥ 2z ⇔ x y + y z + xz ≥ x +

z
2

+

1

y 2 + z2

y+

+

1

z2 + x2

.

z
2

Mà ta lại có:
1
x2 + y 2

≥

1
z
x+
2

2

z
+ y+
2

2

1

,

y 2 + z2

1

≥

z
y+
2

2

1

,

x2 + z2

≥

1
x+

z
2

2

Từ những điều trên ta có:
P ≥ x+

Đặt: x +

z
2

y+



z 

2 

1
x+

z
2

2

+ y+

z
2

2

+

1
y+

z
2

2

+

1
x+

z
2

z
z
= a; y + = b(a; b ≥ 0 Ta có:
2
2





2

a
1
1
a 1
1
b
+ 2+ 2 =
+ +a
P ≥ ab 2
a 2
a + b2 a
b
b
+1
b
b

Đặt:

a
=x
b

(x ≥ 0) ta khảo sát hàm f (x) =

Do đó Mi nP =

x
x2 + 1

+x +

1
5
với x ≥ 0 để tìm được mi n f (x) =
x
2

5
đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị.
2

Lời giải 2 (Sangham_BM):
Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel: Với a, b, c ≥ 0 và “đơi một khác
nhau thì”
1
1
1
5
+
+
≥
a + b b + c c + a 2 ab + bc + ca

Chuẩn hóa ab + bc + ca = 1. Chúng ta xét 2 TH:
* TH1: a + b + c ≤ 2 BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a + b + c)

⇐⇒ 6 + 2

1
1
1
+
+
≥ 5(a + b + c)
a +b b +c c +a

c
a
b
+
+
≥ 5(a + b + c)
a +b b +c c +a

BĐT này luôn đúng do theo BĐT C auch y − Schw ar z ta có
6+2

c
a
b
(a + b + c)2
≥ 6+2
+
+
a +b b +c c +a
2(ab + bc + ca)

= (a + b + c − 2)(a + b + c − 3) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c).

TH2: a + b + c ≥ 2 BĐT cần chứng minh tương đương với

2(a 2 + b 2 + c 2 + 3) ≥ 5(a + b)(b + c)(c + a)

BĐT này luôn đứng do

⇐⇒ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ≥ 5(a + b + c) − 5abc
2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 = 2(a + b + c)2 + 2

= (2(a + b + c) − 1)(a + b + c − 2) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c) − 5abc.


Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là 1 trong các hoán vị của bộ số
(0; 1; 1).
Lúc này thay a, b, c lần lượt bởi x 2 , y 2 , z 2 ta có
1
x2 + y 2

+

1
y 2 + z2

+

1
z2 + x2

≥

5
2

x2 y 2 + y 2z2 + z2x2

Sử dụng BĐT trên và chú ý rằng:
x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2x y z(x + y + z) ≥

x y + y z + zx =

x2 y 2 + y 2z2 + z2x2

Ta có
1

(x y + y z + zx)

x2 + y 2

+

1
y 2 + z2

+

1

z2 + x2

≥

2

5(x y + y z + zx)

x2 y 2 + y 2z2 + z2x2

≥

5
2

Đẳng thức xảy ra khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
Vậy Mi nP =

5
khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
2

Lời giải 3 (Inspectoragadget):
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử z = Mi n(x; y; z).

1
1
1
+ 2
+ 2

. Ta sẽ chứng minh P (x;y;z) ≥ P (x;y;0) Hay là:
x2 + y 2 y + z2 x + z2

Đặt P (x;y;z) = (x y + y z + zx).
z(x + y).

⇔ z(x + y).

⇔ (x + y).

1
x2 + y 2

+

1
x2 + y 2
1
x2 + y 2

1
y 2 + z2

+

+

+

1

y 2 + z2
1
y 2 + z2

1
z2 + x2

+

+

1
z2 + x2
1
z2 + x2

≥ x y.

1
1
1
1
+ 2− 2
+ 2
2
2
y
x
x +z
y + z2

≥ x y z 2.

≥ x y z.

1
y 2 (y 2 + z 2 )
1
y 2 (y 2 + z 2 )

+

+

1
x 2 (x 2 + z 2 )
1

x 2 (x 2 + z 2 )

Và điều này đúng do
1
x2 + y 2

>0

x+y
xyz
x+y
xyz

≥ 2 2
≥ 2 2
2 + z2
2) x 2 + z 2
y
y (y + z
x (x + z 2 )

5
xy
x2 + y 2 5
Hay là : 2
+
≥
2
x + y2
xy
2
2
2
2
2
xy
x +y
3(x + y ) 3
Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM −G M : 2
+
≥1
≥
2

x +y
4x y
4x y
2
5
Vậy ta có P Mi n = . Đẳng thức xảy ra tại x = y, z = 0 và các hoán vị tương ứng
2

Vậy ta có P (x;y;z) ≥ P (x;y;0) Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P (x;y;0) ≥

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho đường trịn (I ) : x 2 + y 2 − 4x +
2y − 11 = 0 và đường thẳng d : 4x − 3y + 9 = 0. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường thẳng d , C là

Câu 6A.a

điểm thuộc đường tròn (C ). Biết điểm H

22 11
;
là một giao điểm của AC với đường tròn (I ),
5 5

6 7
là trung điểm của cạnh AB . Xác định tọa độ các điểm A, B,C biết diện tích tứ
5 5
giác AH I K bằng 24 và hoành độ điểm A dương.

điểm K − ;

Lời giải (Levietnghiails):

a
A
b
6

4

H

K2 d
B
−6

−4

−2

I
2

0
−2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

C

−4
−6

Ta có: Tâm I (2; −1), R = 4. Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường trịn tại K

−6 7
; . Do d (I , AB ) =
5 5

4 = R,
H K = 4 2 = 2R 2 , nên tam giác I H K vuông tại I . Từ đó nên AH I K là hình thang vuông tại I và K .
I K .(AK + I H )
4a + 9

Theo S = 24 =
⇒ AK = 8. Vì A thuộc d nên A a;
. Nên
2
3
a+

6
5

2

+

4a
7
+3−
3
5

2

= 64 ⇐⇒

25 2 20
a + a − 60 = 0
9
3

Câu 6A.b Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hai điểm

2
A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) và mặt cầu (S) : (x + 1)2 + y + 2 + (z + 3)2 = 14. Gọi (P ) là mặt phẳng đi
qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm
M thuộc mặt phẳng (P ) sao cho tam giác ABM vng cân tại A.
Lời giải (angel):
Mặt cầu (S) có : tâm I (−1; −2; −3), bán kính R = 14. Nhận thấy A nằm phía trong mặt cầu .
Do đó (P ) qua A cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính nhỏ nhất ⇔ R 2 − I H 2 nhỏ nhất ⇔ I H lớn
−
→
nhất H ≡ A ⇔ I A(0; 1; −1) là véc tơ pháp tuyến của (P), do đó : (P ) : y − z + 1 = 0 ( H là hình chiếu
của I trên (P ) )
Giả sử M (m; n; n + 1), theo bài ra :
Câu 7A.

AB = AM
−→ →
−
−
AM = 0

0
1
2
n
Tìm n ∈ N ∗ thỏa mãn: 3.C n + 4C n + 5C n + ... + (n + 3)C n = (n + 6)

35
n + 2013
12

Lời giải 1 (Con phố quen):
Ta có :
n
1
2
3
n
0
1
2
0
1
2
n
N = 3.C n + 4C n + 5C n + ... + (n + 3)C n = 3 C n +C n +C n + ... +C n + C n + 2C n + 3C n + ...nC n = N1 + N2

Xét khai triển :

0
1
2
3
n
(1 + x)n = C n +C n x +C n x 2 +C n x 3 + .... +C n x n

1
2
3
n
Cho x = 1 ta được N1 = 3·2n . Mặt khác ta có : [(1 + x)n ] = n(1+x)n−1 = C n +2C n x+3C n x 2 +...+nC n x n−1 .

Cho x = 1 ta có : N2 = n2n−1 . Từ đây ta có : N = 3 · 2n + n · 2n−1 = (n + 6) · 2n−1 .
Theo bài ta có :

(n + 6) · 2n−1 = (n + 6)

Do n > 0 nên ta có

35
35n
35n
n + 2013 ⇔ 2n−1 =
+ 2013 ⇔ 2n =
+ 4026
12
12
6

35n
+ 4026 > 4026 ⇔ 2n > 4026 ⇔ n > log2 4026 ≈ 11, 975
6


35n
35
− 4026, ∀n > 11, 975 Ta có : f (n) = 2n ln 2 −
> 0, ∀n > 11, 975.
6
6
Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n > 11, 975. Mặt khác ta có f (12) = 0.
Do đó phương trình f (n) = 0 có nghiệm duy nhất n = 12.

Xét hàm số : f (n) = 2n −

Lời giải 2 (Inspectoragadget):
Ta có :

0
1
2
n
0
1
2
n
1
2
3
n
N = 3.C n + 4C n + 5C n + ... + (n + 3)C n = 3 C n +C n +C n + ... +C n + C n + 2C n + 3C n + ...nC n = 3N1 + N2

0
1
n
Tính N1 = C n +C n + ... +C n = 2n
Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể khơng có viên nào)
* Đếm cách 1:
0
+ Nếu chọn 0 cây có C n cách
1
+ Nếu chọn 1 cây có C n cách

+ .............
n
+ Nếu chọn n cây có C n cách
0
1
2
n
Vậy tổng cộng có C n +C n +C n + ... +C n cách.
* Đếm cách 2: Mỗi cây trong số n cây đều có 2 trạng thái (được chọn hoặc khơng được chọn).
Vậy có 2n cách chọn.
Kết quả của hai cách đếm cho ta đẳng thức cần chứng minh.
1
2
3
n
Tính N2 = C n + 2C n + 3C n + ... + nC n = n.2n−1
chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc
k
Đếm cách 1: chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kC n cách chọn
1
2
3
n
Cho k từ 1 đến n , có C n + 2C n + 3C n + ... + nC n cách
Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ n người trước, sau đó mỗi người trong n − 1 người cịn lại có
2 trạng thái: được tuyển và khơng được tuyển, nên cách đếm này cho đáp số n.2n−1 Vậy ta có
đpcm.
Từ đây giải như trên

Câu 6B.a

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho điểm A (1; 0) và các đường tròn
(C 1 ) : x + y = 2; (C 2 ) : x 2 + y 2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C 1 ) và (C 2 ) để
tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Lời giải (Sangham_BM):
* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam
giác ABC .
-Giả sử CO khơng ⊥ AB thì ta ln tìm được điểm C ∈ (C 2 ) sao cho d (C , AB ) lớn hơn d (C , AB ),
hay S ∆ABC lớn hơn S ∆ABC → không thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Do đó CO ⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC
Vậy O là trực tâm của tam giác ABC .
Suy ra AO ⊥ BC ⇒ x B = xC
Và ta giả sử B (t ; b) ∈ (C 1 ), C (t ; c) ∈ (C 2 ) (t , b, c ∈ R ) thì ta có
2

2

t 2 + b2 = 2

t 2 + c2 = 5

⇐⇒

b2 = 2 − t 2

c2 = 5 − t 2

Mà CO ⊥ AB nên CO. AB = 0 hay t (t − 1) + bc = 0
Suy ra b 2 c 2 = t 4 − 2t 3 + t 2

Do đó
(2 − t 2 )(5 − t 2 ) = t 4 − 2t 3 + t 2 ⇐⇒ (t + 1)(2t 2 − 10t + 10) ⇐⇒ t = −1; t =

Tới đây ta có:
Suy ra

5+ 5
5− 5
;t=
2
2

1
1
1
S ∆ABC = BC .d (A, BC ) = |x A − x B ||y B − yC | = |1 − t ||b − c|
2
2
2

1
1
1
S 2 ∆ABC = (1 − t )2 (b 2 + c 2 − 2bc) = (1 − t )2 ((2 − t 2 ) + (5 − t 2 ) − 2(t − t 2 )) = (1 − t )2 (7 − 2t )
4
4
4


* Nếu t = −1 thì ta suy ra S 2 ∆ABC = 9 hay S ∆ABC = 3

5+ 5
thì ta dễ thấy điều vơ lí vì t 2 + b 2 = 2.
2
5− 5
5−1
* Nếu t =
thì ta có S 2 ∆ABC =
< 9 → loại.
2
8

bc = −2

Suy ra với t = −1 thì S ∆ABC lớn nhất. Và ta có b 2 = 1

 2
c =4

* Nếu t =

Suy ra

B (−1; 1)

C (−1; −2)

hoặc

B (−1; −2)

C (−1; 2)

. Vậy

diện tích lớn nhất!

B (−1; 1)

C (−1; −2)

b=1

⇐⇒

c = −2

hoặc

hoặc

B (−1; −2)

C (−1; 2)

b = −1
c =2

thì tam giác ABC có

Câu 6B.b

Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho đường tròn (C ) :
x −3 y +2 z +1
x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + 4z + 4 = 0
=
=
. Lập phương
có tâm I và đường thẳng d :
x + 2y − 2z − 2 = 0
2
1
−1
trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R = 26 và tiếp xúc với đường thẳng
x −1 y −3 z +2
∆:
=
=
, biết rằng A thuộc đường tròn (C ) và đường thẳng d vng góc với đường
1
2
−2
thẳng AI .
Lời giải (Phố Đêm):
8 5
3 3

Gọi I là tâm đường tròn ⇒ I − ; ; −



x = −8



3

5
y = +t

3



z = −2 + t

3

2
Ta có:
3

I A ⊥ (d )

I A ⊥ (∆)

−→
−
→ →
⇒ u I A = [−d ; −∆ ] = (0; 1; 1) ⇒ (I A) :
u u

Nhận thấy ∆ ⊥ (C ) Gọi M là giao của ∆ và mặt phẳng chứa (C) ⇒ M (0; 1; 0) Gọi O là tâm mặt cầu .
(O; M ∈ (mp))
−8 5
−2
Ta có : O ∈ (I A) ⇒ O
; + t;
+t
3 3
3
∆ tiếp xúc với mặt cầu nên OM là bán kính.
64
2 2
2 2
−8 14 7
−8 −4 −11
Ta có : OM 2 = + t +
; ;
;
;
+ t−
= 26 ⇒ t = ±3 ⇒ O
O
9
3
3
3 3 3
3 3
3
2

2
2
2
2
14
7
−8
4
11 2
−8
Vậy Pt mặt cầu : x +
+ y−
+ z−
= 26
x+
+ y+
+ z+
= 26
3
3
3
3
3
3
Câu 7B. Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z 1 + 2z 2 là số thực, 2z 1 − z 2
2
2
là số ảo và 3z 1 + z 2 = 5 − 5i . Tìm Mơ đun của số phức w = z 1 + 3z 1 .z 2 .

Lời giải (NgoHoangToan):

Ta đặt : z 1 = x + yi ; z 2 = a + bi . Từ đó ta có : z 1 + 2z 2 = (x + 2a) + (y + 2b)i ; 2z 1 − z 2 = (2x − a) + (2y − b)i
Theo giả thiết ta có : y + 2b = 0 và 2x − a = 0. Từ 3z 1 + z 2 = (3x + a) + (3y + b)i = 5 − 5i Ta được:
3x + a = 5

3y + b = −5
Vậy ta có:b = 1; y = −2; x = 1; a = 2. Từ đó ta suy ra: z 1 = 1 − 2i ; z 2 = 2 + i
2
2
Từ đó ta có : z 1 + 3z 1 .z 2 = 30 − 10i Vậy : modun w bằng 10 10.


pi .
ne
t

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TOÁN THPT



Mơn: TỐN
NGÀY 10.11.2012

ĐỀ SỐ 3

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm)

Cho hàm số y =

x −2
x −1

(H ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H ).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m − 2 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tứ giác AM B N có diện tích bằng
Câu 2. (2 điểm)

5 17
, biết M (1; −2) ; N (3; −3).
4

π
π
1
π
= 3. cos2 x +
+
cos2
−x
3
6
3
3
y x y = 4y y − x x

a) Giải phương trình: cos x + cos x +

Câu 3. (1 điểm)

8y x +

1−x + 1− y

2

− 1 = 12x + 7

x −1+

y −2

://
ww
w.
k2

b) Giải hệ phương trình:


 2 x+

Tính tích phân

I=

0

π
2

3e 2x + sin x(4e x + 3 sin x) − 1
dx .
(e x + sin x)2

Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC .A B C có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C có hình chiếu trên mặt
phẳng (ABC ) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC bằng a . Chứng minh rằng qua
AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P ) vng góc với CC . Gọi K là giao điểm của CC và mặt phẳng (P ), biết
góc AK B = 120o . Tính thể tích hình lăng trụ ABC .A B C theo a và góc hợp bởi CC và mặt phẳng (ABC ).
Câu 5. (1 điểm)

Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =

10a 11b 2012c
+
+
bc
ac
ab

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn

Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o . Trên các cạnh AB, BC lấy
các điểm M , N sao cho M B + N B = AB . Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N và đường phân giác trong của góc
M D N có phương trình là d : x − y 3 + 6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABC D .

b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác đều S.ABC D có các đỉnh S(−3; 2; 1),
A(0; 2; 2) và C (−2; 2; −2).Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D . Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua I và vng góc với B D .
Câu 7A. (1 điểm)

Giải bất phương trình sau :

B. Theo chương trình nâng cao

2 + 32x

2 + 32x − 2 − 32x

+

34x + 4 − 34x − 7
≥
32x

32x − 2

4 − 34x − 2 + 32x

.

Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng
d 1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC .
9 2
; ; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và C D . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABC D biết

5 5
hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z , cho mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z − 6 = 0 và mặt cầu (S) có
phương trình x 2 + y 2 + z 2 −2x −2y +4z −10 = 0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến
là một đường tròn (C ). Lập phương trình mặt cầu (S 1 ) chứa đường trịn (C ) biết tâm của mặt cầu (S 1 ) cách
điểm A(4; 1; 4) một khoảng bằng 3 5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S 1 ) lớn hơn 2.

htt
p

Biết M

Câu 7B. (1 điểm) Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và
bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ
bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
———————————————–Hết—————————————————-


Câu 1.

Cho hàm số y =

x −2
x −1

(H ).

ne
t

TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H ).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m − 2 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1};

D,

đạo hàm y =

1
>0
(x − 1)2

x→1

x→1

x = 1 là phương trình tiệm cận dọc
lim y = 1;
lim y = 1;

x→−∞

x→+∞

y = 1 là phương trình tiệm cận ngang

A

Bảng biến thiên
−∞

y

+

y

+∞

1
+

+∞

1

−∞

1

N
B

ww

b) Lời giải (hungchng):

M

w.

x

Đồ thị

∀x ∈

Hàm số đồng biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
lim− y = +∞; lim+ y = −∞;

5 17
, biết M (1; −2) ; N (3; −3).
4

k2
pi.

phân biệt A, B sao cho tứ giác AM B N có diện tích bằng

1
2

3
2

Ta có phương trình đường thẳng M N : y = − x − . nên d ⊥ M N tại I

htt
p

://


 y = 2x + m − 2
1 − 2m m − 8
I có tọa độ là nghiệm của
nên I
;
.
3
1
y = − x −
5
5
2
2
m −8
1 − 2m
< 3 và −3 <
< −2 nghĩa
Vì AM B N là tứ giác(lồi) nên I thuộc đoạn thẳng M N tức là 1 <
5
5
là −7 < m < −2 (a)
x −2
Đường thẳng d cắt (H ) tại hai điểm A, B phân biệt khi phương trình: 2x + m − 2 =
có hai

x −1
nghiệm phân biệt , nghĩa là 2x 2 + (m − 5)x + 4 − m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇐⇒
m > 1 + 2 2 không thỏa (a)
m < 1 − 2 2 thỏa (a)
Gọi x A , x B là hồnh độ của A, B thì chúng là hai nghiệm của phương trình (1).
5−m
4−m
(5 − m)2
4−m
nên x A + x B =
, x A .x B =
, do đó (x B − x A )2 = (x A + x B )2 − 4x A .x B =
−4
=
2
2
4
2
(m − 1)2
−2
4
1
1
1
1
xB − x A
Khi đó y A = 1 −
, yB = 1 −
⇒ yB − y A =
−

=
xA − 1
xB − 1
x A − 1 x B − 1 x A .x B − (x A + x B )
(m−1)2
−2
(m − 1)2
(m − 1)2 − 8
4
4
AB 2 = (x B − x A )2 + (y B − y A )2 =
−2+
=
1+
(∗)
4−m
5−m 2
4
4
1
− 2
2
5 17
1
1
5.17
Ta có:
= S AM B N = M N .AB =
5.AB . tức là AB 2 =
(∗∗)

4
2
2
4
m = −4 thỏa
từ (∗), (∗∗) ta được (m −1)2 −8 = 17 ⇐⇒
. Vậy m = −4 là giá trị cần tìm của
m=6
khơng thỏa

bài tốn.
2




π
=
3

Lời giải (angel):
Đặt x + π = t Phương trình đã cho trở thành :
6

cos t − π + cos t + π =
6
6

3. cos2 t +

1

sin2 t ⇔ 2. cos t . cos π =
6

1

Câu 2.b Giải hệ phương trình:

y

8y x +

Lời giải (hoanghai1195):

1−x + 1− y

1 − x + (1 − y)2 ≥ 0

Thay vào phương trình (2); ta được:

2

− 1 = 12x + 7

x −1+

y −2

(1)

(2)

y)(x + 3 x y + 4y) = 0 ⇔ x = y

x 2 − 3x + 2 + x)2 − 9 = 7( x − 1 + x − 2)

ww

4(

Đặt t = x − 1 + x − 2 > 0

3

cos2 t ⇔ 2. cos2 t − 3. cos t + 1 =

w.

(1) ⇔ ( x −

2

x y = 4y y − x x

x ≥ 1; y ≥ 2

Điều kiện :

3

+

k2
pi.
n

3
cos t = 1
1
0⇔
cos t =
2
+) Với : cos t = 1 ⇔ t = k2π ⇒ x = − π + k2π (k ∈ Z )
6
x = π + k2π
1
π
6
+) Với :cos t = 2 ⇔ t = ± 3 + k2π ⇒
(k ∈ Z)
x = − π + k2π
2

 2 x+

π
1
π
+
−x

cos2
6
3
3

3. cos2 x +

et

Câu 2.a Giải phương trình: cos x + cos x +

(2) ⇔ (t 2 + 3)2 − 9 = 7t ⇔ t 2 (t 2 + 6) = 7t ⇔ (t − 1)(t 2 + t + 7) = 0 ⇔ t = 1

Từ đó suy ra:
Câu 3.

x − 1 + x − 2 = 1 ⇔ x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) = (2; 2)

Tính tích phân

I=

π
2

0

I=

π

2

0
π
2

://

Lời giải (khanhtoanlihoa):

3e 2x + sin x(4e x + 3 sin x) − 1
dx .
(e x + sin x)2

2 dx +

π
2

0

e 2x + sin2 x − 1
dx = 2x
(e x + sin x)2

π
2

0

+

π
2

0

e 2x − cos2 x
dx = π +
(e x + sin x)2

π
2

0

π
2

(e x − cos x)(e x + cos x)
dx
(e x + sin x)2
0
0
x
e + cos x
1
Đặt u = e x − cos x ⇒ du = (e x + sin x) dx , dv = x
dx ⇐ v = − x
(e + sin x)2

e + sin x

e 2x − cos2 x
dx =
(e x + sin x)2

htt
p

Đặt A =

e x − cos x
⇒ A=− x
e + sin x

e 2x − cos2 x
dx
(e x + sin x)2

π
2

0

+

π
2

0

π

dx = −

e2
π

e 2 +1

+x

π
2

0

π

e2

π

π
e2
3π
=− π
+ .⇒I =− π
+
.

2
e 2 +1 2
e 2 +1

Câu 4. Cho lăng trụ tam giác ABC .A B C có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C có hình chiếu
trên mặt phẳng (ABC ) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC bằng
a . Chứng minh rằng qua AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P ) vng góc với CC . Gọi K là
giao điểm của CC và mặt phẳng (P ), biết góc AK B = 120o . Tính thể tích hình lăng trụ ABC .A B C
theo a và góc hợp bởi CC và mặt phẳng (ABC ).
Lời giải (manlonely838):



3


ne
t
k2
pi.

Gọi M = CO ∩ AB. Kẽ M K ⊥ CC tại K , OH ⊥ CC tại H . Vì ∆ABC đều nên CO ⊥ AB .
Mà CO là hình chiếu của CC trên (ABC ) nên theo định lý 3 đường vng góc suy ra CC ⊥ AB.
Từ đó suy ra (AB K ) ⊥ CC . Dĩ nhiên (AB K ) ≡ (P ).

OH
CO 2
3.OH 3a
=
= ⇒KM =

=
.
KM CM 3
2
2
Hơn nữa, AB ⊥ (C M K ) ⇒ AB ⊥ K M ⇒ ∆AB K cân tại K .
Mà AK B = 1200 ⇒ AK M = 60o . Tam giác AM K vuông tại M nên

Trong tam giác C K M có OH K M ⇒

9a
3a 3
⇒ AB = 3a 3, C M =
, CO = 3a.
2
2

w.

AM = K M . tan 60o =

1 9a
27a 2 3
.3a 3 =
. Xét tam giác vng COC có
2 2
4

1
2

Suy ra S ∆ABC = C M .AB = .

Do đó,

2

⇒

1
OC

2

=

1
1
1
1
8
3a 2
−
= 2 − 2 = 2 ⇒ OC =
2
2
OH
OC
a
9a

9a
4

ww

1
1
1
=
+
2
2
OH
OC
OC

V ABC .A B C = C O.S ∆ABC

Lại có, tan OCC =

3a 2 27a 2 3 81a 3 6
=
.
=
.
4
4
16

2

OC
=
. Vậy,
CO
4

Câu 5.

://

(CC , (ABC )) = (CC ,CO) = OCC = arctan

2
.
4

Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =

10a 11b 2012c
+
+
bc
ac
ab

htt
p

Lời giải (hoanghai1195):

P = f (c) =

2012c 1 10a 11b
+
+
ab
c b
a

Coi c là biến số; a, b là tham số; ta có:
f (c) =

2012 1 10a 11b
2012c 2 − 10a 2 − 11b 2 2012 − 10.22 − 11.22
=
− 2
+
≥
>0
ab
c
b
a
ab
ab
⇒ f (c) ≤ f (2) =

4024 5a 11b
+
+

= g (a)
ab
b
2a

Coi a là biến số; b là tham số; ta có:
g (a) =

4

−4024 5 11b −4024
11
4029 11b
+ − 2≤
+5−
< 0 ⇒ g (a) ≤ g (1) =
+
= h(b)
ba 2
b 2a
23
4.2
b
2



Vậy GTLN của P là

−4029 11

+
≤0
b2
2

(b ∈ [1; 2]) ⇒ h(b) ≤ h(1) = 4029 +

a =b=1
8069
khi và chỉ khi
2
c =2

11 8069
=
2
2

et

h (b) =

k2
pi.
n

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o . Trên
các cạnh AB, BC lấy các điểm M , N sao cho M B + N B = AB . Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N
và đường phân giác trong của góc M D N có phương trình là d : x − y 3 + 6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh
D của hình thoi ABC D .

Lời giải (khanhtoanlihoa):
Từ giả thiết A = 60o ⇒ tam giác AB D,C B D là các tam giác đều. Theo đề bài ta có AM = B N , B M =
CN.
Xét hai tam giác AD M và B D N ta có: D AM = DB N = 60o , AD = B D, AM = B N ⇒ hai tam giác bằng
nhau
⇒ AD M = B D N

(1)

o

Xét hai tam giác B M D và C N D ta có: DB M = DC N = 60 ,C D = B D,C N = B M ⇒ hai tam giác bằng
nhau
⇒ N DC = M DB

(2)

Gọi D có tọa độ D a;

a +6

w.

Từ (1) và (2) ⇒ M D N = 60o .
Gọi P là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d ⇒ P thuộc đường thẳng D M
⇒ tam giác P DP là tam giác đều. ⇒ DP = P P = 2d (P /d ) = 6.
2

2

⇒ P D = (a − 3) +

3

a +6− 3
3

2

= 36

ww

⇒ a = 3 + 3, a = −6 + 3 ⇒ D 3 + 3; 1 + 3 3 , D −6 + 3; 1 .

Câu 7A.

://

Câu 6A.b Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác đều S.ABC D
có các đỉnh S(−3; 2; 1), A(0; 2; 2) và C (−2; 2; −2). Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D .
Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua I và vng góc với B D .
Lời giải (manlonely838):
Gọi O = AC ∩ B D. Vì S.ABC D là chóp đều nên I ∈ SO. Suy ra I ∈ (S AC ). Mà B D ⊥ (S AC ) nên (α)
chính là (S AC ).
Như vậy, yêu cầu bài toán thực chất là viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm S, A, C .
− −
→ →
−
Ta có →(α) = [S A, SC ] = [(3; 0; 1), (1; 0; −3)] = (0; 10; 0). Vậy (α) : y = 2.

n
2 + 32x

Giải bất phương trình sau :

2 + 32x − 2 − 32x

Lời giải (Hồng Vinh):

+

34x + 4 − 34x − 7
≥
32x

32x − 2

4 − 34x − 2 + 32x

.

htt
p


2x
 2−3 ≥ 0
ĐK : 4 − 34x ≥ 0

4 − 34x − 2 + 32x = 0

Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :
2 + 32x + 4 − 34x
2.32x

⇐⇒

+

34x + 4 − 34x − 7
≥
32x

2.34x + 32x + 3. 4 − 34x − 12
2.32x

⇐⇒ 2.34x + 32x + 3.

⇐⇒ 2

≥

4 − 34x + 32x − 2

4 − 34x + 2 − 32x

2.32x 2 − 32x

(Với đk các biểu thức liên hợp = 0)

4 − 34x − 12 ≥ − 4 − 34x − 2 + 32x

4 − 34x + 34x − 5 ≥ 0 ⇐⇒ −



32x − 2

32x − 2

4 − 34x − 1

2

≥ 0 ⇐⇒

4 − 34x − 1 = 0 ⇐⇒ x =

1
4
5


ne
t

Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B
thuộc đường thẳng d1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0. Gọi H là hình
9 2
; ; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và C D .

5 5
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABC D biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.

chiếu của B xuống đường chéo AC . Biết M
Lời giải (manlonely838):
d1

k2
pi.

d2

C

B

E

K

M

H

A

D

w.

Gọi B (b; 2b + 2), C (c; c − 5), (c > 4) và E là điểm đối xứng với B qua C . Suy ra E (2c − b; 2c − 2b − 12).
Dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của AE . Do đó,
76
72 16
72
−→
−
−→
−
;
H E = 2M K =
⇒ H 2c − b − ; 2c − 2b −
.
5 5
5
5

ww

Thiết lập tọa độ các vector

−→
−
−
→
C K = (9 − c; 7 + c), BC = (c − b; c − 2b − 7),
86 − →
27
72
9

−→
−
−
B H = 2c − 2b − ; 2c − 4b −
, MC = c − ; c −
.
5
5
5
5

Với giả thiết bài tốn ta có hệ phương trình


−2c 2 + 3bc + 23c − 23b − 49 = 0
⇔
594
126
4c 2 − 6bc +
b − 46c +
=0
5
5

://

−→ −
− →
C K .BC = 0
−→ − →

− −
B H .MC = 0

⇔

b=1

c = 9 hoặc c = 4(loại)

Từ đó ta có B (1; 4), C (9; 4). Vì K là trung điểm của C D nên suy ra D(9; 0).
Lại có C là trung điểm của B E nên suy ra E (17; 4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1; 0).

htt
p

Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z , cho mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −6 =
0 và mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y + 4z − 10 = 0. Chứng minh rằng mặt cầu (S)
cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến là một đường tròn (C ). Lập phương trình mặt cầu (S 1 ) chứa
đường trịn (C ) biết tâm của mặt cầu (S 1 ) cách điểm A(4; 1; 4) một khoảng bằng 3 5 đồng thời
hoành độ tâm mặt cầu (S 1 ) lớn hơn 2.

Lời giải (manlonely838):
Phân tích: Hình học khơng gian cũng chỉ là thác triển từ hình học phẳng. Ở bài toán này ta
xem hai mặt cầu (S 1 ), (S) như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng (P ) như là một đường
thẳng trong mặt phẳng. Hai mặt cầu này cắt nhau theo một mặt là đường tròn ví như hai đường
trịn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng. Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồi
đúng không.
6

et
k2
pi.
n

7
3
phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) giao tuyến là một đường tròn (C ). Gọi I 1 , R (S 1 ) lần lượt là tâm và bán
kính của mặt cầu (S 1 ). Khi đó I I 1 ⊥ (P ).
Để xác định toạ độ của I 1 , ta viết phương trình đường thẳng (d ) đi qua I và vng góc với (P ).

x = 1 + t

→ = → = (1; 2; 2). Suy ra phương trình của (d ) :
−
−
t ∈ R. Suy ra
Cụ thể: Ta có u (d ) n (P )
y = 1 + 2t


z = −2 + 2t
I 1 (1 + t ; 1 + 2t ; −2 + 2t ). Hơn nữa,

w.

Ta có tâm mặt cầu (S) là I (1; 1; −2), bán kính là R (S) = 4. d (I ; (P )) = . Vì d (I ; (P )) < R (S) nên mặt

I 1 A = 3 5 ⇔ (1 + t − 4)2 + (1 + 2t − 1)2 + (−2 + 2t − 4)2 = 45 ⇔
13 23 14
23
; ;
. Suy ra d (I 1 ; (P )) = . Mặt khác ta lại có
3 3 3
3

ww

Do đó I 1

t = 0 (loại)
10
t=
3

2
2
2
2
2
R (S) −(d (I ; (P )))2 = R (C ) = R (S 1 ) −(d (I 1 ; (P )))2 ⇒ R (S 1 ) = R (S) −(d (I ; (P )))2 +(d (I 1 ; (P )))2 = 42 −

7 2 23
+
3
3

2

=

208
.
3

Vậy mặt cầu (S 1 ) có phương trình :

13
3

2

+ y−

23
3

2

+ z−

14
3

2

=

2082
.
9

://

x−

Câu 7B. Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7
viên bi đỏ và bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình
từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi
lấy ra là viên bi đỏ.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
1
3

Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là: .

htt
p

5
9
7
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là: .
15
9
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình C là: .
15

Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là: .

Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P =



1 5 7
9
73
+
+
=
.
3 9 15 15
135

7


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TỐN THPT

Mơn: TỐN
NGÀY 24.11.2012


ĐỀ SỐ 4

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có đồ thị (C m )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = −1.
b) Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (C m ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác
có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: 2 (1 + sin x) + (2 cos x + 1) (2 cos x − 1)2 = 4 cos x + tan x
b) Giải phương trình:
Câu 3. (1 điểm)

1+2 x −x x
3−x − 2−x

Tính tích phân

I=

π
4

0

=2

1+x x
1+x

sin x − 2x. cos x
dx .
e x (1 + sin 2x)

Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D , đáy ABC D là hình chữ nhật có AB = 2a, AD = 2 2a . Cạnh bên
S A vuông góc với mặt phẳng đáy, các điểm M , N lần lượt là trung điểm của D A và DS . Đường thẳng
SC cắt mặt phẳng (B M N ) tại P . Tính thể tích khối chóp S.B M N P và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và P N , biết rằng cơ-sin góc giữa đường thẳng C N và mặt phẳng (B M N ) bằng
Câu 5. (1 điểm)

33
.
9

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x 2 + 2y 2 + 5z 2 ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = x y + y z + zx

1+

4 − x 2 + 2y 2 + 5z 2

2

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình thoi ABC D ngoại tiếp đường

32
. Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm M (7; 8)
5
và N (6; 9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABC D .
b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho các điểm B (0; 1; 0) và N (2; −1; 2). Viết phương
trình mặt phẳng (P ) đi qua các điểm B, N đồng thời cắt các tia Ox,Oz tại A,C sao cho diện tích tam

giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.

tròn (I ) : (x − 5)2 + (y − 6)2 =

Câu 7A. (1 điểm)

Giải hệ phương trình:

log5 (5x − 4) = 1 − 2y
x 3 − 2y = x 2 − x 2y + 1

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán
kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B . Một đường thẳng đi qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn
(O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối
24
.
5
b) Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho các mặt phẳng (P ) : −mx +(1−m)z −2m +3 = 0,
(Q) : m y + z + 3 = 0 và (R) : x − y = 0 ( m là tham số thực khác 0 ). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) và (Q) đồng thời vng góc với mặt phẳng (R).

tâm O 1 ,O 2 có phương trình x − y − 3 = 0 và diện tích tam giác BC D bằng

Câu 7B. (1 điểm) Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 3
có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số cịn lại có mặt khơng q 1 lần.
———————————————–Hết—————————————————-