ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC HAY- CÓ LỜI GIẢI

ĐỀ LUYỆN THI SỐ 1.
Câu I(1 điểm). Cho hàm số y= x
4
- 2mx
2
+m-1 (1).
1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.
2/.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo
thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
Câu II( 2 điểm). 1/.Giải phương trình :
2
4
4
(2 sin 2 ).sin 3
tan 1
os
x x
x
c x
−
+ =
2/.Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
3
4 4( ) 7
( )
1
2 3
xy x y
x y

x
x y

+ + + =

+



+ =

+

Câu III(1 điểm) Tính tích phân:
2
3
0
sinx.dx
(sinx+cosx)
I
π
=
∫
Câu IV(1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên
(SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy một góc 60
0
.
Câu V(1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n( với n
2≥
), ta có: ln

2
n > ln(n-1).ln(n+1).
Phần riêng( 3 điểm)( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần).
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho
A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: 2x-y+3=0.
Câu VII(2 điểm).
1/.Tìm hệ số của x
8
trong khai triển nhị thức Niuton của (x
2
+2)
n
, biết
3 2 1
8 49.
n n n
A C C− + =
2/.Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
d
1
:
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
; d
2
:

7 2
6 9 12
x y z
− −
= =
−
& 2 điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).
a/. Chứng minh rằng d
1
và d
2
song song . Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua d
1
và d
2
.
b/.Tìm điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VI(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông ở A. Biết A(-1;4), B(1;-4) và đường
thẳng BC đi qua điểm M(2;1/2). Hãy tìm tọa độ điểm C.
Câu VII( 2 điểm).
1/.Cho hàm số
2
4 3
2
x x
y
x

− + +
=
−
. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kì trên đồ thị đến
hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số.
2/.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( )

: – 2011 0P x y z+ + =
độ dài đoạn MN bằng
2
.
ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 1
1
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x
3
- (m+1)x
2
+ (m - 1)x + 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1
2) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
A, B, C trong đó B, C có hoành độ phụ thuộc tham số m. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại
B, C song song với nhau.
Câu II ( 2điểm )
1) Giải phương trình:
2 2
1 8 1
2cos cos ( ) sin 2 3cos sin
3 3 2 3
x x x x x
π
π
 
+ + = + + + +
 ÷
 

2) Giải phương trình :
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

Câu III: (1 điểm )
Tính tích phân :
3
2
1
1 1
dx
I
x x
=
+ + +
∫
Câu IV: (1 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) ,
SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.
Câu V : (1 điểm)
Cho phương trình:
( ) ( )
2
1 2

2
3 log ( 4) 2 1 log ( 4) 2 0m x m x m− − + + − + + =
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
sao cho 4 < x
1
< x
2
< 6
Phần riêng ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2)
Phần1 (Theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết
A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d
1
: x - 2y +1 = 0 ; d
2
: y - 1 = 0 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng


d
1
:
1 2
1 2 3
x y z− −

= =
−
và d
2
:
1 3 '
3 2 '
1
x t
y t
z
= +


= −


=

.
Chứng minh rằng d
1
và d
2
chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d
1
và d
2

Câu VII.a (1 điểm)

Cho số phức z =
1 3
2 2
i− +
. Hãy tính 1 + z + z
2

Phần2 (Theo chương trình nâng cao )
Câu VI.b : (2 điểm )
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết C(4; 3),
đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là
d
1
: x + 2y -5 = 0 ; d
2
: 4x +13 y - 10 = 0 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d
1
và d
2
và mặt phẳng (P) có phương trình
d
1
:
1 2 2
1 4 3
x y z− + −
= =
; d
2

:
4 5 '
7 9 '
'
x t
y t
z t
= − +


= − +


=

(P): 4y - z - 5 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d
1
, d
2
Câu VIIb: (1 điểm )
Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z
2
- (4 + i)z + 2 - i = 0
2
ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 1.
Câu NỘI DUNG Điể
m

Câu
1
1)1()1(
23
+−++−= xmxmxy
1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
m = 1 hàm số có dạng
12
23
+−= xxy
 TXĐ: D = R
 Sự biến thiên:
Giới hạn:
+∞=
+∞→x
lim

−∞=
−∞→x
lim
Bảng biến thiên:
xxy 43'
2
−=
,




=

=
⇔=
3
4
0
0'
x
x
y
x
-∞ 0
3
4
+∞
y' + 0 - 0 +
y 1
-∞
27
5
−
+∞
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
0;∞−

và






+∞;
3
4
Hàm số nghịch biến trờn khoảng






3
4
;0
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= y
(0)
= 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3
4
; y
CT

=
27
5
3
4
−=






y

 Đồ thị
Điểm uốn:






27
11
;
3
2
U
Giao với trục Oy (0, 1)
Giao với trục Ox (1, 0);









+








−
0,
2
51
;0,
2
51
Nhận điểm uốn







27
11
;
3
2
U
làm tâm đối xứng
2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục hoành là nghiệm của phương trình:
01)1()1(
23
=+−++− xmxmx





=−−
=
⇔=−−−⇔
)2(01
1
0)1)(1(
2
2
mxx
x
mxxx
CMinh
0

≠∀
m
phương trình (2) luụn có hai nghiệm phân biệt khỏc 1
⇒
phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
⇒

0≠∀m
đồ thị hàm số đó cho luụn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt là: A(1, 0); B(x
1
, 0);
C(x
2
, 0) với x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (2)
Ta có
)1()1(23'
2
−++−= mxmxy
Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là:
)1()1(23'
1
2
1)(
1
−++−= mxmxy
x

3
Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là:
)1()1(23'
2
2
2)(
2
−++−= mxmxy
x
0.25
0.25
Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau
⇒

2 ''
)()(
1
21
=⇔⇔= myy
xx
II
1) Giải phương trình:
xxxxx
22
sin
3
1
2
cos32sin
3

8
)(cos
3
1
cos2 +






+++=++
π
π
Biến đổi phương trình về dạng:
0cos6cossin67sin9sin2
2
=−++− xxxxx
0)7cos6sin2)(1(sin =−+−⇔ xxx
0.5
0.25
0.25



=−+
=
⇔
07cos6sin2
1sin

xx
x
Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm
π
π
2
2
kx +=
Chứng minh phương trình
07cos6sin2 =−+ xx
vô nghiệm
Kết luận: nghiệm của phương trình:
π
π
2
2
kx +=
cach
1
2) Giải phương trình:
2
231
31
2
xx
xx
−++=
−++
, ĐKXĐ: -1 ≤ x ≤ 3
* Biến đổi phương trình về dạng

( )
231
31
4

2322
31
4
2
2
−−++=
−++
⇔⇔
−++=
−++
xx
xx
xx
xx
0,5
* Đặt t =
xx −++ 31
, đk t > 0, dẫn đến pt t
3
- 2t - 4 = 0
⇔
t = 2
0,25
* Từ đó ta được x = -1 ; x = 3 0,25
cach

2
2) Giải phương trình:
2
231
31
2
xx
xx
−++=
−++
ĐKXĐ: -1 ≤ x ≤ 3
Đặt





−=
+=
xv
xu
3
1
điều kiện



≥
≥
0

0
v
u
0.25
Dẫn đến hệ:





=−+
+=
+
⇔





=+
+=
+
4.2)(
.1
2
4
.1
2
222
vuvu

vu
vu
vu
vu
vu
⇔
…
⇔



=
=+
0.
2
vu
vu

0.5
Giải ta được



=
=
0
2
v
u
hoặc




=
=
2
0
v
u

Với



=
=
0
2
v
u
ta có hệ
3
03
21
=⇔






=−
=+
x
x
x
0.25
Với



=
=
2
0
v
u
ta có hệ
1
23
01
−=⇔





=−
=+
x
x

x
Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1
0.25
CâuI
II
Ta có:
( )
( )
∫ ∫∫∫∫
+
−






+=
+−+
=
+−+
+−+
=
+++
3
1
3
1
2
3

1
2
3
1
2
2
2
3
1
2
2
1
1
1
2
1
2
11
11
11
11
dx
x
x
dx
x
dx
x
xx
dx

xx
xx
xx
dx
0,5
4
 I
1
=
[ ]
( )
23ln
2
1
1
3
ln
2
1
1
1
2
1
3
1
+=+=







+
∫
xxdx
x
 I
2
=
∫
+
3
1
2
2
1
dx
x
x
. Đặt
xdxtdtxtxt 2211
222
=⇒+=⇒+=
Đổi cận x = 1
⇒
t =
2
, x = 3
⇒
t =

10
. Vậy

( )
( )
2239
10211
ln
4
1
210
2
1


2
10
1
1
ln
4
1
2
1
1
1
1
1
2
1

1
2
1

)1(2
10
2
10
2
2
2
2
−
−
+−=
=








+
−
+=















+
−
−
+==
−
=
∫ ∫
t
t
tdx
tt
t
dtt
I
Từ đó tính được I =
( )
23ln
2
1

+
-
( )
( )
2239
10211
ln
4
1
210
2
1
−
−
+−
Câu
IV
Gọi
ϕ
là gúc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :
·
SCAϕ =
; BC = AC = a.cos
ϕ
; SA = a.sin
ϕ
Vậy
( )
3 2 3 2

SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ
Đặt x = sinϕ. Vỡ 0 <
2
π
ϕ <
, nờn x ∈ (0; 1)
Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trờn khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
( )
1
f ' x 0 x
3
= ⇔ = ±

Từ đó ta thấy trờn khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nờn tại đú hàm số đạt GTLN
hay
( )
( )
x 0;1
1 2

Max f x f
3 3 3
∈
 
= =
 ÷
 
Vậy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin
ϕ
=
1
3
hay
1
arcsin
3
ϕ =
, ( với 0 <
2
π
ϕ <
)
0,5

0,5
Câu
V
Ta m để phương trình có 2 nghiệm
pt đó cho tương đương với pt:
02)4(log)12()4(log)3(
2
2
2
=++−++−− mxmxm
trên khoảng (4; 6) phương trình luụn xỏc định.
Đặt
)4(log
2
−= xt
đk t < 1 do 0 < x - 4 < 2 ∀x ∈ (4; 6)
Dẫn đến pt (m-3)t
2
+ (2m +1)t + m + 2 = 0 ⇔ m(t
2
+ 2t + 1) = 3t
2
- t - 2 (*)
0,25
0,25
Nhận Xét thấy t = -1 khụng thỏa món pt (*) . Biến đổi pt về dạng
m
tt
tt
=

++
−−
12
23
2
2
Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) =
m
tt
tt
=
++
−−
12
23
2
2
, có hai nghiệm phân biệt t
1
< t
2
< 1.
Tính đạo hàm
3
)1(
37
)('
+
+
=

t
t
tf
;
7
3
0)(' −=⇔= ttf
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trờn khoảng (-∞; 1)
t
-∞ -1
7
3
−
1
5
A
B
C
S
ϕ

f'(t)
+ - 0 +

f(t)
+∞
3
+∞
8
25

−
0
Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:




>
<<−
3
0
8
25
m
m
0,5
Câu
VIa
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A ∉ d
1
, A ∉ d
2
. Giả sử d
1
qua B, d
2
qua C
Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ




=−
=+−
01
012
y
yx

⇒
G(1, 1
0.25
0.25
0.5
Vỡ B
∈
d
1
nờn B(2b-1 ;b) , Vỡ C
∈
d
2
nờn C(c ;1)
Từ gt G là trong tâm tam giỏc ABC suy ra








++
=
++
=
3
3
CBA
G
CBA
G
yyy
y
xxx
x

Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1).
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0
2) Viết được d
1
:





=
+=
−=
tx

ty
tx
3
22
1
d
1
đi qua M
1
(1; 2; 0), có VTCP
)3;2;1(
1
−=u
, d
2
đi qua M
2
(1; 3; 1), có VTCP
)0;2;3(
2
−=u
Tính được
)1;1;0(
21
=MM
,
[ ]
)4;9;6(,
21
−=uu

⇒
[ ]
05,
2121
≠=MMuu

⇒
d
1
, d
2
chéo nhau
0,5
Trờn d
1
lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d
2
lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)
⇒

)31;2'21;'3( tttttAB −−−+=
AB là đường vuông góc chung của d
1
, d
2







=
=
⇔
0.
0.
2
1
uAB
uAB
dẫn tới hệ







=
−=
⇔



=+
=+
133
51
19

1
'
27'13
514'7
t
t
tt
tt
.
⇒







−
=
133
20
;
133
45
;
133
30
AB
và







1;
19
59
;
19
16
B
⇒
pt đường vuông góc chung của d
1
và d
2
là









−=
+=
+=

tz
ty
tx
41
9
19
59
6
19
16
0,5
Câu
VIIa
Hóy tớnh 1 + z + z
2
0.5
6
Tính được
iiz
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2
−−=









+−=
⇒
1 + z + z
2
= … = 0 0.5
Câu
VIb
1)Giả sử đường phân giác và đường trung tuyến đó cho đi qua đỉnh A. Khi đó tọa độ đỉnh A
là nghiệm của hệ:
)2;9(
10134
52
−⇒



=+
=+
A
yx
yx
Viết được pt cạnh AC: x + y -7 = 0

0.25
Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d
1
của gúc A ta được. d: 2x -y - 5 =0
Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d
1
tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ
)1;3(
052
52
I
yx
yx
⇒



=−+
=−
Do I là trung điểm của CE nờn ta có:
)1;2(
2
2
1
1
−⇒



=+

=+
E
yyy
xxx
EC
EC
0.25
0.5
Viết được ptđt AB( Đi qua A và E): x + 7y + 5 = 0
Viết ptđt d
3
qua I và song song với cạnh AB có pt: x + 7y - 10 = 0
Gọi M là trung điểm của cạch AB thỡ
23
ddM ∩=

⇒
Tọa độ M là nghiệm của hệ:




=−+
=−+
0107
010134
yx
yx
⇒
M(-4; 2)

Viết được pt cạnh BC: x - 8y + 20 = 0
2) ptts của d
1
:





+=
+−=
+=
tx
ty
tx
32
42
1
Trờn d
1
lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d
2
lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t')
⇒

)23';4'95;'55( −−−+−−+−= ttttttAB
mp(P) có VTPT
)1;4;0( −=n
0.5
Đường thẳng AB vuông góc với mp(P) ⇔

AB
và
n
cùng phương
Từ đó ta được t = 0, t' = 1
⇒
A(1; -2; 2) và
AB
= (0; 4; -1)
⇒
pt đường thẳng thỏa món yờu cầu đề bài là:





−=
+=
=
tz
ty
x
2
42
1
0.5
Câu
VIIb
Giải phương trình………
Tính được ∆ = 3 + 4i = (2 + i)

2
0.5
Ta được 2 nghiệm.
i
i
z
i
z
+
+
=
+
=
1
3
;
1
1
21
0.5
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A ∉ d
1
, A ∉ d
2
. Giả sử d
1
qua B, d
2
qua C

Gọi trung tuyến BK: x - 2y + 1 = 0
CH: y - 1 = 0
Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ



=−
=+−
01
012
y
yx

⇒
G(1, 1)
G nằm trờn trung tuyến AM và
GMAG 2=
7
suy ra
( )



=
=
⇔



−=−

−=−
0
1
)1(231
1211
M
M
M
M
y
x
y
x
⇒
M(1, 0)
Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k
BC ∩ BK = {B} giải hệ






≠
−
+
=⇒




=+−
−=
2
1
12
12
012
k
k
k
x
yx
kkxy
B
BC ∩ CH = {C} giải hệ
( )
01
1
01
≠+=⇒



=−
−=
k
k
x
y
kkxy

C
M(1, 0) là trung điểm của BC
⇒

21
1
12
12
2 =++
−
+
=+
kk
k
hayxxx
MCB
Tính được
4
1
=k
.
pt cạnh BC:
014)1(
4
1
=−−⇔−= yxxy
Từ đó tính được x
B
= -3, y
B

= -1 hay B(-3, -1)
Tính được tọa độ C(5, 1).
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0
Viết được pt cạnh AC: x + 2y - 7 = 0
Câu VI.a.2) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phương
+) M( 2; 0; - 1)
∈
d
1
; M( 2; 0; - 1)
∉
d
2

Vậy d
1
// d
2
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB
≥
A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1

, I, B thẳng hàng
⇒
I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
−
 ÷
 
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;

29 58 29
− −
 
 ÷
 
Câu VIIb.
1 2
, ( ), ( )M N d d∈
nên ta giả sử
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − −
uuuur
.
+ MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
uur uuuur
2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
uuuur
.
8
I
d
1
H
A
B

A
1
+ Ta có:
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0
4
7
t
MN t t t t t
t
=


= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔

=

.
+ Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N −
hoặc
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
M N −
.

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).M P∈
9