tài liệu luyện đề môn toán

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 1
(Thời gian làm bài : 180 phút)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
12
2



x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)
Câu 2 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình :
0
10
5cos3
6
3cos5 
















xx

2.Giải bất phương trình :
0
52
232
2
2



xx
xx

Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường :
.2;0;  xyxyx
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh
trục Oy
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A

1
B
1
C
1
cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
2a
.ính thể
tích khối lăng trụ và góc giữa AC
1
và đường cao AH của mp(ABC)
Câu V (1,0 điểm) Cho :
65
222
 cba
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :







 )
2
,0(2sin.sin.2

xxcxbay

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
0124
22
 yxyx

và đường thẳng d :
01  yx
. Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ
điểm M kẻ được
đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90
0
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
   
921
2
2
2
 zyx
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :
22
1
1 



zyx

và cắt
mặt cầu (S) theo
đường tròn có bán kính bằng 2 .
CâuVII.a (1,0 điểm)
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010.
2.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) :
044
22
 yx
.Tìm những điểm N
trên elip (E)
sao cho :
0
21
60
ˆ
FNF
( F
1
, F
2
là hai tiêu điểm của elip (E) )

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

2
2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng










1
2:
z
ty
tx
và điểm
)1,0,1( A

Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng

để tam giác AEF là tam giác
đều.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn :







4)(

22
22
zz
izziz




ĐÁP ÁN ĐỀ 1

Câu
Đáp án
Điểm
I ( 2,0
điểm)
1.(1,25)


a/ Tập xác định : D
R
\






2
1

b/ Sự biến thiên:
Dx
x
y 


 0
)12(
5
2
/

+ H/s nghịch biến trên
),
2
1
(;)
2
1
,( 
; H/s không có cực trị
+Giới hạn –tiệm cận :





yLimyLimyLimyLim
xx
xx

2
1
2
1
;;
2
1

Tiệm cận ngang y =
2
1
; Tiệm cận đứng x =
2
1


c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2


0,25


0,25





0,25

0,25





2
1

-






2
1

-
-


Y

/

x
2
1

o
y
x
o
2
1

-






2
1

-
-


Y
/
Y

/
/
/
//
/
x
2
1

y
x

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

3
y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.







0,25


2.(1,0 điểm)
Pt đường trung trực đọan AB : y = x
Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :
x

x
x



12
2

2
15
2
10
15
2
x
xx
x





    






Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :



















2
51
,
2
51
;
2
51
,
2
51

0,5




0,5

II ( 2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Pt
5cos 3 3cos 5 0 5sin3 3sin5
22
x x x x

   
      
   
   


2
2sin3 3(sin5 sin3 ) 2sin (3cos4 4sin 3) 0x x x x x x      


2
sin 0

3cos 2 cos2 2 0
x
xx




  


)(
)
3
2
arccos(
2
1
Zk
kx
kx















0,25

0,25


0,25


0,25

2.(1,0 điểm)
Bpt
2
2
2
1
2
2
2 3 2 0
5
5
0
0;
2
2
1

2
2 3 2 0
2
2 5 0
5
0
2
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx


   





  








  














  
  















  
















2
5
2
2
1
x
x
x

0,25





III (1,0
điểm)
Phương trình định tung độ giao điểm :



Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

4

1
)(4
1
2
045
02
2
2




















y
ly
y
y
yy
y
yy


Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2
Thể tích khối tròn xoay cần tìm : V = V
1
+ V
2

Trong đó V
1
=
2
)(
2
2
1
0
y
dyy



1
0
=
2

(đvtt)
V
2

 


2
1
2

1
2
1
3
22
3
)2(
)2()2()2(
y
ydydyy

=
3

(đvtt)
V =
)(
6
5
đvtt






0,25

0,25

0,25


0,25
IV (1,0
Điểm)












V (1,0
điểm)

+Thể tích lăng trụ : V
4
6
).(
3
1
aAAABCdt 

+ cos(AH , AC
1
) =
1
111
1
1

.
ACAH
CAAAAH
ACAH
ACAH











=
1
11
.
.
ACAH
CAAH



0
1
1
0
60),(
2
1
3.
2
3
2
3
.
2

3
.
30cos
 ACAH
aa
aa
ACAH
ACAH
. Vậy (AH , AC
1
)
= 60
0

Vậy (AH , AC
1
) = 60
0


    
xxxxcbay 2sinsin21652sinsin21
22222222


Đặt f(x) =
)sin1.(sin4sin212sinsin21
22222
xxxxx 

f(x) =
1sin6sin4
24
 xx
, Đặt
 
1,0,sin
2
 ttx

g(t) =
4
3
0)(;68)(164
//2
 ttgttgtt

BBT
M








Max g(t)
34
3

sin
4
3
4
13
2

 xxtkhi


0,25


0,25



0,25



0,25

0
0,25




0,25






t
f
f
/
f
/
f
0
1
4
3

0
+
-
4
13

1
1
1



Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

5
VII.a(1,0
điểm)







VI.a (
2,0
Gọi số cần tìm có dạng :
abcd

+ Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và
3
9
A
cách chọn b, c , d
+ Nếu a = 2 :

+ b > 0 : có 8 cách chọn b và có
2
8
A
cách chọn c , d
+ b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d
+ b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là :
403277.7.8.7
2
8
3
9
 AA

1.(1,0 điểm)
(E) :
33;11;24;1
4
222222
2
 cbacbbaay
x

+ Áp dụng định lí côsin trong tam giác F
1
NF
2
:

0,25
0,25
0,25

0,25


0,25

2
5
13
2
5
13
4
13
.65
2
 yy
dấu “=” xảy ra khi
3

x
và
c
x
b
x
a
2sinsin21


hay
cba 2
3
2
61



Thay vào :






















15
30
52
15
30

52
65
222
c
b
a
c
b
a
cba

VI.a (2,0 điểm)
1.( 1,0 điểm)
+ (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R =
6

+
BABMA ,(90
ˆ
0

là các tiếp điểm ) suy ra :
122.2.  RMAMI

Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R
/
=
12
và M thuộc d nên M( x , y) có
tọa độ thỏa hệ:

   























21
2
21
2
01

1212
22
y
x
y
x
yx
yx

Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên.
2.( 1,0 điểm)
a. (S) có tâm
)2,0,1( J
bán kính R = 3
+ đt a có vtcp
)2,2,1( 

u
, (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận

u
làm vtpt
Pt mp (P) có dạng :
022  Dzyx

+ (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) =
5
22
 rR

nên ta có :
5
3
)2.(20.21

 D








535
535
D
D

KL : Có 2 mặt phẳng : (P
1
) :
053522  zyx
và (P
2
) :
053522  zyx
0,25

0,25




0,25





0,25





0,25

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

6
điểm)

18
2
;
9
32
3
4
)(
3
4
.
2)()(
60cos.2)(
22
22
21
2121
2
21
2
21
0
21
2

2
2
1
2
21




yx
caNFNF
NFNFNFNFNFNFFF
NFNFNFNFFF

Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :




































3
1
,
3
24
;
3
1
,
3

24
;
3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
4321
NNNN



0,25




0,25


0,25

2.(1,0 điểm)
+ Đường thẳng

)1,0,0(
0
Mquađi
và có vtcp
)0,2,1(

u
;
)2,2,4(,;)2,0,1(
00









uAMAM

+ Khoảng cách từ A đến

là AH =
5
62
,
),(
0











u
uAM
Ad

+ Tam giác AEF đều
5
24
3
2
.  AHAFAE
.Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A ,
BK R =
5
24

và đường thẳng

, nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :














5
32
)1()1(
1
2
222
zyx
z
ty
tx







0,25

0,25





0,25


t =
5
221
suy ra tọa độ E và F là :


































1
5
242
5
221
1
5
242
5
221
z
y
x

z
y
x







0,25
VII.b
(1,0
điểm)
+ Gọi số phức z = x + yi
),( Ryx 

Hệ








44
)22()1(2
xyi
iyiyx



















3
3
2
4
1
4
11
4
y
x
x

y
x
y
x
y

Vậy số phức cần tìm là :
iz
3
3
4
1
4 


0,25


0,50

0,25

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

7

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 đim)
Câu I (2 đim)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

21
1
x
y
x




2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến
bằng
2
.
Câu II (2 đim)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x

    

2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
32
1
1
x x y x y

x y x xy

  


   



Câu III (1 đim): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
xx
dx
x



Câu IV (1 đim):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các
tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
.
Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 đim) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
a b b c c a

ab c bc a ca b
  
  
  

PHẦN RIÊNG (3 đim) Th sinh ch đưc lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 đim)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng

: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng

sao cho đường thẳng AB và

hợp với nhau góc
45
0
.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ):
1 2 3
x y z
d



và

14
( '):
1 2 5
x y z
d



Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng
đó.
Câu VIIa (1 đim)
Giải phương trình:
22
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x




Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 đim)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
22
( ): 1C x y
, đường thẳng

( ): 0d x y m  
. Tìm
m
để
()C
cắt
()d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn
nhất.
f(t
)
f
/
(




Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

8
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1

:
2
2


x
=
1
1y
=
3
z
. Gọi
2

là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1

,
2

.
Câu VIIb (1 đim) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))

1


ĐÁP ÁN ĐỀ 2

Câu -ý
Nội dung
Điểm
1.1
*Tập xác định :
 
\1D 

*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

   


Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; )

*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1


 

x
lim y

1x
Lim y


 

2
x
Lim y



2
x
Lim y



Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x

1


y’
- -

y
2







2
*Vẽ đồ thị




0.25





0.25




0.25

0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
00
( ; ( )) ( )M x f x C
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x  

Hay
22
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x     
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2


0
4
0
22
2
1 ( 1)
x
x





giải được nghiệm
0
0x 
và
0
2x 


*Các tiếp tuyến cần tìm :
10xy  
và
50xy  




0.25

0.25


0.25

0.25

2.1
*Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

9

os2 3sin2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x

    


os(2 ) 5 os( ) 3 0
36
c x c x

     


2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
66
c x c x

     

Giải được
1
os( )
62

cx

  
và
os( ) 2
6
cx

  
(loại)
*Giải
1
os( )
62
cx

  
được nghiệm
2
2
xk



và
5
2
6
xk



  

0.25



0.25



0.25


0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
32
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

  


   



*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v







, ta được hệ
2
1
1
uv
vu



  


*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)

*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25

0.25


0.25

0.25
3
*Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x


thì
1
2
t 

Từ đó
1
1
2
22
1
1
2
ln lntt
I dt dt
tt

  


*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt
t


11
;du dt v
tt
   

Suy ra
1
2
1
2
11
1 1 2 1
ln ln2
11
2
22
I t dt
t t t
     


*Kết quả
2
2 1 ln2
2
I   





0.25



0.25


0.25


0.25

4
*Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
()SH ABC

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH SFH

*Kẻ
HK SB
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.

0.25


0.25



Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

10
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA 
,
0
3
tan60
2

a
SH HF

*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
   

*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
AH
A K H
KH
a
  


3
cos
23

A K H



0.25






0.25
5
*Biến đổi
11
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
  

     

*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
VT
a b c a c b
  
  

     

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
VT
a b c a c b
  

     
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c

0.25


0.25



0.25

0.25
6.a1
*

có phương trình tham số
13
22
xt
yt



  

và có vtcp
( 3;2)u 

*A thuộc


(1 3 ; 2 2 )A t t   

*Ta có (AB;

)=45
0

1

os( ; )
2
c A B u

.
1
2
.
A B u
A B u



2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t        

*Các điểm cần tìm là
12
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
AA



0.25

0.25


0.25

0.25
6.a2
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M 
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u   

(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u 

*Ta có
12
; ( 4; 8;4)u u O

   

,
12

(0;2;4)MM 

Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M

   

(d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n 
và đi qua
M
1
nên có phương trình
2 2 0x y z   

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm


0.25


0.25

0.25
0.25
7.a
*Điều kiện :x>0

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

11
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x 
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x

    

Đặt
log ( 1)
x
xt
, ta được phương trình

1 2 1
1 2 2t t t


giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x

x  
phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x   


23
.(24 1) 1xx  
(*)
Nhận thấy
1
8
x 
là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x 
thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x 
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8

x 

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x 

0.25


0.25



0.25









0.25

6.b1
*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d

*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OA B
S OA OB AOB A OB  

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A OB 


1
( ; )
2
d I d

1m  


0.25

0.25

0.25


0.25
6.b2
*
1

có phương trình tham số
22
1
3
xt
yt
zt



  





*
2

có phương trình tham số
2
53

xs
ys
zs









*Giả sử
12
;d A d B   

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t   

*
( 2 ;3 6; 3 )AB s t s t s t    
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n 







0.25

.25

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

12
*
( ) &d R A B n
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t   
  


23
24
t

*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A
và có vtcp
(1;2; 3)n 

=> d có phương trình
23
11
8
12 12
1 2 3
z
xy










0.25


0.25

7b
*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x

x
x 







giải được
9
log 73x 

Vì
9
log 73x 
>1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x


9 72 3
xx
  


38

39
x
x









2x

*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]T 

0.25




0.25



0.25

0.25

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 3
Môn: TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 đim)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
24

1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
13
xx
xx
   
  

2. Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
xx







Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a.
Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt
là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH
= S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

13

9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
  
  
     

PHẦN RIÊNG(3,0 đim)
Th sinh ch đưc lm mt trong hai phn(phn A hoc phn B)

A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
22
4 3 4 0x y x   
.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương
trình
23
2 (t R)
42
xt
yt
zt




  




. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0zz


B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD:
x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
      



      

.Chứng minh rằng hai đường thẳng (


) và (
'
) cắt nhau.
Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (

) và (
'
).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
  


  

.
Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ 3
Câu
Nội dung
Đi
m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

CâuI

2.0

1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
   


=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1) 
và
( 1; ) 
, hs không có cực trị



0.2
5
Giới hạn:
11
lim 2, lim , lim
x
xx

y y y


 
    

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x
-

-1 +


y’
+ +


y

+

2


2 -


0,2
5






0.2

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

14
5
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
 
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1

2
3
4
5
6
7
8
9
x
y

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng













0.2
5
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
66
;2 ; ;2 ; , 1

11
A a B b a b
ab
   
   
   

   


0.2
5
Trung điểm I của AB: I
22
;
2 1 1
a b a b
ab
  






Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0


0.2
5

Có :
.0AB MN
I MN







=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
aA
bB








0.5
CâuII

2.0

1. TXĐ: x
 

1;3

0,2
5
Đặt t=
1 3 , t > 0xx  
=>
2
2
4
32
2
t
xx

  

0,2
5
đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2
0,2
5
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m

x


   





0,2
5
2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      




Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

15
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0

x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx


      

   


0,2
5
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z


     


0,2
5
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx xcosx   
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx

  


được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai










0.2
5
t = -1
2
()
2
2
xm
mZ
xm









  

Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
xm






  


  


  







,25
Câu III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
xx







1,0

I
1
=
1

ln
1 ln
e
x
dx
xx

, Đặt t =
1 ln x
,… Tính được I
1
=
4 2 2
33



0,5
 
2
2
1
ln
e
I x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e - 2

0,2
5
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
33
e


0,2
5
Câu IV

1,0

M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D :

S ABCD S AMND
V V V










0,2
5


. . .S AMND S AMD S MND
V V V
;


11
; . ;
24
S AMD S MND
S ABD S BCD
VV
SM SM SN
V SB V SB SC
   

0.2
5
. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCD
V V V
;
. . .
35
88
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V  


0.2
5
2
5
24
V a h

0.2
5

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

16
CâuV
Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
  
  
     



0.2
5
3 3 2 2
2 2 2 2
()
a b a ab b
ab
a ab b a ab b
  


   
mà
22
22
1
3
a ab b
a ab b



(Biến đổi tương đương)
22
22
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b

   





0.2
5
Tương tự:

3 3 3 3
2 2 2 2
11
( ); ( )
33
b c c a
b c c a
b bc c c ca a

   
   

=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc    
(BĐT Côsi)



0.2
5
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P  

Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1

0.2

5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

A. Chương trình chuẩn

CâuVI.a

2.0

1. A(0;2), I(-2
3
;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’

Pt đường thẳng IA :
23
22
xt
yt







,
'I IA
=> I’(
2 3 ;2 2tt
),

0,5

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I   
suy ra (C’):
 
 
2
2
3 3 4xy   



0,5
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d
, AB//d.
0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB

A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)

0,25
CâuVII.a

1.0

z = x + iy (
,x y R
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi      

0,25
2 2 2 2
20
0
xy
x y x y





   


0
0
0

1
0
1
x
y
x
y
x
y



























Vậy: z = 0, z = i, z = - i

0,75
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b

2.0

1.
(7;3)BD AB B
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c       
,




Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

17
I =
2 1 2 17
;
22

a c a c   



là trung điểm của AC, BD.
0,2
5
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c          

0,2
5
M, A, C thẳng hàng 
,MA MC
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c







0,2
5

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3)
0.2
5
2.

Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (

)

(
'
) = A
13
;0;
22






0.5
(0; 1;0) ( )M   
, Lấy N
( ')
, sao cho: AM = AN => N
AMN
cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (

) và

(
'
) chính là đg thẳng AI


0.2
5
Đáp số:
12
1 3 1 3
2 2 2 2
( ): ;( ):
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
yy
dd
   
   
   
     




0,2
5
Câu
VII.b
TXĐ:

0
0
x
y








2 2 2
3 3 3
log 3 log log
3 . 2 .
log 12 log log
12 . 3 .
xy
xy
x y y x
yx
x x y y
xy

  






  




2
3 . 2 .
xy
yx
yx






4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y











1

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 4
(Thời gian lm bi 180 phút không k thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 3mx
2
+ (m-1)x + 2.
1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m.
2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trong
trường hợp đó.
Câu II: (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: (1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx.
2. Giải bất phương trình:
2
51 2x x
1
1x



.
Câu III: (1,0 điểm). Tính:

2
2
2
2
0
x
A dx
1x



.
Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA
vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

18
a) Mặt phẳng () đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết
diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.
b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH  (SCD); và hình chiếu
của O trên CI thuộc đường tròn cố định.
Câu V: (1,0 điểm). Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M

() sao cho 2MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa: (2,0 điểm). Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm
của AB.
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1.
Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
1 + (1 + i) + (1 + i)
2
+ (1 + i)
3
+ … + (1 + i)
20
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb: (2,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x = -
3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t  R. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A; cắt và vuông góc với (d).
Câu VIIb: (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng được
giới hạn bởi các đường: y = lnx; y = 0; x = 2.

Thí sinh không được dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Hết

ĐÁP ÁN DỀ 4

Câu
Nội dung
Đim
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI

2.0

1. y’= 3x
2
– 6mx + m -1,
2
' 3(3 1) 0 m m m     
=> hs luôn có cực trị

0.5

2. y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu tại x = 2
'(2) 0
1
''(2) 0
y
m
y


  







0.5
+) Với m =1 => y = x
3
-3x + 2 (C)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , y' = 0
2
x
y x x
x


  




=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ;0)
và
(2; )
, nghịch biến trên khoảng (0 ;2)

0.25

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

19
Giới hạn:
lim , lim
xx
yy
 
   

Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0)
BBT
x
-

0 2 +


y’
+ 0 - 0 +


y

2 +





-

-2



0,25






0.25
+ Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (1; 0),
 
1 3;0
, trục tung tại điểm (0; 2)
f(x)=x^3-3x^2+2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-4
-3
-2
-1
1
2

3
4
x
y

Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng














0.25
CâuII

2.0

1. TXĐ: x
( )
2
l l Z



  


0,25
Đặt t= tanx =>
2
2
sin2
1
t
x
t


, đc pt:
2
0
2
(1 ) 1 1
1
1
t
t
tt
t
t




    








0,25
Với t = 0 => x = k
, ( )kZ


(thoả mãn TXĐ)
0,25
Với t = -1 =>
4
xk


  
(thoả mãn TXĐ)

0,25
2.
1,0
2
2
2

22
10
51 2 0
51 2
1
10
1
51 2 0
51 2 (1 )
x
xx
xx
x
x
xx
x x x





  












  



   










0,5

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

20

1
1 52; 1 52
1
( ; 5) (5; )
1 52; 1 52
x

x
x
x
x







    













    






    










0,25

 
1 52; 5 1; 1 52x

      



0.25
Câu III

1,0

Đặt t = sinx =>
2
1 cos , cosx t dx tdt  

0,25
 
4
2
0
sinA t dt





0,25
2
8
A





0,5
Câu IV

1,0

O
Q
H
P

A
D
B
C
S
I
M
N
I

a. Kẻ MQ//SA =>
( ) ( ) ( )MQ ABCD MQO

  

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

0,25

2
( ). 3
28
td
MN PQ MQ a
S


(đvdt)


0.25
b.
: / / , , ( ) ( )AMC OH AM AM SD AM CD AM SCD OH SCD      

0.25
Gọi K là hình chiếu của O trên CI
, ( )OK CI OH CI CI OKH CI HK      

Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC


0.25
CâuV
M
(2 2; ), (2 3; 2), (2 1; 4)M t t AM t t BM t t        

0.25
2 2 2
2 15 4 43 ( )AM BM t t f t    

0.25
Min f(t) =
2
15
f




=> M
26 2
;
15 15






0,5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

21

A. Chương trình chuẩn

CâuVI.a

2.0

a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B
()C
, M là trung điểm AB =>
IM AB 
Đường thẳng d cần
tìm là đg thẳng AB

0,5
d đi qua M có vectơ pháp tuyến là
IM
=> d: x + y - 6 =0
0,5
2. Đg thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’)
0.25
d’ tiếp xúc với (C)
( ; ') 2d I d R  

0.25
4 2 2
4 2 2
m
m










0,25
Pt tiếp tuyến :
(4 2 2) 0
(4 2 2) 0
xy
xy

   

   





0,25
CâuVII.a

1.0


21
20

(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i

      

0,25
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i

        



0,25
 
10
10 10
2 (1 ) 1
2 2 1
i
Pi
i
  
    

0,25
Vậy: phần thực
10
2
, phần ảo:
10
21

0,25
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b

2.0

1.
( 3 2 ;1 ; 1 4 )d B B t t t       
, Vt chỉ phương
(2; 1;4)
d
u 

0,5
. 0 1
d
ABu t  

0,5
=> B(-1;0;3)
0,5

Pt đg thẳng
13
:2
3
xt
AB y t
zt
  


  







0,5
Câu VII.b




2
2
1
lnV xdx






0.25
Đặt
2
1
ln 2ln . ; u x du x dx dv dx v x
x
     


0.25
 
2
2 ln 2 2ln2 1V

   

0.5

(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương
ứng như trong đáp án ).

ĐÈ THI TUYỂN SNH ĐẠI HỌC 5
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

22

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn
điều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4  

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos2x)sin x
1
4
cosx
1 tan x
2



  





2 Giải bất phương trình :
2
xx
1
1 2(x x 1)


  

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
1
2 x 2 x
x
0
x e 2x e
I dx
1 2e





Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH =
a3
. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
22
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x

    


   


(x, y  R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 đim)
Th sinh ch đưc lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 đim)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d
1
:
30xy
và d
2

:
30xy
. Gọi (T) là đường
tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình
của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:
2 1 1
x y z
  

và mặt phẳng (P) : x  2y + z = 0.
Gọi C là giao điểm của  với (P), M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC =
6
.
Câu VII.a (1,0 đim). Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
( 2 ) (1 2 )z i i  

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 đim)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm

của các cạnh AB và AC có phương trình x + y

4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm
trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng
2 2 3
:
2 3 2
x y z  
  
. Tính
khoảng cách từ A đến . Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
2
(1 3 )
1
i
z
i



. Tìm môđun của số phức
z iz




Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

23


ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x
3
– 2x
2
+ 1.
Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 4x; y’ = 0  x = 0 hay x =
4
3
;

lim
x
y

 
và
lim
x
y

 

x
 0

4
3

+
y’
+ 0  0 +
y
1 +
 CĐ
5
27


CT
Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; (
4
3
; +∞); hàm số nghịch biến trên (0;
4
3
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=
4
3
; y(
4
3
) =
5
27



y" =
64x
; y” = 0  x =
2
3
. Điểm uốn I (
2
3
;
11
27
)
Đồ thị :











2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x
3
– 2x

2
+ (1 – m)x + m = 0  (x – 1) (x
2
– x – m) = 0
 x = 1 hay g(x) = x
2
– x – m = 0 (2)
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
x
1
+ x
2
= 1; x
1
x
2
= –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:

22
12
1 4m 0
g(1) m 0
x x 1 4




  

  



2
1 2 1 2
1
m
4
m0
(x x ) 2x x 3






  




1
m
4
m0
1 2m 3












1
m
4
m0
m1












1
m1
4

m0


  





Câu II: 1. Điều kiện :
cos 0x 
và tanx ≠ - 1
y
x
0
1
4
3

1
5
27



Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

24
PT 
(1 sin cos2 ).(sin cos )

cos
1 tan
x x x x
x
x
  




(1 sin cos2 ).(sin cos )
cos cos
sin cos
x x x x
xx
xx
  




2
(1 sin cos2 ) 1 sin cos2 0
1
2sin sin 1 0 sin 1( ) sin
2
7
2 2 ( )
66
x x x x

x x x loai hay x
x k hay x k k
      
       

        

2. Điều kiện x ≥ 0
Bất phương trình 
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
    

  

▪ Mẫu số < 0 
2
2(x x 1) 1  
 2x
2
– 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do đó bất phương trình 
2
x x 1 2(x x 1)    
≤ 0

2

2(x x 1) x x 1     


2
x x 1 0
(x 1) 2 x(x 1) x 0

   

    



2
x x 1 0
(x 1 x) 0

   

  


x 1 x


2
0 x 1
x (1 x)





2
0 x 1
x 3x 1 0

  

0 x 1
35
x
2









35
x
2



Cách khác :
Điều kiện x  0

Nhận xét :
2
2
1 3 3
1 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x


         






(1) 
2
1 2( 1)x x x x    

* x = 0 không thoả.
* x > 0 : (1)
11
1 2 1xx
x
x

     



11
2 1 1xx
x
x

     



Đặt
2
11
2t x x t
x
x
     

(1) thành :
2
22
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*)
t
tt
t t t



   

   


(*)
22
2 1 0 ( 1) 0 1t t t t       


Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956

25

1
1 1 0
15
6 2 5 3 5
2
42
15
()
2
x x x
x
x
x
x loai
      







   







Câu III.
1 1 1
2
2
0 0 0
(1 2 )
1 2 1 2
x x x
xx
x e e e
I dx x dx dx
ee

  

  
;

1
1
3
2
1
0
0
1
;
33
x
I x dx  


1
2
0
12
x
x
e
I dx
e



=
1
0
1 (1 2 )

2 1 2
x
x
de
e



=
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e
=
1 1 2
ln
23
e




Vậy I =
1 1 1 2
ln
3 2 3
e






Câu IV:
S
(NDCM)
=
2
2
2
1 1 5
2 2 2 2 8
a a a
aa

  


(đvdt)  V
(S.NDCM)
=
23
1 5 5 3
3
3 8 24
aa
a 
(đvtt)

2
2
5
42
aa
NC a  
,
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên
NCD ADM
vậy DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2
2
.
55
2
aa
DC HC NC HC
a
   



Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác
SHC
Nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2 3

4 3 12
19
a
h
h HC SH a a a
      

Câu V : ĐK :
3
4
x 
. Đặt u = 2x;
52vy

Pt (1) trở thành u(u
2
+ 1) = v(v
2
+1)  (u - v)(u
2
+ uv + v
2
+ 1) = 0  u = v
Ngha là :
2
3
0
4
2 5 2
54

2
x
xy
x
y




  







Pt (2) trở thành
24
25
6 4 2 3 4 7 (*)
4
x x x    

Xét hàm số
42
25
( ) 4 6 2 3 4
4
f x x x x    

trên
3
0;
4




B
A
C
D
H
M
N
S