Đề thi thử ĐH Toán ngày 26/5/2011 có đáp án

wWw.VipLam.Info
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
Mơn thi : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2điểm) :Cho hµm sè : y = x − 4 x + m (C)
1/ Kh¶o s¸t hµm sè víi m =3.
2/Gi¶ sư ®å thÞ (C) c¾t trơc hoµnh t¹i 4 ®iĨm ph©n biƯt . H·y x¸c ®Þnh m sao cho h×nh ph¼ng giíi
h¹n bëi ®å thÞ (C) vµ trơc hoµnh cã diƯn tÝch phÇn phÝa trªn vµ phÇn phÝa díi trơc hoµnh b»ng nhau.
4

2

Câu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trình:
2.Giải phương trình :
π
2

x 2 − 3x + 2 − 2 x 2 − 3x + 1 ≥ x − 1
cos3 x cos3 x + sin3 x sin3 x = 2
4

Câu III: (2điểm): 1. Tính tích phân :I= 7 sin x − 5 cos x dx

∫ (sin x + cos x)

3

0

n

2
1

2,Tìm hệ số x trong khai triển  x 2 +  biết n thoả mãn: C 2 n
x

3

+ C 23n + ... + C 22nn −1 = 2 23

Câu IV: (1điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a mặt phẳng bên tạo với mặt
đáy góc 60o. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N.
Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm)
1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(– 15 ; 1).
 x = −1 − 2t
x y z

2 .Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = =
à d 2 :  y = t
1 1 2
z = 1+ t

Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vng góc với d1
3.Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Ngøi ta chọn ra 4 viên bi từ
hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu?

Câu V.b: (3 điểm)
1.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng (P) có
phương trình là 3 x − 8 y + 7 z + 1 = 0 .
Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại
giao điểm của đđường thẳng AB với (P).
2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR: F = ac + bd − cd ≤

9+6 2
4

……………………Hết……………………

1


wWw.VipLam.Info
HNG DN GII

I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. 1/Với m=3 ta có: y

= x 4 4x 2 + 3

*-Tập xác định:R
*-Sự biến thiên:
a-Chiều biến thiên: y' = 4 x 3 8x : y' = 0 x = 0, x = 2
Hàm số đồng biến ( 2;0) và ( 2; +) ; Hàm số nghịch biến ( ; 2) và (0; 2)
b-Cực trị:hàm số đạt cực đại tại: x = 0 y = 3
đạt cực tiểu tại: x = 2 y = 1
c-giới hạn: lim (x 4 x + 3) = + Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

4

2

x

d-bảng biến thiên : x
y
y

2 0
-

+

0
3

2

+

0

-

+

0

+

+

-1 -1

e-Tính lồi lõm và điểm uốn: y' ' = 12 x 2 8 : y' ' = 0 x = 2
Bảng xét dấu y:

3

x
y

2

3

+
ĐU

ĐT lõm (
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng
Giao với trục Ox tại (

2

0
ĐU

-

3

0

+

+

2 7 lồi ( 2 7 lõm
; )
; )
3 9
3 9
4

3;0 )

;

( 3 ;0 )
2/Để pt: x 4 4 x 2 + m = 0 (1) có bốn nghiệm phân biệt thì
pt t 2 4 t + m = 0 phải có hai nghiệm dơng phân biệt:

y

3
2

' = 4 m > 0
o
- 3
x
3

t
.
t
=
m
>
0

0
<
m
<
4
1 2
-1
t + t = 4 > 0
1 2
*Gọi các nghiệm của (1) là a, b do tính chất đối xứng của đồ thị qua trục tung nên để diện tích hình
- 2

2

-2

phẳng phần trên và phần dới trục hoành bằng nhau ta phải có
a

(x
0

4

b

b

4 x + m)dx = (x 4x + m)dx ( x 4 4x 2 + m)dx = 0
2

4

2

a

0

5

b
4
b 3 + mb = 0 3b 4 20 b 2 + 15m = 0 (2)
5 3

10
20
thay m = 4 b 2 b 4 vào (2) ta đợc b 2 =
m=
( 0,4)
3
9


.

Cõu II:(2im) :1.Gii bt phng trỡnh:

x 2 3x + 2 2 x 2 3x + 1 x 1

* k: x D=(-;1/2] {1} [2;+ )

*x=1 l nghim
*x 2:Bpt ó cho tng ng:

x 2 x 1 + 2 x 1 vụ nghim
2


wWw.VipLam.Info
*x ≤

1
: Bpt đã cho tương đương:
2

*BPT c ó tập nghiệm S=(-∞;1/2]

2 − x + 1 − x ≥ 1 − 2 x c ó nghiệm x ≤

1
2

∪ {1}

cos3 x cos3 x + sin3 x sin3 x = 2
4

2.Giải phương trình :

⇔ cos6x+3cos2x= 2
π
PT có nghiệm: x= ± + kπ (k ∈ Ζ)
8

(cos3x+3cosx)cos3x+(3sinx-sin3x)sin3x= 2

⇔ 4cos 32x= 2

⇔

cos 2x=

1
2

Câu III: (2điểm):
1. I =
1

π
2

sin xdx

∫ ( sin x + cos x )
0

π
2

Tính I1+I2=

; I2 = ∫
3
0

0

1
2

cos xdx

( sin x + cos x ) 3

π
2

dx

∫ ( sin x + cos x )

I1=I2=

π
2

2

; đặt x=

π
− t chứng minh được I1=I2
2

π
1
π
=∫
= tan( x − ) 2 = 1
π
2
4
2

0 2 cos ( x −
)
0
4
dx

⇒ I= 7I1 -5I2=1
n

2
1

2,Tìm hệ số x trong khai triển  x 2 +  biết n thoả mãn: C 2 n
x

3

+ C 23n + ... + C 22nn −1 = 2 23

Khai triển: (1+x)2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12
12

12
2

2
k
Khai triển:  x +  = ∑ C12
2 k x 24 − 3k hệ số x3: C127 2 7 =101376
x


k =0

Câu IV: (1điểm): I, J lần lượt là trung điểm của AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC

hai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ
IGcắt SJ tạ K là trung điểm của SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD

IK =

3a
;SABMN=
2

a
1
3 3a 2
SK┴(ABMN);SK=
( AB + MN ) IK =
2
2
8

1
3a 3
=>V= S ABMN .SK =
(đvtt)
3
16

3


wWw.VipLam.Info
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm)
1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(– 15 ; 1).

x2 y2
+PTCT của (E): 2 + 2 = 1(a > b > 0)
a
b
 15 1
 2 + 2 =1
x2 y
⇒
b
+Gt  a
Giải hệ ra đúng kết quả có (E) thoả mãn
+ =1
20 4
a 2 − b 2 = 16

 x = −1 − 2t
x y z

2 .Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = =
à d 2 :  y = t
1 1 2
z = 1+ t


Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vng góc với d1
BG:
*2 đường thẳng chéo nhau
*đường thẳng ∆ cần tìm cắt d2 tại A(-1-2t;t;1+t) ⇒ OA =(-1-2t;t;1+t)

x = t

Ptts ∆  y = −t
z = 0


∆ ⊥ d 1 ⇔ OA.u1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A(1;−1;0)

3.(1 điểm)Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Ngøi ta chọn ra 4 viên bi từ
hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu?
4

BG -Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C18
-Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C 5 C 6 C 7 + C 5 C 6 C 7 + C 5 C 6 C 7
2

1

1

1

2

1

1

1

2

-Số cách chọn thoả mãn u c ầu là: C18 − (C 5 C 6 C 7 + C 5 C 6 C 7 + C 5 C 6 C 7 ) = 1485
4

2

1

1

1

2

1

1

1

2

Câu V.b: (3 điểm)

1.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng(P)
cóphương trình là 3 x − 8 y + 7 z + 1 = 0 .
Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao
điểm của đường thẳng AB với (P).
BG: Giải đúng giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1)

Viết đúng phương trình:

x − 2 y z −1
=
=
2
−1 − 2

2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR: F = ac + bd − cd ≤
BG :Ap dụng bđt Bunhiacopxki và giả thiết có

9+6 2
4

F ≤ ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d )

4


wWw.VipLam.Info
3
9
3
9

1 − 2( d + ) 2 +
1 − 2(d + ) 2 +
Ta có
2
2 vì
2
2 <0
f '(d ) = (2d + 3)
2
2
2 d + 6d + 9
2d + 6d + 9
Nên có :
-∞

d
f'(d)

- 3/2
+

+∞
0

-

f(d)

3 9+6 2
f (d ) ≤ f (− ) =

2
4

Dấu bằng x ảy ra khi a=

1
2

b= −

1
2

c=3/2 d= -3/2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
4
2
Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y = x − 5 x + 4, có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
4
2
2. Tìm m để phương trình | x − 5 x + 4 |= log 2 m có 6 nghiệm.

Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình: sin 2x + sin x −

2. Tìm m để phương trình: m

(

1
1
−
= 2 cot 2x
2sin x sin 2x

)

x 2 − 2x + 2 + 1 + x(2 − x) ≤ 0 (2) có nghiệm x ∈  0; 1 + 3 

4

2x + 1
dx
1
+
2x
+
1
0

Câu III (1.0 điểm). Tính I = ∫
Câu IV (2.0 điểm).

∧
1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120 o .

5


wWw.VipLam.Info
Gọi M là trung điểm của cạnh CC1.
a. Chứng minh MB⊥MA1
b. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1)Câu VI.a. (2.0 điểm).
1. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng
(P): 2x - y + z + 1 = 0
a. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
b. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
2
2
2. (1.0 điểm). Giải phương trình: log 3 ( x + x + 1) − log 3 x = 2 x − x

2)Câu V.b. (1,5điểm).
1. Giải bất phương trình: (log x 8 + log 4 x 2 ) log 2 2x ≥ 0
2.(1.5 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh :
3 x + 2 y + 4 z ≥ xy + 3 yz + 5 zx
……………………Hết……………………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1.(hs tự giải)
2. log12 m =

9

9
⇔ m = 12 4 = 144 4 12
4

Câu II:
1
1
−
= 2cot g2x (1)
2sin x sin 2x
(1) ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0
1. Giải phương trình : sin 2x + sin x −

⇔ cos 2x = 0 v 2 cos2 x + cos x + 1 = 0(VN)
⇔ cos2x = 0 ⇔ 2x =

π
π
π
+ kπ ⇔ x = + k
2
4
2

2. Đặt t = x2 − 2x + 2 ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x
Bpt (2) ⇔ m ≤

t2 − 2
(1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3]
t +1

Khảo sát g(t) =

t2 − 2
với 1 ≤ t ≤ 2
t +1
6


wWw.VipLam.Info
g'(t) =

t 2 + 2t + 2
(t + 1)2

> 0 . Vậy g tăng trên [1,2]

t2 − 2
Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤
có nghiệm t ∈ [1,2]
t +1
2
2
⇔ m ≤ max g(t) = g(2) =
Vậy m ≤
3
t∈[ 1;2]
3
Câu III Đặt t = 2x + 1 ⇒ t 2 = 2x + 1 ⇔ 2tdt = 2dx ⇔ dx = tdt ; Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1
4

3

3

t2
1 

dx =
dt =  t − 1 +
dt ;
Vậy I =
1+ t
t +1÷
1 + 2x + 1



∫

2x + 1

0

∫
1

∫
1

3

 t2

=  − t + ln t + 1  = 2 + ln 2
 2
1

Câu IV (Bạn đọc tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Axyz sao cho: A ≡ 0, C ( −2a,0, 0 ) , A1(0,0,2a 5)
a a 3 
⇒ A(0; 0; 0),B  ;
;0÷
÷ và M(−2a,0,a 5)
2 2


uuuu
r
 5
 uuuuur
3
⇒ BM = a  − ; −
; 5÷
÷, MA1 = a(2; 0; 5)
2
 2


uuuu
r uuuuu
r
a.Ta có: BM.MA1 = a2 (−5 + 0 + 5) = 0 ⇒ BM ⊥ MA1
b.Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :
r uuur uuuu
r
1 uuuuu
a3 15
1
V = A A1.  AB,AM  =
; S∆BMA1 =
6
3
2

uuur uuuuur
 MB,MA1  = 3a2 3



Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d =

3V a 5
=
.
S
3

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

uuur
r
Câu Va. 1. Ta có AB = (−2,4, −16) cùng phương với a = (−1,2, −8)
uu
r
mp(P) có VTPT n = (2, −1,1)
uu
r r
Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
a.Phương trình mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0
⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0
b. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P)
x +1 y − 3 z + 2
=
=
. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' :
2
−1
1
2x − y + z + 1 = 0

AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;
 x + 1 y − 3 z + 2 ⇒ H(1,2, −1)
 2 = −1 = 1
Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :

2x H = x A + x A '


2y H = y A + y A ' ⇒ A '(3,1,0)
2z = z + z
A
A'
 H
7


wWw.VipLam.Info
uuuur
Ta có A ' B = (−6,6, −18) (cùng phương với (1;-1;3) )

Pt đường thẳng A'B :

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

2x − y + z + 1 = 0

 x − 3 y − 1 z ⇒ M(2,2, −3)
 1 = −1 = 3

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

x − 3 y −1 z
=
=
1
−1 3

x2 + x + 1
1
BG: (1) ⇔ log 3
= x ( 2 − x ) ⇔ 3x ( 2 − x ) = x + 1 +
x
x
1
Đặt:f(x)= 3x( 2− x )
g(x)= x + 1 +
(x ≠ 0)
x
Dùng pp kshs =>max f(x)=3; min g(x)=3=>PT f(x)= g(x)  max f(x)= min g(x)=3 tại x=1
=>PT có nghiệm x= 1
Câu V.b.
1. Điều kiện x > 0 , x ≠ 1



÷
 1
1
1
+ 2 log 4 x ÷ log2 2x ≥ 0 ⇔ 
+ log2 x ÷( log2 x + 1) ≥ 0
(1) ⇔ 
 log8 x
2
 1 log2 x
÷

3

 log2 x + 1 
log2 x + 1
⇔ (log22 x + 3) 
≥0
÷≥ 0 ⇔
log2 x
 log2 x 
1
⇔ log2 x ≤ −1hayl og2 x > 0 ⇔ 0 < x ≤ hay x > 1
2
2.Theo BĐT Cauchy
1
3
5
( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ 3 xy ; ( z + x ) ≥ 5 xy . Cộng vế =>điều phải chứng minh
2
2
2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI: Cho h/s y = x +

1
có đồ thị (C)
x

1. Khảo sát vẽ đồ thị h/s
2. Cho M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) Một ttuyến tại Mo của (C) Cắt đthẳng y=x tại A ;Cắt Oy tại B
Chứng minh rằng Tich OA.OB không phụ thuộc vào vị trí của Mo
1
8
π 1 2
2
CâuII: 1. Giải PT: 2 cos x + cos ( x + π ) = + sin 2 x + 3cos( x + ) + sin x
3
3
2 3
2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh

log 22 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3)
2

CâuIII: Tính tích phân :I= ∫1

ln x
dx
x. 1 + ln x

CâuIV: 1.Cho hình hộp lập phương ABCD A, B ,C , D, cạnh bằng a
8


wWw.VipLam.Info
lấy

M ∈ AA, / A, M =

a 3
a 2
a 3
; N ∈ D ,C , / D , N =
; K ∈ CC , / CK =
2
2
3

Đường thẳng qua K//MN cắt mp(ABCD) tại Q .Tính KQ theo a
2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C sao cho CA =CB và C cách ( ∆ ) ;3 x + 4 y − 5 = 0
một khoảng bằng 1
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a Cho PT: 1 + x + 1 − x = a
2
2
a) Giải PT khi a=1
b) Tìm a để PT có nghiệm
11

7

1  
1

C©u VI.a Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức: A =  x − 2 ÷ +  x 2 + ÷
x  
x


5

CâuVb: 1.Giải PT: 9 x = 5x + 4 x + 2( 20) x
2.Cho số phức z = 1 +

3 i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.

CâuVIb: : Tìm các số âm trong dãy x1; x2; x3; ............xn; xn =

An4+ 4 143
−
n = 1........n .
Pn + 2 4 Pn

(

)

……………………Hết……………………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI: Cho h/s y = x +

1
có đồ thị (C)
x

1.Khảo sát vẽ đồ thị( h/s tự giải)
2.Cho M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) Một ttuyến tại Mo của (C) Cắt đthẳng y=x tại A ; Cắt Oy tại B
Chứng minh rằng Tich OA.OB không phụ thuộc vào vị trí của Mo

1 
2
BG:*PT tiếp tuyến tại Mo là: ( ∆ ) :  1 − 2 ÷x − y + = 0
x0
 x0 
* ( ∆ ) ∩ d1 : y = x Tại A =>A ( 2 x0 ; 2 x0 )
*Ta có OA = 2 2 x0 ; OB =


2
; ( ∆ ) cắt Ox tại B  0; − ÷
x0 


2
⇒ OA.OB = 4 2 là hằng số không phụ thuộc vào vị trí của Mo
x0

1
8
π 1 2
2
CâuII: 1. Giải PT: 2 cos x + cos ( x + π ) = + sin 2 x + 3cos( x + ) + sin x (1)
3
3
2 3

9


wWw.VipLam.Info
BG:(1)

6 cos x + cos 2 x = 8 + 6sin x cos x 9sin x + sin 2 x
( 1 sin x ) ( 6 cos x + 2sin x 7 ) = 0 1 sin x = 0 x =

2.Giải bất phơng trình


+ k
2

log 22 x log 2 x 2 3 > 5 (log 4 x 2 3)

x > 0
ĐK: 2
2
log 2 x log 2 x 3 0
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log 22 x log 2 x 2 3 > 5 (log 2 x 3)
đặt t = log2x,
BG:

(1)

BPT (1) t 2 2t 3 > 5 (t 3) (t 3)(t + 1) > 5 (t 3)
t 1
1

0< x
log 2 x 1
t 1


t
>
3




2

33 < log 2 x < 4



2
(t + 1)(t 3) > 5(t 3)
8 < x < 16

1
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ] (8;16)
2
2

CõuIII: Tớnh tớch phõn :I= 1

BG: *t t=lnx=>dt=

ln x
dx
x. 1 + ln x

dx
x

*khi x=1=>t=0 ;x=2=>t=ln2
* I=

ln 2

0

1

3
ln 2
dt
2
2
= ( 1+ t ) d ( 1+ t ) = ( 1+ t ) 2
0
3
1+ t

ln 2
0

=

3
2
2
( 1 + ln 2 ) 2
3
3

CõuIV: 1.Cho hỡnh hp lp phng ABCD A, B ,C , D, cnh bng a
l M AA, / A, M =

a 3
a 2
a 3
; N D ,C , / D , N =
; K CC , / CK =
2
2
3

ng thng qua K//MN ct mp(ABCD) ti Q .Tớnh KQ theo a
BG:(h/s t v hỡnh)
a 2
,

a 3
; a; a ữ
; A ( 0, 0, a ) ; K a; a;

Chn Oxyz/ O=A=>B(a,0,0) ;D(0;a;0) ;M(0;0;a/2) ; N
ữ
ữ
3 ữ
2



Ta
cú;
QK
qua
K;
QK
//MN
=>vtcp
uuuu
r 1
1
1
a
1
MN
;1;1
t; y = a + t; z =

ữ PTTScuaQK : x = a +
3
2
3

3
2

ca

QK

l

Mp(ABCD) trựng vi mp(Oxy0=> PT: z=o

uuur a + 3
a+ 3
a
; 2a + 3;0 ữ

QK
;
a
+
3;

=> Q = QK ( ABCD ) Q a +

ữ
ữ

2
2
3 ữ

=>QK=

11a 2 + 18 3a + 27
6
10


wWw.VipLam.Info
2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C sao cho CA =CB và C cách ( ∆ ) ;3 x + 4 y − 5 = 0
một khoảng bằng 1
BG: Gọi C(x;y) => d ( C ; ∆ ) = 1 ⇒

3x + 4 y − 5 = 0
 3 x + 4 y − 10 = 0
=1⇔ 
(1)
5
 3x + 4 y = 0

Mặt khác AB=AC => ( x − 1) + ( y − 1) = x 2 + ( y − 2 ) ⇔ x − y − 1 = 0 ( 2 )
2

2

2

x = 2

  3 x + 4 y − 10 = 0


 x − y − 1 = 0 ⇔   y = 1 ⇒  C1 ( 2;1)

Từ (1) và (2)=>

4 3
 x = 4
  3x + 4 y = 0
 C2 ( 7 ; 7 )
7

 
3
  y = 7
  x − y −1 = 0
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1
1
+x+
− x =1
C©u V.a1. Giải PT:
2
2
1
1
*Đặtu=
;
v=

(đk: u ≥ 0; v ≥ o )
−x
+x
2
2
 u 2 + v2 = 1
1
2
⇒
⇒ u 2 + ( 1 − u ) − 1 = 0 ⇔ 2u 2 − 2u = 0 ⇔ u = 0 ∨ u = 1 ⇒ x = ±
2
 u + v =1
2.Tìm a để PT có nghiệm
1
1
 1 1
+x+
− x ; x ∈ − ;  ⇒ f( x) , =
*Đặt f(x)= 2
2
 2 2

1
1
−
1
1
2
+x 2 −x
2

2

f ( ,x ) = 0 ⇔ x = 0 ∈ D
Dùng bbt=>PT f(x)=a có nghiệm khi: 1 ≤ a ≤ 2
11

7

1  
1

C©u VI.a Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức: A =  x − 2 ÷ +  x 2 + ÷
x  
x

Bg: Công thức khai triển của biểu thức là:
k
11
7
7−n 1
1 
k 11− k 
A = ∑ C11 x  − 2 ÷ + ∑ C7n x 2
xn
 x  n =0
k =0
5

( )

11

7

⇔ A = ∑ ( −1) C11k x11−3k + ∑ C7n x14 −3n
k

k =0

n =0

5

Để số hạng chứa x vậy k=2 và n=3

2
3
Vậy hệ số của x5 là C11 + C7 = 90

CâuVb: 1.Giải PT: 9 x = 5x + 4 x + 2( 20) x
5
2
* pt ⇔ 32x = [( 5) x + 2 x ]2 ⇔ 3x = ( 5) x + 2 x ⇔ ( ) x + ( ) x = 1 (1)
3
3
x

 5   2 x
5 2
+  ÷ => f , (x)<0 ( Vì 0 <

+Đặt f(x) = 
÷
, < 1)
÷
 3  3
3 3
nên vế trái là hàm số nghịch biến trên R
+ Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1) ⇔ f (x) = f (2) ⇔ x = 2 .
2.Cho số phức z = 1 + 3 i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.
11


wWw.VipLam.Info
1
3
π
π
π

r = 2;cos ϕ = ;sin ϕ =
⇒ ϕ = ⇒ z = 2  cos + i sin ÷
2
2
3
3
3

BG :

1

5π
5π 
π
π 
3


z 5 = 25  cos
+ i sin
÷
÷ = 32  cos(− ) + i sin(− ) ÷ = 32  − i
3
3 
3
3 
2 ÷


2

z 5 = 16 − i16 3

CâuVIb: : Tìm các số âm trong dãy x1; x2; x3; ............xn; xn =
Ta có ĐK:n ∈ N
( n + 4) !
1
xn = n ! = .... =
( 4n2 + 28n − 95)
4n !
( n + 2) !

An4+ 4 143
−
n = 1........n .
Pn + 2 4 Pn

(

)

BG:

:

xn < 0 ⇔ 4n 2 + 28n − 95 < 0 ⇔

−14 − 576
−14 + 576
4
4

do : n ∈ N ⇒ n = 1; n = 2
Vậy dãy có x1 ; x2 là những số âm
……………………Hết……………………

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A THAM KHẢO
1 3
2
x − mx 2 − x + m + có đồ thị (Cm)

3
3
a) Khảo sát khi m =-1.
b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15.
Bài 2. Cho phương trình cos3 x − sin3 x = m (1)
a) Giải phương trình khi m=-1
 π π
b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm x ∈  − ; 
 4 4
Bài 3. (2 điểm)
a) Giải phương trình x log2 9 = x 2 .3log2 x − x log2 3
Bài 1. Cho hàm số y =

π
4

b) Tính tích phân

∫

−

π
4

sin 2 xdx
cos4 x (tan 2 x − 2 tan x + 5)

Bài 4.(3 điểm)

a) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 14 và
2

2

2

điểm M ( −1; −3; −2 ) . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua sao cho (P) cắt (S) theo một giao
tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
12


wWw.VipLam.Info

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A ( 1;3 ) nằm ngoài (C): x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 6 = 0 . Viết phương
trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC.
Bài 5. (2 điểm)

(

a) Cho khai triển 1 + x + x 2 + x 3

)

5

= a0 + a1 x + ... + a15 x15 . Tìm hệ số a9 của khai triển đó.

b) Cho a, b, c>0; abc=1. Chứng minh rằng
a3

b3
c3
3
+
+
≥ .
(1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) 4

ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) HS tự giải
1 3
2
x − mx 2 − x + m + = 0 có 3 nghiệm phân biệt thỏa x12 + x22 + x32 > 15 .
3
3
2
⇔ ( x − 1) x + (1 − 3m) x + 2 + 3m = 0 có 3 nghiệm phân biệt thỏa x12 + x22 + x32 > 15 .

b) YCBT thỏa ⇔

(

)

⇔ m >1 .
Bài 2.
a) Khi m=-1, phương trình trở thành ( cos x − sin x ) ( 1 + cos x sin x ) = −1

π

x = + k 2π

Đặt t = cos x − sin x ; điều kiện t ≤ 2 . Ta có nghiệm
( k, l ∈ ¢ )
2

 x = π + l2π
b) (1) ⇔ ( cos x − sin x ) ( 1 + cos x sin x ) = m
Đặt t = cos x − sin x ; điều kiện t ≤ 2 .
 π π
Khi x ∈  − ;  ⇒ t ∈  0; 2  . Ta có phương trình theo t: 3t − t 3 = 2 m .
 4 4

13


wWw.VipLam.Info
 π π
Bằng cách tìm tập giá trị hàm vế trái, ta suy ra phương trình có đúng hai nghiệm x ∈  − ; 
 4 4
 2 
;1÷.
khi và chỉ khi m ∈ 
 2 ÷
Bài 3.
a) ĐK: x>0.
Ta có phương trình x log2 9 = x 2 .3log2 x − x log2 3 ⇔ 3log2 x = x 2 − 1 .
Đặt log2 x ⇒ x = 2t .
t

t

3 1
Phương trình trở thành 3 = 4 − 1 ⇔  ÷ +  ÷ = 1 ⇒ t = 1 ⇒ x = 2
4 4
t

b) I =

π
4

∫

−

I=

π
4

t

sin 2 xdx
dt
. Đặt t = tan x ⇒ dx =
. Ta có
4
2
cos x (tan x − 2 tan x + 5)

1 + t2

1

1

t 2 dt
2
dt
∫−1 t 2 − 2t + 5 = 2 + ln 3 − 3−∫1 t 2 − 2t + 5
0

t −1
1
π
dt
=
tan
u
⇒
I
=
du
=
1
∫
Tính I1 = ∫ 2
. Đặt 2
2 π
8.

−
−1 t − 2t + 5
1

4

2 3π
Vậy I = 2 + ln −
.
3 8

Bài 4. Ta thấy M thuộc miền trong của (S) và (S) có tâm I ( −1; −2; −3) , R = 14 . Do đó,
(P) qua M cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất
⇔ R 2 − IH 2 nhỏ nhất (H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P))
⇔ IH lớn nhất
uuu
r
⇔ M ≡ H ⇔ IM = ( 0;1; −1) là VTPT của (P).
Vậy (P) có phương trình là y-z+1=0.
 m = 2a − 1
Theo yêu cầu bài toán ⇒ A, B, C thẳng hàng và AB=BC.Gọi B(a; b), C (m; n) ⇒ 
.
 n = 2b − 1
a = 7
5

a = 3

1


 a2 + b2 − 6a + 2b + 6 = 0
b = 5
b = 1
⇒
Do B, C nằm trên (C) nên  2
hoặc 
.
2
 m + n − 6m + 2n + 6 = 0 m = 5
m = 9
5
n = −1

 n = − 13
5

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là x+y-4=0 và 7x+y-10=0.
Bài 5.

(

2
3
a) 1 + x + x + x

)

5

(

)

5

5

5

= ( 1 + x ) 1 + x 2  = ∑ ∑ C5k C10m x k + m do a9 cho tương ứng k+m=9.

 k =0 m =0

Suy ra a9 = C50C109 + C51C108 + C52C107 + C53C106 + C54C105 + C55C104 = 5005 .
b) Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số, ta có

14


wWw.VipLam.Info
a3
1 + c 1 + b 3a
+
+
≥
(1 + b)(1 + c)
8
8
4
b3

1 + c 1 + a 3b
+
+
≥
(1 + c)(1 + a)
8
8
4
c3
1 + a 1 + b 3c
+
+
≥
(1 + a)(1 + b)
8
8
4
⇒ VT (1) +

3 1
≥ ( a + b + c)
4 2

1 + a 1 + c 1 + b
=
=

Dấu bằng xảy ra khi  8
8
8 ⇒ a = b = c =1.

 abc = 1

3 3
3
Vậy VT (1) ≥ − ⇔ VT (1) ≥ ⇒ điều phải chứng minh.
2 4
4

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)Cho hàm số y =

x+2
(C)
x −1

1. (1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.(1,0 điểm) Cho điểm A(0;a) .Xác định a đ từ A kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục Ox.
Câu II. (2,0điểm)
π
2π  1
2
2
1. (1,0 điểm)
Giải PT : cos  x + ÷+ cos  x + ÷ = ( sin x +1)


2. (1,0 điểm)

3



3 

2

Giải PT : x + 4 − x 2 = 2 + 3 x 4 − x 2
15


wWw.VipLam.Info
π

sin 6 x + cos 6 x
dx
6x + 1
4

Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= ∫−4π

Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng ( ∆ ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x –
y -2z - 2=0
Viết PT mặt cầu(S) có tâm I ∈ ∆ và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )
theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)

Câu Va.
1(2,0 điểm).
Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ
độ C
2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6
Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5
Câu Vb.
1. (2,0 điểm).Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0, ABC và SBC là các tam
giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
log 2 ( x + 1) − log 3 ( x + 1)
>0
x 2 − 3x − 4
2

2.(1,0 điểm) Giải B PT

3

……………………Hết……………………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.

*-Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên. y' =

−3
<0

(x − 1) 2

Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) vµ (1; +∞)
b-Cực trị:hàm số không có cực trị
c-giới hạn: lim − (
x →( −1)

x+2
x+2
) = −∞ ; lim + (
) = +∞
x →( −1) x − 1
x −1

⇒ hàm số có tiệm cận đứng x=1

lim(
x →∞

x−2
) =1
x −1

d-Bảng biến thiên:

x

y’
y

⇒ hàm số có tiệm cận ngang y = 1
-∞
1

+∞

1
+∞

16


wWw.VipLam.Info
-∞
1

1
y

*-Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1; 1 ) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (- 2;0 )
Oy (0; − 2 )

2

1
-2

o

1

5

x

-2

2/(1,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)

x + 2
(2 )
 x − 1 = kx − a
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A: 
có nghiệm x ≠ 1
−
3

=k
(3)
 ( x − 1) 2
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta được: (a − 1)x − 2(a + 2)x + a + 2 = 0
2

( 4)

a ≠ 1
a ≠ 1


Để (4) có 2 nghiệm x ≠ 1 là: f (1) = −3 ≠ 0 ⇔ 
a > −2
∆' = 3a + 6 > 0

Hoành độ tiếp điểm x 1 ; x 2 là nghiệm của (4)
x1 + 2
x2 + 2
Tung độ tiếp điểm là y 1 =
, y2 =
x1 − 1
x2 − 1
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: y 1 .y 2 < 0 ⇔

(x 1 + 2)(x 2 + 2)
<0
(x 1 − 1)(x 2 − 2)

x 1 x 2 + 2(x 1 + x 2 ) + 4
9a + 6
2
2
<0⇔
< 0 ⇔ a > − Vậy − < a ≠ 1 thoả mãn đkiện bài toán.
x 1 x 2 − (x 1 + x 2 ) + 1
−3
3
3
Câu II. (2,5 điểm) 1)





2
Giải PT : cos  x +

π
2π
2
÷+ cos  x +
3
3


 1
÷ = ( sin x +1) (1)
 2

2π
4π
π
) + 1 + cos(2 x + ) = 1 + sin x ⇔ 2 cos(2 x + π ).cos = sin x − 1
3
3
3
π
5π
⇔ 1 − cos 2 x − sin x = 0 ⇔ 2sin 2 x − sin x = 0 ⇔ x = + 2kπ ; x =
+ 2kπ ; hayx = kπ
6
6

⇔ 1 + 2 cos(2 x +

Bg:

(1)

2. (1,0 điểm)
Bg:
Đặt y=

4 − x2

Giải PT : x + 4 − x 2 = 2 + 3 x 4 − x 2
ĐK: −2 ≤ x ≤ 2
(y ≥ 0 )=> x 2 + y 2 = 4

 x + y − 3 xy = 2
Ta có hệ PT: 
2
 ( x + y ) − 2 xy = 4
Giải hệ theo S;P =>

Hệ đối xứng loại 1 Đặt S=x +y ; P=xy

Khi S=2 và P=0

 x = 0; y = 2
=> 
 x = 2; y = 0

17


wWw.VipLam.Info

−6 − 126
x=

4
10 
9
Khi s = − ; p = − ⇒ 
3
3
 y = −6 + 126

9
Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=

π
4
π
−
4

∫

Vậy PT có 3 nghiêm:......

sin 6 x + cos 6 x

dx
6x + 1

* Đăt t = -x => dt = -dx
* Đổi cận: x = −
I=

π
4
π
−
4

∫

π
π
π
π
⇒ t = ;; x = ⇒ t = −
4
4
4
4

π
π
sin 6 t + cos 6 t
sin 6 t + cos 6 t
t

4
6
dt ; => 2 I = ∫ π (6 + 1)
dt = ∫ 4π (sin 6 t + cos 6 )tdt
t
t
−
−
6 +1
6 +1
4
4
t

2I =

π
4
π
−
4

∫

π

π
5 3
5π
 3 2 


5 31
4
4 
1
−
sin
t
dt
=
+ cos 4t ÷dt =  t +
sin 4t ÷ =
π 

÷
∫
−
8
 4


8 8 4
 − π 16
48
4

=>I =

5π
32

Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng ( ∆ ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0
Viết PT mặt cầu(S) có tâm I ∈ ∆ và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến
đường tròn (C)có bán kính r=3

Bg:m cầu(S) có tâm I∈ ∆ g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mãn PT của ∆ (1)
* d ( I;( P) ) = 2

(2)

 2 a − b − 2c − 2 = 6

 11 14 1 
 1 1 7
a=t
⇒ .... ⇒ heconghiem  ; − ; ÷; va  − ; − ; ÷
Từ (1) và(2) ta có hệ PT: 
b = 2t − 1
3 6
6
 3 3 3

c =t+2

Do r = R 2 − 4 = 3 ⇔ R = 13
2

Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :

2

2

14  
1
 11  
( S1 ) :  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 13
6 
3 
6

2

2

2

1
1
7
( S2 ) :  x + ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 13
3 
3 
3


II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu Va. ( 2,0 điểm ) :

1.(2,0 điểm). Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C

 25 
Bg:
*M là trung điểm của AB => M  ;0 ÷
 2 
uuu
r
∆quaM ; ∆ ⊥ AB ( 5;−10) ⇒ PT ∆ : 2 x − 4 y − 25 = 0
*

 x = −20 + t
dtDC // AB; dtDCquaD ( −20;0 ) ⇒ pttsDC : 
 y = −2t
 27

; −13 ÷
 2


* N = DC ∩ ∆ ⇒ N  −

*Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua ∆ =>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26)
2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6
Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5
4

Bg: *Số có 5 chữ số khác nhau là: 6.A6 (số)
18


wWw.VipLam.Info

4

* Số có 5 chữ số khác nhau không có mặt chữ số 5 là: 3.A5

4
4
*Vậy các Số có 5 chữ số khác nhau luôn có mặt chữ số 5 là: 6. A6 − 5. A5 = 1560 (số)

Bài Vb:
1).(2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM = a 2 3 ; ·AMS = 600 và SO ⊥ mp(ABC)

S

3a
= 4

⇒ d(S; BAC) = SO
Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC
3

⇒ VS.ABC = 13 S∆ABC .SO = a16 3 (đvtt)
Mặt khác, VS.ABC = 13 S∆SAC .d ( B; SAC )
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 2 3

A

C
O

2
13 3
⇒ S∆SAC = a 16

M

B

3V

Vậy: d(B; SAC) = S S . ABC = 3a (đvđd).
13
∆SAC

log 2 ( x + 1) − log 3 ( x + 1)
> 0 (1)
x 2 − 3x − 4
*ĐK: x >-1 và x ≠ 4
x 2 − 3 x − 4 > 0khi..x > 4
*Do 2
x − 3 x − 4 < 0khi.. − 1 < x < 4
*Xét trên ( 4; +∞ ) → ( 1) ⇔ log x +1 9 − log x +1 8 > 0 ⇔ ∀x ⇒ bpt ( 1) co.nghiemS = ( 4; +∞ )
9
* Xét trên ( −1; 4 ) → ( 1) ⇔ log x +1 9 − log x +1 8 < 0 ⇔ log x+1 < 0
8
9
-Xét trên ( −1;0 ) → ( 1) ⇔ log x +1 < 0 ⇔ ∀x ∈ ( −1;0 )
8
9
-Xét trên ( 0; 4 ) → ( 1) ⇔ log x +1 < 0 ⇔ VN

8
Vậy bpt có tập nghiệm :T= ( −1;0 ) ∪ ( 4; +∞ )
2

3

2.(1,0 điểm) Giải B PT

Bg:

19