Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 36)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số:

(C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số
2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng
nằm về 2 phía của trục hoành.
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình lượng giác.

2. Giải hệ phương trình.

Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.

3

I


dx
sin x. cos 4 x
2

4

Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực

thỏa mãn

Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD =
(ACD) bằng

,Chứng minh rằng:

, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng

. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng

I. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa
độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa
độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình:

-------------------------------------------- HẾT------------------------------------------------

.

(Hướng dẫn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

CÂU

ĐIỂM

NỘI DUNG

2

1,0
 Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)
 d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT

có nghiệm

<=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1
 Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt
Đk là :

0,25

0,25

(*)



Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 =



. Suy ra y1 = 1+



Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2 <0

⇔ (1+

; x1.x2 =

; y2 =

)

0,25

<0 ⇔

 Giải đk trên ta được
⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3
Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3

0,25

II

2,0

1

1,0


ĐK:

0,25



Với ĐK trên PT đã cho tương đương với

0,5



Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là

0,25

2

1,0



Đặt : t = x + y ; ĐK: t

0.25

Giải PT:
0,5


0,25
Hệ đã cho trở thành

Vậy hệ dã cho có một nghiệm

III

1,0




0,5

3

3
dx
dx
 4.
I
2
4

2
2
 sin 2 x. cos x
 sin x. cos x
4

4

Đặt : t = tanx
Đổi cận: x =
x=

(1  t 2 ) 2 dt
1
1
t3
2

(

2

t
)
dt

(


2

t

)
Khi đó I  
1 t 2
t
3
t2
1
3

3

3



1

8 34
3

IV

0,5

1,0


BĐT cần chứng minh tương đương với



Nhận xét: Do



Xét : A =



Chia tử và mẫu cho



Xét hàm số f(t) =



Ta có : f’(t) =



Bảng biên thiên:
0
t

là các số thực dương

nên

0,5

với x,y > 0

f’(t)

và đặt t =

ta được A =

trên (0;+ )

1
-

1
1
f(t)

0,25

0

+
+

với t > 0



Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t)



Từ đó A =



Do vai trò



Áp dụng BĐT cô si ta có



Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

với mọi t > 0

với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương

0,25

V

1,0

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH
Ta có

ACD cân tại A nên CD

Tương tự
Mà BH

CD

AE suy ra BH

Do đó BH =

0,25

A

AE

BCD cân tại B nên CD

Suy ra CD (ABE)

AE
BE

BH
H

(ACD)

và góc giữa hai mặt phẳng

D

(ACD) và (BCD) là

E

B
C

0,25

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

Mà

là 2 nghiệm của pt: x2 -

Khi đó :

trường hợp

Xét

BED vuông tại E nên BE =

Xét

BHE vuông tại H nên sin =

x+

= 0

vì DE0,25

Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
VIa

2,0

1

1,0


Ta có

;
[ ,
] = (12; -6;8)
Mp (BCD) đi qua B và có VTPT =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0
Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT:

0,5

Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :

0,5

Vậy H( -2; -4; -4)
2

1,0
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0

0,5

I
A
d(I; Δ )=

H

B
0,5

vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
VIIa

1,0

Ta có (2+x+3x2 )15 =
Mà
=
2 15
Vậy (2+x+3x ) =
Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là :
a=

VIb

0,5

0,5

1,0



ĐK: x > 1
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0,25

0,5

0,25
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
A Phần chung cho tất cả các thí sinh :
1
Câu I Cho hàm số : y = 2 +
, có đồ thị ( C )
x2
1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C )
2) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị ( C ) sao cho đường thẳng d cùng với hai tiệm cận của ( C ) cắt
nhau tạo thành tam giác cân .
Câu II Giải phương trình và hệ phương trình
3 3
3

8 x y  27  55 y
x
3 
 9

2
2
1) 4sin      3 sin 
2)  2
 2 x   1  2cos  x 

2
2
4 

 2




4 x y  6 x  y
ln 5

Câu III 1)Tính tích phân I 



ln 2

dx
(17e  x  1) e x  1

2)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm thuộc  0;1

41 x  41 x  (m  1)(22 x  22 x )  2m

Câu IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA vuông góc với mặt phẳng đáy ; SC tạo với mặ
phẳng đáy một góc 450 và tạo với mặt phẳng ( SAB) góc 300 . Biết độ dài cạnh AB = a . Tính thể tích khối chóp
S.ABCD .
B Phần riêng ( Thí sinh thi khối A,B chỉ được làm phần 1 .Thí sinh thi khối D chỉ làm phần 2 )
Phần 1 : Dành cho thí sinh thi khối A,B .
Câu V 1)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng có phương trình :
x  t
 x  1  u


d1 :  y  1  2t và d 2 :  y  3  2u
 z  1  2t

 z  5  2u


a.Tìm tọa độ giao điểm I của d1 và d2 .Viết phương trình mặt phẳng (  ) đi qua d1 và d2
b.Lập phương trình đường thẳng d3 đi qua M(2;3;2) và cắt d1 , d2 lần lượt tại A , B khác I sao cho AI = AB
2)Cho a,b,c,d là những số dương và a+b+c+d = 4. Chứng minh rằng :

a
b
c
d



2
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

3) Cho đường tròn ( C) có phương trình : x2 + y2 – 2x + 4y – 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình :
x + y + m = 0 . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB , AC tới
đường tròn ( C ) , ( B và C là hai tiếp điểm ) sao cho tam giác ABC vuông .
Phần 2 : Dành cho thí sinh thi khối D
Câu V 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình :
 x  1  6u
 x  3  2t


x – 2y + 2z – 1= 0 và các đường thẳng d1 :  y  3t ; d 2 :  y  4  4u

 z  5u
 z  2  2t


a. Viết phương trình mặt phẳng ( Q) chứa d2 và (Q) vuông góc với (P)
b. Tìm các điểm M thuộc d1 , N thuộc d2 sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách (P) một
khoảng bằng 6 .
2) Cho a,b,c là các số thực dương và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
1
1
1
1



a(a  1) b(b  1) c(c  1) 2
3) Trong mặt phẳng 0xy cho hai điểm A(1;0) , B( 3;-1) và đường thẳng d có phương trình x – 2y – 1= 0 . Tìm
điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 8 .


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y 

2x 1
(C)
x 1

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
2
2

2 y  x  1
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:  3 3
.

2 x  y  2 y  x

2.Giải phương trình sau: 8  sin 6 x  cos6 x   3 3 sin 4 x  3 3 cos 2 x  9sin 2 x  11 .
2

1

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

Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ
3
3

diện ABCD bằng a 15 .
27

Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2  x2  y 2   xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và

4
4
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y .

2 xy  1

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ)
vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :

x  2 y z 1
và


4
6 8

x7 y2 z
. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa


6
9
12

độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.

d2 :

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2  4 z  11  0 . Tính giá trị của
z1  z2
2

biểu thức A =

2

( z1  z2 ) 2

.

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
2
2
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x  y  1 và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên 

4

3

kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia
Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
 x  log 2 y  y log 2 3  log 2 x

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x log 2 72  log 2 x  2 y  log 2 y
……………Hết………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………………


P N THI TH TON

Cõu

1

im

Ni dung

í

* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y 2 ; tiệm cận ngang:
x
x
y = 2
1

lim y ; lim y ; tiệm cận đứng: x = - 1

x ( 1)

x ( 1)

- Bảng biến thiên
Ta có y '
I

1
0 với mọi x - 1
( x 1)2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1;
+)

2

2 x0 1
x0 1
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1)

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

Theo Cauchy thì MA + MB 2

thì y0

0,5

2 x0 1
1
- 2| = |
|
x0 1
x0 1

x0 1 .

1
=2
x0 1

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta
có hai điểm cần tìm là M(0;1) và M(-2;3)
1

sin

3
x cos 6 x 1 sin 2 2 x (1)
4
Thay (1) vào ph-ơng trình

0,5
0,5

6

(*) ta có :

8 sin x cos x 3 3 sin 4 x 3 3cos2 x 9sin 2 x 11
6

6

3

8 1 sin 2 2 x 3 3 sin 4 x 3 3cos 2 x 9sin 2 x 11
4

3 3 sin 4 x 3 3cos 2 x 6sin 2 2 x 9sin 2 x 3
3 sin 4 x 3cos 2 x 2sin 2 2 x 3sin 2 x 1

0,5


 3cos 2 x.  2sin 2 x  1  (2sin 2 x  1)(sin 2 x  1)

II

  2sin 2 x  1





3cos 2 x  sin 2 x  1  0

 2sin 2 x  1  0

 2sin 2 x  1 (2)


 3cos 2 x  sin 2 x  1  0
sin 2 x  3cos 2 x  1 (3)

 k
12
(k  Z )
 x  5  k 

12


Gi¶i (2) : 



x


x   k
Gi¶i (3)  4
(k  Z )


;

 x  7  k 


12

KÕt luËn :
2





Ta có: 2 x3  y3  2 y 2  x 2  2 y  x   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0 .
Khi y  0 thì hệ VN.

0,5
3

2

x
x
 x
Khi y  0 , chia 2 vế cho y3  0     2    2    5  0 .
 y
 y
 y
x
Đặt t  , ta có : t 3  2t 2  2t  5  0  t  1 .
y

y  x
Khi t  1 ,ta có : HPT   2

 x  y  1, x  y  1 .
y

1


0.5
2

1
x

I =  ( x  1  )e
1
2

III

1
x
x

2

dx   e
1
2

1
x

x

1
dx   ( x  )e
x

1
x
x

dx  I1  I 2 .

Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = xe

x

1 2
x
1
2

1

2

5

1 x
3
  ( x  )e x dx  e 2  I 2

x
2
1

0,5

2

5
2

3
e .
2
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH =
và góc giữa hai mặt phẳng
I

0,5đ

A
0,5

H
D

(ACD) và (BCD) là

E

B

IV

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

C
0,5

Mà


l 2 nghim ca pt: x2 -

Khi ú :
2 a2
AE 3

2
DE 2 5a

3

hoc

x+

= 0

2 5a 2
AE 3

2
DE 2 a

3

trng hp

vỡ DE
Xột

BED vuụng ti E nờn BE =

Xột

BHE vuụng ti H nờn sin =

Vy gúc gia hai mp(ACD) v (BCD) l
1


5
1

1
1
2 xy 4 xy xy . K: t .
3
5
3

t t xy . Ta cú: xy 1 2 x y 2 xy 4 xy xy
2



V xy 1 2 x y

2

x
Suy ra : P



V

Do ú: P '

2

y2

2

2 x2 y 2

2 xy 1



7 t 2 t
2 2t 1



7t 2 2t 1
.
4 2t 1

0,5

, P ' 0 t 0, t 1(L)

2

1
1
1 2
v P 0 .
P P
4
5
3 15

1
2
1 1
KL: GTLN l
v GTNN l
( HSLT trờn on ; )
4
15
5 3
1 ng trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5
Gi H l trung im AB thỡ AH=3 v IH AB suy ra IH =4
Mt khỏc IH= d( I; )
Vỡ d: 4x-3y+2=0 nờn PT ca cú dng
3x+4y+c=0

0,5

I

d(I; )=
VIa

0,5

A

vy cú 2 t tha món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0
2

Véc tơ chỉ ph-ơng của hai đ-ờng thẳng

6; - 8)

H
lần

l-ợt

B u (4;
là:
1

0,5
-

u2 ( - 6; 9; 12)

+) u1 và u2 cùng ph-ơng
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2
Vậy d1 // d2.
*) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 +
IB A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
36 33 15
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm đ-ợc H ; ;
29 29 29
43 95 28
A đối xứng với A qua H nên A ; ;

29 29 29

0,5

0,5


65 21 43
I là trung điểm của AB suy ra I ;
;

29 58 29
Gii pt ó cho ta c cỏc nghim: z1 1

3 2
3 2
i , z2 1
i
2
2
2

VIb

2

1 Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
xx1 yy1
Tiếp tuyến tại A có dạng

1 . Tiếp tuyến đi qua M
4
3
xx y y
nên 0 1 0 1 1
(1)
4
3
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB
có pt
xx0 yy0

1 do M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0
4
3
4 xx0 4 yy0
4 xx0 y (12 3x0 )


4

4
4
3
4
3
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
x y 0
y 1
(x- y)x0 + 4y 4 = 0

Vậy AB luôn đi
4 y 40 x1 .
qua điểm cố định F(1;1)
Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại
2
A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng
x y z
: 1, a, b, c 0
a b c
1 2 3 cos y 3 6
1 3.
abc 162
Do M nên:
a b c
abc
a 3
1

Thể tích: V abc 27 Vmin 27 b 6
6
c 9

Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0
K: x,y > 0
x log 2 y y log 2 3 log 2 x
- h phng trỡnh
x 3 2 log 2 3 log 2 x 2 y log 2 y
- Suy ra: y = 2x

VIb

2

z z2
3 2
11
22
Suy ra | z1 || z2 | 1
; z1 z2 2 . Do ú 1
...

2
4
( z1 z2 )2
2
2

VIa

x

0,5
0,5
0,5

0,5

1

0,5

0,5

0,5

0,5

2 log 2 3 1
2
y
2 log 2 3 1

Nu thớ sinh lm bi khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn m vn ỳng thỡ c im tng phn nh ỏp
ỏn quy nh.
------------------Ht------------------


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
2x  3
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y 
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và
B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)
x
x
 x
1. Giải phương trình 1  sin sinx  cos sin2 x  2 cos2   
2
2
 4 2

1

2. Giải bất phương trình log2 (4x 2  4x  1)  2x  2  ( x  2) log1   x 
2

2
 ln x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   
 3x 2 ln x dx

1  x 1  ln x
a
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA  a 3 , SAB  SAC  300 . Tính thể
2
tích khối chóp S.ABC.
3
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
1
1

1
P 3
3
3
a  3b
b  3c
c  3a
e

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 .

d2: 3x +6y – 7 =

0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và
d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và
mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và
(S).
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:
2C22n1  3.2.2C23n1  ....  (1)k k(k  1)2k2 C2kn1  ....  2n(2n  1)22n1C22nn11  40200
Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

x 2 y2

 1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại

16 9
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng
x3
 y  1  z  3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d)
2
và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
(d ) :


3 x1

 2y2  3.2y3x
2
Giải hệ phương trình 
2

 3x  1  xy  x  1
-------------- Hết-------------Dáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Câu
I. 2

Nội dung
Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất ..........................
 2x  3 
1
, x 0  2 , y' (x 0 ) 
Ta có: M  x 0 ; 0

x0  2 
x0  22

1
2x  3
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:  : y 
(x  x 0 )  0
2
x0  2
x0  2

 2x  2 
; B2x 0  2;2
Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là: A  2; 0
 x0  2 
x  x B 2  2x0  2
y  yB 2x 0  3
Ta thấy A

 x0  x M , A

 yM suy ra M là trung
2
2
2
x0  2
điểm của AB.
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
2


 2x 0  3
 


1
2
2
 2   (x 0  2)2 
 2
S = IM  (x 0  2)  
2
(x 0  2) 

 x0  2
 

x  1
1
 0
2
(x0  2)
x0  3
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
Giải phương trình lượng giác ......
x
x
 x 
1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2   
(1)

2
2
 4 2
1  1 sinx sinx  cosx sin2 x  1 cos   x   1 sinx
2
2
2

x
x
x
x 
 x

 x
 sinx sin  cos sinx  1  0  sinx sin  cos .2sin cos  1  0
2
2
2
2 
 2

 2
Dấu “=” xảy ra khi (x0  2)2 
II. 1

II. 2

III

Điểm
1,00

0,25

0,25

0,25

0,25
1 điểm

0,25

0,25

x
x 
 x 
 sinx sin  1 2sin2  2sin  1  0
2
2 
 2 

0,25


sinx  0
 x  k


 x  k
x

 sin  1
 x 

 x  k, k  Z
   k2
 2
 x    k4
2 2

x
x
2sin2  2sin  1
2
2


0,25

Giải bất phương trình.........................
1
1
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:  x  hoặc x < 0.
4
2

1 điểm

Tính tích phân.............................

1 điểm

0,25


e

e

ln x
I
dx  3 x 2 ln xdx
1 x 1  ln x
1
e

+) Tính I 1  
1

1
dx . Đặt t  1  ln x  t 2  1  ln x; 2tdt  dx
x
x 1  ln x

ln x

0,25

Đổi cận: x  1  t  1; x  e  t  2

t



2



2
 t3 
1
2 2 2
I1  
.2tdt  2  t 2  1 dt  2  t  
t
3
 3 1
1
1
dx

du 
e

u

ln
x



x
+) Tính I 2   x 2 ln xdx . Đặt 

2
3
dv  x dx v  x
1
3

2

2





e

x3
1
e3 1 x3
I 2  .lnx 1e   x 2dx   .
3
31
3 3 3



e
1



0,25

0,25

e3 e3 1 2e3  1
  
3 9 9
9

5  2 2  2e3
3
Tính thể tích hình chóp .........................

I  I 1  3I 2 

IV

0,25
0,25
1 điểm

S
M

A

C
N
B

Theo định lí côsin ta có:
SB2  SA 2  AB2  2SA.AB.cosSAB  3a2  a2  2.a 3.a.cos300  a2
Suy ra SB a. Tương tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác
cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC).
1
1
1
Ta có VS.ABC  VS.MBC  VA .MBC  MA .SMBC  SA.SMBC  SA.SMBC
3
3
3
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA.
2

2
a 3
 a   a 3  3a
 MN 
.
MN 2  AN 2  AM 2  AB 2  BN2  AM 2  a2     



4
16
 4  2 
2

1
1
1
a 3 a a3
Do đó VS.ABC  SA. MN .BC  a 3.
. 
3
2
6
4 2 16

V

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ..................

0,25

0,25

0,25

0,25

1 điểm

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
 1 1 1
3
1 1 1
9
(*)
(x  y  z)     33 xyz
 9   
3
x y z xyz
xyz
 x y z

0,25

1
1
1
9
3
3
3
3
a  3b
b  3c
c  3a
a  3b  b  3c  3 c  3a
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

áp dụng (*) ta có P 

3

a  3b  1  1 1
  a  3b  2
3
3
b  3c  1  1 1
3  b  3c1.1 
  b  3c  2
3
3
c  3a  1  1 1
3  c  3a1.1 
  c  3a  2
3
3

0,25

1
1 3
a  3b  3 b  3c  3 c  3a  4  a  b  c  6   4.  6  3
3
3 4 
Do đó P 3

0,25

3

 a  3b1.1 

Suy ra

3

3

1
Dấu = xảy ra  a  b  c  4
 a b c
4

a  3b  b  3c  c  3a  1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a  b  c  1/ 4

VIa.1

Lập phương trình đường thẳng ......................

0,25

1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a2 (3;6)
Ta có: a1.a2  2.3  1.6  0 nên d1  d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là
đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2A  B  0

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2)
một góc 450



2A  B
A 2  B2

A  3B
 cos450  3A 2  8AB  3B2  0  
22  (1)2
B  3A

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0
d : x  3y  5  0
Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài
của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho.
Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình
2x  y  5
3x  6y  7
3x  9y  22  0 (1)

 32x  y  5  3x  6y  7  
22  (1)2
32  62
9x  3y  8  0 ( 2 )
+) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 .
Do P  d nên 6  9  c  0  c  15 d : x  3y  5  0

+) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 .
Do P  d nên 18 3  c  0  c  15 d : 3x  y  5  0

VIa. 2

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0
d : x  3y  5  0
Xác định tâm và bán kính của đường tròn........
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
1 điểm
0,25


a

x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0,

2



 b2  c2  d  0

5

2a  2b  d  2  0
a   2
2a  6b  4c  d  14  0 


Vì A ' , B, C, D  S nên ta có hệ: 
 b  1
8a  6b  4c  d  29  0 c  1
8a  2b  4c  d  21 0

d  1

0,25

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  5x  2 y  2 z  1  0
29
5 
(S) có tâm I  ;1;1 , bán kính R 
2
2 
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)

+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1

x  5 / 2  t

5

Suy ra phương trình của d: y  1  t  H  t;1  t;1  t 
2

z  1  t

Do H  d  (P) nên:

IH 
VII a.

5
5
5
 5 1 1
 t  1  t  1  t  2  0  3t    t    H ; ; 
2
2
6
 3 6 6

75 5 3
29 75
31

186




, (C) có bán kính r  R2  IH 2 
4 36
6
6
36
6

Tìm số nguyên dương n biết.......
* Xét (1  x)2n1  C02n1  C12n1x  C22n1x2  ....  (1)k C2kn1x k  ....  C22nn11x2n1 (1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
 (2n  1)(1  x)2n  C12n1  2C22n1x  ...  (1)k kC2kn1x k 1  ....  (2n  1)C22nn11x2n (2)

1 điểm
0,25

0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
k
2n1 2n1
2n(2n  1)  2C22n1  3.2.2C32n1  ...  (1)k k(k  1)2k 2 C2n
C2n1
1  ...  2n(2n  1)2

0,25

Viết phương trình chính tắc của E líp
(H) có các tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là
M( 4; 3),
x 2 y2
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2  2  1 ( với a > b)
a b
2
1
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0  a  b2  52
M 4;3  E  9a2  16b2  a2b2
2

0,25
1 điểm
0,25

0,25

2

a  5  b
a2  40
Từ (1) và (2) ta có hệ:  2
 2
2
2 2
9a  16b  a b
b  15
2

2

x 2 y2

1
40 15
Tìm điểm M thuộc  để AM ngắn nhất
Vậy phương trình chính tắc của (E) là:

VIb. 2

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
2n(2n  1)(1  x)2n1  2C22n1  3C32n1x  ...  (1)k k(k  1)C2kn1x k 2  ....  2n(2n  1)C22nn11x2n1

Phương trình đã cho  2n(2n  1)  40200 2n2  n  20100 0  n  100
VIb.1

0,25

0,25

0,25
1 điểm


 x  2t  3


Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1
z  t  3

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I 2t  3; t  1; t  3
Do I  P  2t  3  2(t  1)  (t  3)  5  0  t  1  I  1;0;4

0,25

* (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1

 

 a, n   3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của   u 1;1;1
x  1  u

  : y  u
. Vì M    M  1  u; u;4  u ,  AM 1  u; u  3; u
z  4  u


VIIb

0,25

0,25

AM ngắn nhất  AM    AM  u  AM .u  0  1(1 u)  1(u  3)  1.u  0
4
  7 4 16
 u  . Vậy M 

; ; 
3
 3 3 3
Giải hệ phương trình:...................
3x 1
y 2
y  3x

(1)
2  2  3.2

2

 3x  1  xy  x  1 (2)
x  1  0
 x  1

Phương trình (2)   2
3x  1  xy  x  1  x(3x  y  1)  0
 x  1
x  0


  x  0
  x  1
3x  y  1  0
 y  1  3x


0,25

1 điểm

0,25

* Với x = 0 thay vào (1) 2  2 y 2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y 

8
8
 y  log 2
11
11

0,25

 x  1
* Với 
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x1  2 3 x1  3.2
y

1

3
x

1
Đặt t  2 3 x 1 Vì x  1 nên t 
4
1
t  3  8lo¹ i  
1

x  log2 3  8  1
2
3
(3)  t   6  t  6t  1  0  

t
t  3  8
y  2  log (3  8)
2


0,25

1

x  0
x  log2 3  8  1

3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
8 và 
y

log
2

11 y  2  log2 (3  8)

0,25

 

 

 

 


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y = x3  3mx2  3(m2  1) x  (m2  1) (1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.

Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ ) = 0
4
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
x
2

2  x  y  x  a
 2
2

x  y  1
sin xdx
Câu 3 : Tìm :
 (sin x  3 cos x)3
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC. A' B'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ),( AB'C ),( A' BC ) cắt

nhau
.
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
x
y
z
P = 3 4( x3  y 3 )  3 4( y 3  z 3 )  3 4( z 3  x3 )  2( 2  2  2 )  12
y
z
x
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x2  y 2  4 x  4 y  4  0 và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên
đường tròn . . .
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương
trình :
 x  4t '
x y 1 z  2

(d1 ) : 

(d 2 ) :  y  2
2
2
1
 z  3t '


Viết phương trình đường thẳng (  )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
7

1 
4
( với x > 0 )
 x 3 
x

B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường
cao và . .
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 =
0.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có
phương
2 x  y  z  1  0
trình :

x  y  z  2  0
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (  )sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
Câu 7b : Cho (1  x  x2 )12  a0  a1 x  a2 x2  ...a24 x 24 . Tính hệ số a 4 .
1


------

Hết.

--------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y = x3  3mx2  3(m2  1) x  (m2  1) (1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Ta cú y’= 3x2-6mx+3(m2-1)
 x  m 1
y’=0  
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thỡ ta phải cú:
x  m 1
 'y '  0
m  R
 1  2  m  1

 2
2
2

f
.
f

0
(
m

1)(

m

3)(
m

2
m

1)

0
 CD CT



   3  m  1
 
 3  m  1 2
 m  1  0
 xCD  0
  3  m  1  2
x  0
m  1  0

 CT

m  1
 f (0)  0
(m  1)  0
Vậy giỏ trị m cần tỡm là: m ( 3;1  2)

Câu 2: a, Giải phương trình :


sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ ) = 0 <=> Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0
4
4

 sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + )  sinx + sin4x = 1+ sin4x  sinx = 1
2

x =
+ k2  , k  Z
2
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
x
2

2  x  y  x  a
 2
2

x  y  1
Nhận xột: Nếu (x;y) là nghiệm thỡ (-x;y) cũng là nghiệm của hệSuy ra, hệ cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0
x
x
2
2


2  x  y  x

2  x  x  y (1)

(I)
+ Với x = 0 ta cú a =0 hoặc a = 2-Với a = 0, hệ trở thành: 
2
2
2
2
x

y

1
x

y

1
(2)




2
2
x  y  1
2
x
2



y

1


x

1
2

x

x

1
x  0



 ( I ) cú nghiệm  2 x  x  x 2  1  
Từ (2)   2
 2


y 1
y 1 
y 1
x  x 
y 1


x
2

2  x  y  x  2
-Với a=2, ta cú hệ: 
Dễ thấy hệ cú 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) khụng TM
2
2

x  y  1
Vậy a = 0 TM
sin xdx
Câu 3 : Tìm :
 (sin x  3 cos x)3

2


 

3
 1

sin( x  )  cos(x- )
sin[(x- )  ]
sin( x  )
s inx
1
6 2

6  3
6
6  2
6  1
Ta cú

3



16 cos3 ( x  ) 16 cos 2 ( x   )
(sinx+ 3cosx)
8cos(x- )
8cos3 ( x  )
6
6
6
6
s inxdx
3
1



 tan( x  )  c
3

6
(sinx+ 3cosx)
32cos 2 ( x  ) 16

6
' ' '
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC. A B C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ),( AB'C ),( A' BC ) cắt nhau
A'
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Gọi I = AC  ’A’C, J = A’B  AB’
(BA'C)  (ABC') = BI 

(BA'C)  (AB'C) = CJ   O là điểm cần tỡm
B'

I
Goi O = BI  CJ

Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C
J
Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC)
O
Do
ABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của
BA’C
trờn (ABC) nờn H là trọng tõm
ABC
A
OH HM 1


A ' B AM 3
1
1

1
 VOABC  OH .S ABC  A ' B.S ABC  V
3
9
9
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :

Gọi M là trung điểm BC. Ta có:

P=

3

4( x3  y 3 )  3 4( y 3  z 3 )  3 4( z 3  x3 )  2(

.

C'

C

H
M
B

x
y
z
 2  2 )  12
2

y
z
x

Ta cú: 4(x3+y3)  (x+y)3 , với  x,y>0
Thật vậy: 4(x3+y3)  (x+y)3  4(x2-xy+y2)  (x+y)2 (vỡ x+y>0)
 3x2+3y2-6xy  0  (x-y)2  0 luôn đúng
3
3
3
Tương tự: 4(x +z )  (x+z)
4(y3+z3)  (y+z)3
 3 4( x3  y3 )  3 4( x3  z 3 )  3 4( y3  z 3 )  2( x  y  z )  6 3 xyz Mặt khỏc:


x  y  z

x
x
y
z
1
1
y
z
2( 2  2  2 )  6 3
 P  6( 3 xyz  3
)  12 Dấu ‘=’ xảy ra   2  2  2  x  y  z  1
y
z

x
xyz
xyz
z
x
y

1
 xyz 
xyz

Vậy P  12, dấu ‘=’ xảy ra  x = y = z =1
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x2  y 2  4 x  4 y  4  0 và đường thẳng (d) có phương trình
: x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
(C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2

3

y

C

4

2

M

B

I


Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
 x  0

x  y  2  0
y  2

 2
2
 x  2
x  y  4x  4 y  4  0

  y  0
Hay A(2;0), B(0;2)
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B
1
Ta cú S ABC  CH . AB (H là hỡnh chiếu của C trờn AB)
2
C  (C )  ( )
S ABC max  CH max Dễ dàng thấy CH max  
 xC  2
 d
Hay : y = x với : 
 C (2  2; 2  2) Vậy C (2  2; 2  2) thỡ S ABC max
 I (2; 2) 

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :
 x  4t '
x y 1 z  2

(d1 ) : 

(d 2 ) :  y  2
2
2
1
 z  3t '

Viết phương trình đường thẳng (  )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ).
Nhận xột: M  (d1) và M  (d2)
( )  (d1)  I
Giả sử 
Vỡ I  d1  I(2t-1; -1-2t; 2+t) H  d2  H(4t’; -2; 3t’)
( )  (d 2)  H

1  2t  k (1  4t ')
23
TM  k HM

ycbt  
 3  2t  k (2  2)  t  
10
k  R, k  0
1  t  k (3  3t ')
Vậy phương trỡnh đường thẳng đi qua 2 điểm I và H


23 18 3
 T ( ; ;  )
5 5 10
 x  1  56t
5 x  y  8 z  17  0

là:  y  2  16t hoặc là: 
12 x  9 y  16 z  18  0
 z  3  33t

Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

1 
4
 x 3 
x

Ta cú: ( 4 x 

7

( với x > 0 )

1 7 7 k 14 7 k  13 k
)   C7 ( x ) .( x ) Để số hạng thứ k không chứa x thỡ:
3
x
k 0

1

1
1
 (7  k )  k  0
 k  4 Vậy số hạng khụng chứa x trong khai triển là: C74 
3
4
35

k  [0;7]
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .
Phươngtrỡnh đường thẳng chứa cạnh BC:

4


( BC ) qua B
 ( BC ) : 4 x  3 y  5  0

BC  d1
4 x  3 y  5  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
 C (1;3)
x  2 y  5  0
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2
3 1
1
 
  K AC

K BC  K d 2
K d 2  K AC

 4 2  2
1 3
1
1  K BC .K d 2 1  K d 2 .K AC
1 .
1  K AC
2 4
2
Ta cú:
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ
 K AC  0

 K AC   1 (loai)
3

ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
3x  4 y  27  0
x 5 y 3
Pt cạnh AB là:
 A(5;3)

 4x  7 y 1  0

2  5 1  3
y 3  0
Vậy AB: 4x+7y-1=0

AC: y=3
BC: 4x+3y-5=0


b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có phương
2 x  y  z  1  0
trình :

x  y  z  2  0
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (  )sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
+ Xét vị trí tương đối giữa AB và , ta có: cắt AB tại K(1;3;0)
Ta có KB  2KA
 A, B nằm về cùng phía đối với
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua và H là hình chiếu của A trên .
x  1
AH .u  0  1.0  (t  4).1  (4  t ).1  0  t  4

 H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của :  y  t
)Ta có
 H (1; 4;1)  A '(0; 4;1)
 z  3  t

13 4
Gọi M là giao điểm của A’B và d  M (1; ; )
3 3
13 4
Lấy điểm N bất kỳ trên Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B  NA+NBVậy M (1; ; )
3 3
2 12
2

24
C©u 7b : Cho (1  x  x )  a0  a1 x  a2 x  ...a24 x . Tính hệ số a 4 .
1
12 24
(1  x)11.x 2  ...  C12k (1  x)12k .( x 2 ) k  ...  C12
x
Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = C120 (1  x)12  C12

=

0 12
1 11
0 11
C120 [C12
x  C12
x  ...  C128 x 4  ...]+C112 x 2 [C11
x  ...  C119 x 2  ...]

2 4
0 10
+C12
x [C10
x  ...  C1010 ]+...
 Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4
1
10
 a4  C120 .C128  C12
.C119  C122 .C10
 1221

5


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
2x 1
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y 
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)
x
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
2
1 Giải phương trình:
0
2sinx - 3
2. Giải bất phương trình:

x 2  3x  2.log 2 x 2  x 2  3x  2.(5  log

x

2)

Câu III: ( 1 điểm).
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm
có hoành độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh
trục Ox.

Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai
a 15
đường thẳng AB và A’C bằng
. Tính thể tích của khối lăng trụ
5
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

(2 x  1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)

4
(2)

 y-1  2 ( y  1)( x  1)  m x  1  0
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5
= 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các đường tròn
tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).
x 1 y  2 z
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:

 và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0.
1
1
1
Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm).
Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 5xy – 3y2

Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm).
x 2 y 3 z 3
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 :
và


1
1
2
x 1 y  4 z  3
. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác
d2 :


1
2
1
định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến
CM của tam giác ABC.
1

2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 ( 3;0); F2 ( 3;0) và đi qua điểm A  3;  .
2

Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:
P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
0
2

4
2k
2008
2010
S  C2010
 3C2010
 32 C2010
 ...  (1)k C2010
 ...  31004 C2010
 31005 C2010
------------------------------------Hết --------------------------------------


Hướng d ẫn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Câu I:

x  X 1
2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: 
y  Y  2
3
Hàm số đã cho trở thành : Y = 
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X
X
Hay y – 2 = - x – 1  y = - x + 1
x
3
Câu II: 1. Điều kiện: s inx 
và cos  0 và cosx ≠ 0
2
2

cosx = 1
3
2
Biến đổi pt về: 4cos x - 4 cos x – cosx + 1 = 0  
cosx =  1

2
2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.

x 2  3x  2.log 2 x 2  x 2  3x  2.(5  log

x

2)

2log 22 x  5log 2 x  2

0
log 2 x
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến :
y=x+4
x  0
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0  
x  2
2

2

V =   ( x  4) dx    ( x3  2 x 2  x  4)2 dx

2

0

0

Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH  M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
a 15
a 15
HC =
; M’C =
; MM’ = a 3
10
2
3
Vậy V = a 3
4
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx]
TXĐ: D = [0;+)
x 1
= (2 x  1) ln
x
Gọi x1; x2  [0;+) với x1 > x2
2 x1  1  2 x2  1  0 

Ta có : x1  1
x 1
  f ( x1 )  f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng
ln

 ln 2
 0
x1
x2

Từ phương trình (1)  x = y
(2)  x  1  2 4 ( x  1)( x  1)  m x  1  0 

x 1
x 1
 24
m0
x 1
x 1

x 1
==> 0 ≤ X < 1
x 1
Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2
==> hệ có nghiêm  -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
Đặt X =

4

1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R '  (m  1)2  4m2  5


OI  (m  1)2  4m2 , ta có OI < R’

Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
5 xy  3 y 2
P 2
x  xy  y 2
Với y = 0 ==> P = 0
5t  3
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: P  2
 Pt 2  ( P  5)t  P  3  0 (1)
t  t 1
+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
’ = - P2 – 22P + 25  0  - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a  (1;1; 2)
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b  (1; 2;1)
Ta có a,b   0 va a, b  M 0 M1  0
(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A  (d1,d2)
t 5 t 5

B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M 
;
;3  t   d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
2
 2


C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC  a ==> t = 0 ==> C(1;4;2)
x2 y 2
3
1
x2 y 2
2. (E): 2  2  1  2  2  1 , a2 = b2 + 3 ==>

1
a
b
a 4b
4 1
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM2  yM2 ) – (a2 – e2 xM2 ) = 1
Câu VII.b:
Tính giá trị biểu thức:
0
2
4
2k
2008
2010
S  C2010
 3C2010
 32 C2010
 ...  (1)k C2010
 ...  31004 C2010
 31005 C2010



Ta có: 1  i 3



Mà 1  i 3

Vậy





2010

2010





 1 i 3

 1 i 3





2010

0
2
4
2k
2008
2010
 2  C2010
 3C2010
 32 C2010
 ...  (1) k 3k C2010
 ...  31004 C2010
 31005 C2010


2010
2010
-2010
-2010 

 sin
)  22010  cos
 sin

3
3
3
3 

= 2.22010  cos670   2.22010

S = 22010
-----------------------------------------------------

2010

 22010 (cos