5 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán năm 2016 phần 1

    ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SOÁ 6
                  
 
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm). 
2 x - 3 
Câu 1 (2.0 điểm).  Cho hàm số  y =
(C ) 
x + 1
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 
b)  Lập phương trình của parabol (P) có dạng  y = ax 2  + bx + c (a, b, c Î ¡ ) , biết rằng parabol (P) đi qua 
các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với hoành độ  x i  > - 4 . 
x 
7 p
4 cos 2 + 2 cos 2 (
- x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3 
2
4 
Câu 2 (1.0 điểm).  Giải phương trình 
= 0 
1 - 2 sin x
ì 3 x - y 
ïx + x2 + y 2  = 3 
ï
Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình  í
ï y - x + 3 y  = 0
ïî  x2 + y 2 
1 

x2  + ex .  x + x 
dx . 
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân  I = ò 
x 
(
x
+
1). 
e
0 
Câu  5  (1.0  điểm).  Cho  khối  lăng  trụ  đứng  ABC . A ' B ' C '  có  đáy  ABC  là  tam  giác  vuông  tại  B 
với AB = a ,  AA ' = 2 a , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm của các đường thẳng AM 
và  A'C. Tính theo  a  thể tích khối  IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) . 
x3 y 3 
ì x, y , z > 0
Câu 6 (1.0 điểm). Cho  í
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  P =
( x + yz)( y + zx)( z + xy ) 2 
î x + y + 1 = z
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B. 
A.  Theo chương trình nâng cao. 
Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5 ) , phương 
trình đường thẳng chứa cạnh BC là  x + y - 8 = 0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai 
điểm M ( 7;3) , N ( 4; 2 ) . Tính diện tích tam giác ABC. 
Câu 8a (1.0 điểm).  Trong không gian  Oxyz ,  cho tứ diện  ABCD, với trọng tâm G của tứ diện thuộc mặt 
phẳng  ( b ) : y - 3 z = 0,  đỉnh A thuộc mặt phẳng  (a ) : y - z = 0,  các đỉnh  B(- 1; 0; 2 ),  C (- 1;1; 0 ), 
5 
D(2;1; - 2)  và thể tích khối tứ diện ABCD là  . Tìm tọa độ đỉnh A. 
6 
Câu 9a (1,0 điểm).  Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. 

Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. 
B. Theo chương trình chuẩn. 
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy ,  cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6. Phương 
trình đường thẳng chứa đường chéo BD là  2 x + y = 11 , đường thẳng AB đi qua  M (4; 2),  đường thẳng BC 
đi qua  N (8; 4 ). Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm  B, D  đều 
có hoành độ lớn hơn 4. 
Câu  8b  (1.0  điểm).  Trong  không  gian  Oxyz , cho  hai  điểm  A(1; - 1;0 ), B(2;1; 2)  và  mặt  phẳng 
( P) : x - y + 2 z - 1 = 0.  Viết phương trình mặt phẳng  (Q )  đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) sao cho 
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  (Q ) là lớn nhất. 
Câu 9b (1.0 điểm).  Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện

iz - (1 + 3 i ) z 
2 
= z  . 
1+ i


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1­2013­2014 
MÔN: TOÁN (KHỐI A) 
Hướng dẫn chấm gồm 8 trang 
Câu 
1 

ý 
Nội dung 
a 
2 x - 3 
(1điểm)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  y = x + 1 (C ) 

Tập xác định : D = ¡ \ {-1} .

·  Sự biến thiên: 
­  Giới hạn và tiệm cận:  lim y = lim y = 2;  tiệm cận ngang  y = 2.

Điểm 

· 

x ®-¥

x ®+¥

0,25 

lim y = +¥, lim + y = -¥ ;  tiệm cận đứng  x = - 1. 

x ®( -1) -

x ®( -1) 

5 
> 0, " x Î D . 
( x + 1) 2 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  (-¥; - 1) và  (-1; +¥).
Bảng biến thiên:
­  Chiều biến thiên:  y ' =

· 

0,25 

0,25 

·  Đồ thị hàm số: 
y 

I

0,25 

2 

­1  0  3/2 

x 

­3 

b 
2 x - 3 
(1điểm)  y = x + 1 (C ) 
2 x - 3
5 
Ta có:  y =
= 2 , để y nguyên thì 5 phải chia hết cho x+1, tức x+1 
x +1
x + 1
phải là ước của 5, suy ra: 
x + 1 Î { ± 1; ± 5} Þ x Π{0;­2;4;­6}
Do đó các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với  x i  > - 4
là:  M 1 (0; -3); M 2 (- 2; 7); M 3 (4;1) . 

Từ điều kiện parabol (P): y=ax 2 +bx+c,  đi qua các điểm M1; M2 ; M3  ta có hệ 
phương trình: 

0,25 

0,25 

0,25 


ỡc = - 3
ỡ a= 1
ù
ù
ớ 4a - 2b + c = 7 ớb= -3
ù16 a + 4b + c = 1 ùc= -3
ợ
ợ

0,25

Vy(P):y=x2ư3xư3.
2

3

(1im) Cõu2(1.0im). Gii phngtrỡnh
x
7p
4 cos 2 + 2 cos 2(

- x) - 3cos(2 x- 3p) - 3
2
4
= 0
1 -2 sin x
Gii:
1
p
5p
iukin s inx ạ x ạ + k 2p x ạ
+k 2p .Khiú
2
6
6
x
7p
PT 4 cos 2 + 2 cos 2(
- x) - 3cos(2 x - 3p) - 3 =0
2
4
x
7p
ộ
ự
2(2 cos 2 - 1) + ờ 2 cos2(
- x) - 1ỳ + 3cos2x = 0
2
4
ở
ỷ

7p
2cosx + cos(
- 2 x) + 3cos2x =0
2
2cosxưsin 2 x + 3cos2x =0
sin 2 x 3

cos2 x =cosx
2
2
p
p
sin (2xư ) =sin( ưx)
3
2
p p
5p
2p
ộ
ộ
ờ 2xư 3 = 2 ưx+k2p
ờ x = 18 + k 3
(k ẻ Z)
ờ
ờ
ờ 2xư p = p - ( p ưx) + k2p
ờ x = 5p + k 2p
ờở
ờở
3

2
6
Kthpviiukin,tacúphngtrỡnhcúhnghiml:
5p
2p
x=
+k
(k ẻZ )
18
3
(1im)

0,25

0,25

0,25

0,25

ỡ 3x - y
ùx+ x2 + y2 = 3(1)
ù
Cõu3(1.0im).Giihphngtrỡnh ớ
ù y- x + 3y = 0(2)
ùợ x2 + y2
ưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưư
Gii:
Nhõnphngtrỡnh(1)viyvphngtrỡnh(2)vi x ricnghaiphngtrỡnh
li,tathuc.

(3x - y) y ( x + 3y)x
2xy + 2 2 - 2 2 = 3y 2xy -1 = 3y
0,5
x +y
x +y
3y+1
Túsuyra: x=
,thayvophngtrỡnh(2)cah,tacú:
0,25
2 y
ộổ 3y +1ử2 2 ự ổ 3y+1ử
4
2
y ờỗ
ữ + y ỳ -ỗ
ữ - 3y = 0 4 y - 3y -1 = 0
ờởố 2 y ứ
ỳỷ ố 2y ứ
2
Túsuyra:y =1hayy=1hocy=ư1.Hcúhainghiml:(21)(1ư1)

0,25


4 

1 điểm 

1 

x2  + ex .  x + x 
dx 
Tính tích phân  I = ò 
x 
(
x
+
1). 
e
0 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
1
1 
x
x 
I
=
dx
+
dx 
Ta có :  ò x 
ò
e
x
+
1 
0
0 
1
23 1

424
3 
0,25 
I1

I 2 

1 

ìu = x
ìdu = dx 
x 
Þ
*) Tính  I1  = ò  x dx  Đặt  í
í
-x
- x 
e
îdv = e dx î v = -e
0 
1 1 
1 
1
2 
Khi đó :  I1  = (-xe- x ) + ò e- xdx = - - e -x  = 1 - . 
0 0 
0 
e
e

0,25 

1 

x 
*) Tính  I2  = ò  dx 
x +1 
0 
Đặt  t = x Þ x = t 2  Þ dx = 2 tdt
Đổi cận : với x= 0 thì t=0. với x=1 thì t = 1. 
1
1
1  1  dt 
2t 2 
2 
Khi đó :  I2 = ò 2 dt = ò (2 - 2 )dt = 2t - 2ò  2  = 2 - 2 I 3 
0  0  t +1 
t +1
t +1
0
0

0,25 

1 

dt 
*) Tính  I 3  = ò  2  ;  Bằng cách đặt t=tanu. Từ đó tính được 
t +1 
0 

1 
du 
2 
p
c
os 
u 
=
I 3  = ò  2 
tan u +1 4 
0 
p

4 

5 

2  p
Kết quả :  I = 3 - - 
e 2 
1 điểm  Cho khối lăng trụ đứng  ABC . A ' B ' C '  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại B, 
với AB = a ,  AA ' = 2 a , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm 
của các đường thẳng AM  và  A'C. Tính theo  a  thể tích khối  IABC và khoảng 
cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) . 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

0,25 


Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của I trên AC, A'C'. Khi đó do

1 
( ABC ) ^ ( ACC'A') nên  IH ^ ( ABC) . Từ đó  VI .ABC =  SDABC .IH
3 
Do  ACC'A'  là hình chữ nhật nên  AC =

(1) 

0.25 

A' C 2  - AA' 2  = a 5 . 

Do tam giác ABC vuông tại B nên  BC = AC 2  - AB 2  = 2 a . 
1 
Suy ra  S DABC  = AB.AC = a 2  .                 (2) 
2 
Theo định lý Thalet,  ta có 
IH
AC
2
IH 
2
2
2
4 
=
= Þ
=
= Þ IH = HK = a  (3) 
IK A' M 1
KH 2 + 1 3

3
3 
1
4 
Từ (1), (2), (3) suy ra  VI .ABC = S DABC .IH =  a 3 .
3
9 
2 
2 
Từ (3) và theo định lý  Thales, ta được  IC =  A' C . Suy ra  S DBIC =  S DBA' C  . 
3 
3 

0,25 

Do ABB'A' là hình chữ nhật nên  BA' = BA2 +BB' 2  = a 5 . 
Do  BC ^ BA,  BC ^  BB' nên BC ^ ( BAA' B' ) Þ BC ^  BA' . 
1 
2
2 5 a 2 
BC.BA' = a 2  5 .  Từ đó  S DBIC = SDBA' C  = 
. 
2 
3
3 
3V
2 a 
. 
Từ đó, do  VI .ABC = VA.IBC  . Suy ra d ( A,( IBC ) ) = I .ABC  = 
S IBC 

5 

0,25 

Suy ra  S DBA' C  =

6 

(1điểm) 

0,25 

ì x, y , z > 0
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
Câu 6 (1.0 điểm). Cho  í
î x + y + 1 = z
P =

x3 y 3 
( x + yz)( y + zx)( z + xy ) 2 

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Ta có: 
x+yz=yz+z­y­1=(y+1)(z­1). 
y+zx=zx­x+z­1=(x+1)(z­1) 
z+xy=x+y+1+xy=(x+1)(y+1) 
z­1=x+y 
Khi đó: 
P =

x3 y3
x3 y3
x 3 y 3 
=
=
( x + yz)( y + zx)( z + xy ) 2 ( z - 1) 2 ( x + 1)3 ( y + 1)3 ( x + y )2 ( x + 1)3 ( y + 1) 3 

0,25 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 
x + y ³ 2 xy Û ( x + y ) 2  ³ 4xy 
x+1=

x 2 
x x
27  2 
+ + 1 ³ 3 3 
Þ ( x + 1) 3 ³
x 
2 2
4
4 

y 2 
y y
27 
3 
Þ ( y + 1) 3 ³  y 2 
y+1= + + 1 ³ 3
2 2

4
4 

0,25


Suy ra:  P =

0,25 

x3 y 3
x3 y 3 
4 
£
=
2
3
3 
27
27 
( x + y ) ( x + 1) ( y + 1)
4xy. x 2 .  y 2  729 
4
4 

0,25 
ì x = y = 2 
4
; đạt được khi  í
729 

î z = 5 
1điểm  Câu 7a (1.0 điểm). Trong  mặt phẳng  với  hệ  tọa độ  Oxy, cho tam giác  ABC có 
trực tâm H ( 5;5 ) , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC  là  x + y - 8 = 0 . 
Vậy GTLN của  P = 

7a 

Biết  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  ABC  đi  qua  hai  điểm M ( 7;3 ) , N ( 4; 2 ) . 
Tính diện tích tam giác ABC. 
y 

A 

B 

H 
M 

H' 
N 

C 

O 

x 

Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC. 
Phương trình HH’:  x - y = 0 . 
Khi đó, giao điểm của HH’ và BC là I ( 4; 4 ) . 

Suy ra tọa độ điểm H ' ( 3;3 ) . 
Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Gọi 
Pt 
đường 
tròn 
ngoại 
tiếp 
tam 
giác 
ABC 
2
2
2
2 
x + y + 2ax + 2by + c = 0 ( a + b - c > 0 ) 
Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 
ì7 2 + 32  + 14a + 6b + c = 0  ì a = -5 
ï 2 2 
ï
í3 + 3 + 6 a + 6b + c = 0 Û íb = -4 
ï 2
ï
2 
îc = 36 
î 4 + 2 + 8a + 4b + c = 0 
Phương  trình 
đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác 
2
2 

x + y - 10 x - 8 y + 36 = 0  ( C ) 

ABC 

0,25 
là

là
0,25 

Vì A = HH 'Ç ( C ) Þ  A ( 6; 6 ) (vì  A º  H ' )

{B; C} = BC Ç ( C )  Þ Tọa độ  B, C là nghiệm của phương trình 
é ì x = 3 
êí
ì x 2 + y 2  - 10 x - 8 y + 36 = 0  ê î y = 5 
Û
í
ê ì x = 6 
î x + y - 8 = 0 
êí
ê î y = 2 
ë 
Þ BC = 3 2 
Diện tích tam giác ABC là 

0,25


S ABC  =

8a 

1
1  6 + 6 - 8 
d ( A, BC ) .BC =
.3 2 = 6 (đvdt) 
2
2 
2 

0,25 

1 điểm  Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian  Oxyz ,  cho tứ diện  ABCD, với trọng tâm G 
của  tứ  diện  thuộc  mặt  phẳng  ( b ) : y - 3 z = 0,  đỉnh  A  thuộc  mặt  phẳng 
(a ) : y - z = 0,  các đỉnh  B(- 1; 0; 2),  C (- 1;1; 0 ),  D(2;1; - 2)  và thể tích khối 
5 
tứ diện ABCD là  . Tìm tọa độ đỉnh A. 
6 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

ì4 xG = x A 
ï
Gọi  G ( xG ; yG ; zG ), A( x A ; y A ; z A ) Þ  í4y G  = y A  + 2 
ï4 z = z  .
î  G
A 
uuur 
ì y  = 1 
Từ  G Î ( b ), A Î (a ) Þ  í A  Þ A(xA;1;1) Þ BA = (x A  +1;1; -1). 
îz A  = 1

uuur
uuur 
1  uuur uuur uuur 
Ta có  VABCD  = éë BC , BD ùû . BA và  BC = (0;1; -2), BD = (3;1 - 4). 
6 
Suy ra 
uuur uuur
uuur uuur uuur 
1 
é BC , BDù = (-2; -6; -3) Þ é BC , BDù .BA = -2xA - 5 Þ VABCD = -2 xA  - 5 . 
ë
û
ë
û
6 
1
5 
Vậy  -2 x A - 5 = Û 2 x A + 5 = ±5 Þ x A  = 0,  hoặc  x A  = - 5. 
6
6 
Với  x A  = 0 Þ  A(0;1;1),  với  x A  = -5 Þ A(- 5;1;1). 
9a 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

1điểm  Câu  9a  (1,0  điểm).  Trong  một  hộp  gồm  có  8  viên  bi  xanh  và  6  viên  bi  trắng, 
chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và 
bi trắng. 

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
5 
Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là  C14 
= 2002  (cách), suy ra, không 
0,25 
gian mẫu là  W = 2002.
Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Ta có 
W A  = C81C64 + C82C63 + C83C62 + C84C6 1  = 1940. 

Vậy  P ( A) =
7b 

W A 
W 

=

1940 970 
=
» 0,969030969 
2002 1001 

0,5 

0,25 

1điểm  Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy ,  cho hình chữ nhật ABCD có 
diện tích bằng 6. Phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD là  2 x + y = 11 , 
đường thẳng AB đi qua  M (4; 2),  đường thẳng  BC đi qua  N (8; 4 ). Viết phương 
trình  các đường thẳng chứa các cạnh  hình chữ  nhật, biết  các điểm  B, D  đều có 
hoành độ lớn hơn 4. 

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
uuur
uuur
B Î BD Þ B (t ;11 - 2t ) Þ MB = (t - 4;9 - 2t ), NB = (t - 8;7 - 2t ) 
uuur uuur 
Þ MB. NB = 0
Û (t - 4)(t - 8) + (9 - 2t )(7 - 2t ) = 0 Û 5t 2  - 44t + 95 = 0 Û t = 5,  hoặc 
t = 19 / 5. 
Với  t = 19 / 5 Þ B(19 / 5;17 / 5)  loại vì  xB  < 4. 
Với  t = 5 Þ B(5;1) . 

0,25


x - 5 y- 1
=
x + y - 6 = 0.
4 - 5 2 -1
x - 5 y- 1
0,25
ngthngBClngthngBN:
=
x - y - 4 = 0.

8 - 5 4 -1
Vỡ D ẻ BD ị D ( s11 -2 s ), tacú
s+11ư2sư6 5 - s
s - 11 + 2s - 4 3s- 15
d(D,AB)=
=
, d ( D, BC ) =
=
.
2
2
2
2
5 - s 3s- 15
M S( ABCD) = 6 d ( D, AB).d ( D, BC ) = 6
.
=6
2
2
SuyrangthngABlngthngBM:

2

5 - s = 4 s =7,hoc s = 3 <4 (loi)
Vi s =7,suy D (7 -3),
KhiúAD: x - y - 10 =0, DC: x + y - 4 =0.
8b

0,25
0,25

Cõu8b(1.0im).Trongkhụnggian Oxyz,chohaiim A(1 -10 ), B(21 2)
vmtphng ( P) : x - y + 2 z - 1 =0. Vitphngtrỡnhmtphng (Q) iquaA
vuụng gúc vi mt phng (P) sao cho khong cỏch t im B n mt phng
(Q)llnnht.

ưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưư
Phngtrỡnhmp(Q)iquaAcúdng
a( x - 1) + b( y + 1) + cz = 0 (a2 + b2 + c2 ạ0).

uur

uur

Mtphng(P),(Q)cúmtvtptlnltl nP = (1 -1 2), nQ = (a, b, c).
uur uur

Vỡ (Q ) ^( P), nờn nQ .nP = 0 a - b + 2c = 0 a = b - 2c
ị (Q) : (b - 2c )( x - 1) + b( y + 1) + cz =0.
3b
Tacú d ( B, (Q) )=
.
(b - 2c )2 + b 2 +c 2

0,25

Nu b =0, thỡ d ( B, (Q ) )=0.

0,25

Nu b ạ0, thỡ d ( B, (Q) )=

3
(1 - 2t )2 + 1+ t2

3

=

2

ổ 2 ử 6
5ỗ t - ữ +
ố 5 ứ 5

Ê

30 ổ
cử
, ỗ t = ữ .
2 ố bứ

c 2
= , chn c =2, thỡ b =5 v a =1.
b 5
Vy (Q ) : ( x - 1) + 5( y + 1) + 2 z = 0 x + 5 y + 2 z + 4 =0.

0,25

Dubngkhivchkhi t =

9b

0,25

iz - (1 + 3i )z
2
= z .
1+i
ưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưư
Cõu9b(1.0im). Tỡmsphczthamón iukin

Gi z=a+bi (a, b ẻ Ă).Tacú:
iz - (1 + 3i )z
- a - 4b + ( b - 2a )i 2
2
= z
= a + b2
1+ i
1+ i
ộ a - 4b + ( b - 2a ) i ựỷ (1- i)
ở
= a 2 + b 2 -3a - 3b + ( 5b - a ) i = 2( a 2 +b 2 )
2

0,25

0,25

ìï-3a - 3b = 2 ( a 2 + b 2 )  ì26b 2  + 9b = 0 
Ûí
Ûí
Ûa =b=0
a
=
5 
b 
5
b
a
=
0 
ïî 
î
45 9 
Vậy có 2 số phức cần tìm:  z = 0 và  z = - -  i
26 26 

hay a = -

45
9 
; b = 26
26 

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm. 

0,25 
0,25 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 1
Môn: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 có đồ thị là (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt đồ thị (C) tại điểm
thứ hai là N (khác M) thỏa mãn: P = 5 xM2 + xN2 đạt giá trị nhỏ nhất.
s inx + t anx 2
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
= (1 + cos x )
t anx − s inx 3
2 x ( x 2 + 3) − y ( y 2 + 3) = 3 xy ( x − y )

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ ℝ )
2
2
( x − 2 ) = 4 ( 2 − y )
π

tan 3 x
dx
1 + cos 2 x
0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh AD sao cho MD = 2MA . Tính
theo a thể tích khối chóp S.BCDM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM biết mặt phẳng

(SBD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y ≤ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫

 1
1
1 
P = ( x4 + y4 + z 4 )  4 + 4 + 4 
y
z 
x
II. 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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy
hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C
biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1)
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng
x −1 y −1 z − 2
x y −1 z −1
d1 : =
=
, d2 :
=
=
. Tìm tọa độ điểm B thuộc d1, C thuộc d2 sao cho BC
2
1
1

1
−1
1
nằm
trong mặt phẳng chứa A và d1, đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương.
z + 2 + 3i
Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết u =
là một số thuần ảo và z + 1 − 3i = z − 1 + i
z −i
B. Theo chương trình nâng cao
x2 y 2
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình:
+
= 1 . Tìm điểm M
25 9
thuộc elip sao cho góc F1MF2 = 900 với F1, F2 là hai tiêu điểm của elip.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng
x y −1 z −1
d: =
=
. Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng
1
−2
1
3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần
z 
thực, phần ảo của số phức: w =  1 
 z2 

2013

, biết z1 có phần ảo dương.

…………HẾT………..


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Họ và tên thí sinh:………………………………………………….; Số báo
danh:………………………..

Câu
Câu 1
2,0 điểm

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
x = 0
Ta có: y' = 3x2 – 6x; y' = 0 ⇔ 
x = 2
Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 )

0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2
- Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

0,25

x →+∞

- Bảng biến thiên:
x -∞
y’

+

0
0
2

+∞

2
0

-

+

+∞

y

0,25

-2

-∞
* Đồ thị

y
4

2

-1

O

1

2

3

5

x

2

0,25

4

b) (1,0 điểm)
Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ M ( a; a 3 − 3a 2 + 2 )

Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là:
x3 − 3 x 2 + 2 = ( 3a 2 − 6a ) ( x − a ) + a 3 − 3a 2 + 2

x = a
2
⇔ ( x − a ) ( x + 2a − 3 ) = 0 ⇔ 
 x = −2 a + 3
Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: a ≠ −2a + 3 ⇔ a ≠ 1
www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Khi đó: xM = a; xN = −2a + 3
Ta có: P = 5a 2 + ( −2a + 3) = 9a 2 − 12a + 9 = ( 3a − 2 ) + 5
2

Do đó: P ≥ 5 ,suy ra Pmin = 5 khi a =

Câu

Câu 2
1,0 điểm

Câu 3
1,0 điểm

2

2
2
 2 26 
.Đối chiếu ĐK ta được a = .Vậy M  ; 
3
3
 3 27 
Đáp án

cos x ≠ 0
cos x ≠ 0
Đk: 
⇔
 t anx − s inx ≠ 0
cos x ≠ ±1
Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
s inx 

 s inx

3  s inx +
− s inx 

 = 2 (1 + cos x ) 
cos x 

 cos x

2
2
⇔ s inx ( 2 cos x + 3cos x + 1) = 0 ⇔ 2 cos x + 3cos x + 1 = 0, ( Do : s inx ≠ 0 )
cos x = −1
Ta có: 2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0 ⇔ 
cos x = − 1

2
Vì cos x ≠ −1 nên ta có:
1
2π
cosx = − ⇔ x = ±
+ k 2π , (k ∈ ℤ)
2
3
2π
Vậy nghiệm phương trình: x = ±
+ k 2π với k ∈ ℤ
3
2
2

(1)
2 x ( x + 3) − y ( y + 3) = 3 xy ( x − y )
 2

2
(2)
( x − 2 ) = 4 ( 2 − y )

0,25
0,25
Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

Ta có phương trình (1) tương đương với: x3 + 3 x = ( y − x ) + 3 ( y − x ) (3)
3

0,25

Xét hàm số: f (t ) = t 3 + 3t , ∀t ∈ ℝ
Do: f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ

Suy ra: (3) ⇔ f ( x ) = f ( y − x ) ⇔ y = 2 x

 x 2 = 2( x − 1)
Thay vào pt (2) ta được: (x2 – 2)2 = 4(2 – 2x) ⇔ x4 = 4(x – 1)2 ⇔  2
 x = −2( x − 1)
2

* PT: x = 2(x – 1) vô nghiệm
* PT: x2 = -2(x – 1) ⇔ x = −1 ± 3
 x = −1 + 3  x = −1 − 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
;
 y = −2 + 2 3  y = −2 − 2 3

Câu 4
1,0 điểm

Đặt t = 2 + tan 2 x ⇒ dt =

π

4

0,25

0,25

2 t anx
dx
cos 2 x

Đổi cận:
khi x = 0 ta có: t = 2;
khi x =

0,25

0,25

ta có: t = 3
π

tan 2 x
t anx
1 t−2
.
dx = ∫
dt
2
2
cos x
22 t
0 ( 2 + tan x )
4

Ta có: I = ∫

www.DeThiThuDaiHoc.com

3

0,25


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
3

=

3

1
dt
dt − ∫
∫
22
t
2

0,25

3 1
1 3
3
= t − ln t = − ln
2 2
2 2
2
0,25

Đáp án

Câu
Câu 5
1,0 điểm

Điểm

S

K
A
H

M

D

F
I

B

N

E

C

Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH ⊥ AB , do (SAB) ⊥ (ABCD)
nên SH ⊥ (ABCD)
Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD ⊥ (SHI), (Do BD ⊥ SH)
Suy ra BD ⊥ SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là: SIH , theo giả thiết: SIH = 600
1
a 2
Ta có: HI = AC =
4

4
a 6
Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan600 =
4
2
2
a
5a
Ta có: SBCDM = SABCD – SABM = a 2 −
=
6
6
3
1
5a 6
Vậy VS . BCDM = S BCDM .SH =
(ĐVTT)
3
72
Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC)
Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN
Ta có: d ( CM , SA ) = d ( CM , ( SAE ) ) = d ( C , ( SAE ) ) = d ( N , ( SAE ) ) = d ( H , ( SAE )
Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên
SF, khi đó: (SHF) ⊥ (SAE) nên HK ⊥ (SAE), do đó: d ( H , ( SAE ) ) = HK

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25

0,25


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
2a
2
BE
3
Trong tam giác vuông ABE, ta có: sin BAE =
=
=
AE
13
4a 2
a2 +
9
a
Suy ra HF = AH.sin BAE =
13
Trong tam giác vuông SAF ta có:
3
1
1
1
HF .HS
3
=
+
⇒ HK =

=a
. Vậy d ( CM , SA) = a
2
2
2
2
2
HK
HF
HS
47
47
HF + HS
Câu
Câu 6
1,0 điểm

Ta có: x 4 + y 4 ≥

(x

2

+y
2

) ≥ ( x + y)

2 2

8

Đáp án
4

,

1
1
2
32
+ 4≥ 2 2≥
4
4
x
y
x y
( x + y)

4
4
 ( x + y )4
  32
 z 
1  1 x+ y 
4
Do đó: P ≥ 
+ z 
+ 4= 
 +5

 + 32 
4
z  8  z 
 x+ y
 8
  ( x + y )

 x+ y
Đặt t = 
 , ta có: 0 < t ≤ 1 (Do: x + y ≤ z)
 z 
t 32
Suy ra: P ≥ f (t ) = + + 5, ∀t ∈ ( 0;1]
8 t
1 32
Ta có: f '(t ) = − 2 , f '(t ) = 0 ⇔ t = ±16 , do đó: f '(t ) < 0, ∀t ∈ ( 0;1]
8 t
297
Suy ra: f '(t ) ≥ f (1) =
8
x = y
297
, khi : 
Vậy min P =
8
x + y = z
A. Theo chương trình chuẩn
Đáp án

0,25

Điểm
0,25

0,25

4

Câu
Câu 7b
1,0 điểm

F

A
E

B

I

H

0,25

0,25

Điểm

Gọi M là giao điểm của AH và CD

Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì:
AB = AD, ABE = DAM , do cùng phụ với AEH )
Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ
nhật.

0,25

D

M

C

Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF
Trong tam giác vuông MHB ta có: HM =

1
BM
2

1
Do BM = CF nên HM = CF , suy ra tam giác CHF vuông tại H.
2
Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có: HC = ( 2c − 2; c + 1) , HF = (1;1)

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25

Câu 8a
1,0 điểm

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
1
 1 1
Vì CH ⊥ FH nên HC.HF = 0 ⇔ 2c − 2 + c + 1 = 0 ⇔ c = . Vậy tọa độ C  − ; 
3
 3 3
Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d1, gọi M(0; 1; 1) thuộc d1, u = ( 2;1;1) là véc tơ chỉ
phương của d1. Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là: n =  AM , u  = ( 3; −1; −5 )
Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0.
Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
 x = −1
 x −1 y −1 z − 2
=
=


−1
1 ⇔  y = 3 ⇒ C ( −1;3; 0 )
 1
z = 0
3x − y − 5 z + 6 = 0


0,25

0,25

0,25

Gọi tọa độ B thuộc d1 là: B ( 2b; b + 1; b + 1)
Ta có: AB =

( 2b − 1) + ( b + 2 ) + ( b − 1)
2

2

= 6b 2 − 2b + 6 , AC = 2 6

2

b = 0
Do AC = 2AB nên: 2 6b − 2b + 6 = 2 6 ⇔ 6b − 2b = 0 ⇔ 
1
b =
3

2 4 4
Vì B có hoành độ dương nên B  ; ; 
3 3 3
Đặt z = x + yi, (x, y ∈ R ), khi đó:
2

Câu 9a
1,0 điểm

u=

0,25

2

0,25

( x + 2 ) + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y + 3) i   x − ( y − 1) i 
2
x + ( y − 1) i
x 2 + ( y − 1)

(x
=

2

)

+ y 2 + 2 x + 2 y − 3 + 2 ( 2 x − y + 1) i
x + ( y − 1)
2

0,5

2

2

2
2
2
 x + y + 2 x + 2 y − 3 = 0
( x + 1) + ( y + 1) = 5
u là số thuần ảo khi và chỉ khi  2
⇔
(1)
2
x
y
1
0
+
−
>
x
;
y
0;1
≠
(
)
(
)
(
)


Ta có:

z + 1 − 3i = z − 1 + i ⇔

Câu
Câu 7b
1,0 điểm

( x + 1) + ( y − 3)
2

2

=

( x − 1) + ( y + 1)
2

2

⇔ x − 2 y + 2 = 0 (2)

3 16
 3 16 
Từ (1) và (2) ta có: ( x; y ) =  − ; −  . Vậy số phức cần tìm: z = − − i
5 5
 5 5
B. Theo chương trình Nâng cao
Đáp án
Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4
4

4
Gọi M ( a; b ) thuộc elip ta có: MF1 = 5 + a, MF2 = 5 − a
5
5
2
2
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: MF1 + MF2 = F1 F22
2

0,25
Điểm
0,25

2

4  
4 
175

⇔  5 + a  +  5 − a  = 64 ⇔ a 2 =
5  
5 
8

a2 b2
9
Do M thuộc elip nên:
+ = 1 ⇔ b2 =
25 9
8

Vậy tọa độ cần tìm:

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25
0,25
0,25


Câu 8b
1,0 điểm

Câu 9b
1,0 điểm

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
M 
;
;−
;
;−
 , M 
 , M  −
 , M  −


4 
4 
4
4 
4
4 
 4
 4


Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng: M ( a;1 − 2a; a + 1)
Ta có: AM = ( a − 1; −2a; a − 1) , AB = (1; −2; −1)
Suy ra:  AM , AB  = ( 4a − 2; 2a − 2; 2 )
1
1
2
2
Ta có: S ∆AMB =  AM , AB  =
( 4 a − 2 ) + ( 2 a − 2 ) + 4 = 5a 2 − 6 a + 3
2
2
a = 0
2
2
Theo giả thiết ta có phương trình: 5a − 6a + 3 = 3 ⇔ 5a − 6a = 0 ⇔ 
6
a =
5


 6 7 11 
Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: M  ; − ; 
5 5 5 
Vì ∆ = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: z1 = 1 + 3i, z2 = 1 − 3i , (Do z1 có
phần ảo dương)

(

z 1 + 3i 1 + 3i
Ta có: 1 =
=
z2 1 − 3i
4
2013

)

2

0,25

0,5

0,25

2

2
1
π

π
3  
=  +
i  =  cos + i.sin 
3
3
2 2  

z 
π
π

Do đó:  1  =  cos + i.sin 
= cos1342π + i.sin1342π = 1
3
3

 z2 
Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0.

0,25

4026

……………..Hết…………….

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25
0,25


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2
Thời gian làm bài: 180 phút
I.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x + 2 (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho;
b) Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng (d ) : y = mx − 2m + 4 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân
biệt A (2, 4 ) , B,C sao cho tam giác OBC cân tại O , với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình
a)


y
x +
+ y2 = 0
2

1+x +x
b) 
 x 2
2
2
 2 + 2 x + 1 + y = 3
 y

sin 2x − cos 2x = 2 2 cos x + 1

(x, y ∈ R)

π
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

∫ (x + sin x ) sin x dx
2

0

Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có tam giác ABC vng tại B , AB = a, BC = 2a . Hình
chiếu của A ' trên mặt phẳng (ABC ) là trung điểm H của BC , cạnh bên A ' A hợp với đáy góc 45o .
Tính thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AA ' B ' B ) .

 −1 
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên  ;1
 2 


3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuyến
AI : x + y − 2 = 0 , đường cao AH : x − 2y + 4 = 0 và trọng tâm G thuộc trục hồnh. Tìm tọa độ của
B và C ; biết E (5; −1) thuộc đường cao qua C .

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1;2) , B (−1; 3; −2) và đường
x −1 y + 2
z
=
=
. Tìm điểm I trên d sao cho tam giác IAB cân tại I , viết phương trình
1
−2
−1
mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.

thẳng d :

(

)

2

Câu 8.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 3z − 4 z − 1 + z = 5 + 7i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A (1; 6) , trực tâm H (1; 2) ,
tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 3) . Tìm tọa độ B,C ; biết B có hồnh độ dương.
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu

( S ) : x2 + y2 + z2 − 2 x + 4 y − 6z = 0

và

x − 2 y −1 z −1

=
=
. Tìm tọa độ giao điểm của ∆ và ( S ) , viết phương trình mặt phẳng
−1
1
1
( P ) chứa đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) .

đường thẳng ∆ :

Câu 8.b (1,0 điểm). Cho số phức z th a (1 + i ) z + z = i . Tìm mơđun của số phức ω = 1 + i + z .


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa (1 + i ) z + z = i . Tìm môđun của số phức ω = 1 + i + z .
. . . . Hết . . . .

Dethithudaihoc.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC
Trường THPT Hùng Vương

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014
Môn thi: Toán; Khối: A, A1, B

Đáp án

Điểm

Câu 1.a. Cho hàm số y = x − 3x + 2
3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số đã cho;
Tập xác định D = R .
+ Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

x = 1
+ y ' = 3x 2 − 3 ; y ' = 0 ⇔ 
x = −1
+ Bảng biến thiên
x
−∞
−1
+
y'
0
4
y

+∞

1
0

−

+
+∞

−∞

0

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1) ;
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = −1 , y = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm điểm x = 1 , y = 0.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt:
−2
−1
0
1
2
x
y
0
4
2
0
4
14

12

10

f(x) = x3 3·x + 2

8

6

4

2

15

10

5

5

10

15

2

Câu 1.b. Tìm m để đường thẳng (d ) : y = mx − 2m + 4 cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A,
B, C sao cho A cố định và tam giác OBC cân tại O, với O là gốc tọa độ.
Ta có (d ) : y = mx − 2m + 4
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và ( C) là: x 3 − 3x + 2 = mx − 2m + 4

(

)

⇔ (x − 2) x 2 + 2x + 1 − m = 0
x = 2
⇔ 
2
(1)
 f (x ) = x + 2x + 1 − m = 0
(d) cắt ( C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
Dethithudaihoc.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
khác 2
∆ ' > 0
m > 0

⇔ 

 f (2) ≠ 0
m ≠ 9


Ta có A (2; 4) , gọi B (x 1 ; mx 1 − 2m + 4 ) ,C (x 2 ; mx 2 − 2m + 4 ) theo Vi-et ta có
x + x = −2
2
 1


x1.x 2 = 1 − m

Tam giác OBC cân tại O
⇔ OB 2 = OC 2
⇔ x12 + (mx 1 − 2m + 4 ) = x 22 + (mx 2 − 2m + 4 )
2

(

2

)

⇔ (x 1 − x 2 ) 3m 2 − 4m + 1 = 0
m = 1

2
⇔ 3m − 4m + 1 = 0 ⇔ 
m = 1
3


Câu 2.1. Giải phương trình: sin 2x − cos 2x = 2 2 cos x + 1

sin 2x − cos 2x = 2 2 cos x + 1
⇔ 2 sin x cos x − 2 cos2 x − 2 2 cos x = 0

(

)

⇔ 2 cos x sin x − cos x − 2 = 0
cos x = 0
cos x = 0


⇔
⇔  
π 
=1
sin
x
−
sin
−
cos
−
2
x
x



4 
 

x = π + k π

2

⇔
3
x = π + k 2π

4



y
x +
+ y2 = 0
2

Câu 2.b Giải hệ phương trình:  2 1 + x + x
 x
2
2
 2 + 2 x + 1 + y = 3
 y
Điều kiện: y ≠ 0
 x
2
x + y( x 2 + 1 − x ) + y 2 = 0
 + y + x + 1 − x = 0

y
Ta có hệ :  x 2
⇔  2
 + 2 x 2 + 1 + y 2 = 3
 x

2
2
 y 2
 2 + 2 x + 1 + y = 3
 y
Trừ vế theo vế phương trình (**) cho 2 lần phương trình (*) ta có:
x 2
 2x
x 2 2x
⇔ 2−
+ y 2 − 2y + 2x = 3 ⇔  2 + 2x + y 2  −
− 2y = 3
 y
 y
y
y

x
 + y = −1
2
x

x




⇔  + y  − 2  + y  − 3 = 0 ⇔  y
 y




 x
y
 +y = 3
 y

Dethithudaihoc.com

(*)
(**)


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Trường hợp 1:

x
+ y = −1 , thay vào (*) ta có −1 + x 2 + 1 − x = 0
y

⇔ x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x = 0 , với x = 0 ta có y = 1.
x
Trường hợp 2: + y = 3 ta có hệ phương trình:
y
 x
 x
+y = 3
 + y = 3
 y
(vô nghiệm).

⇔  y

 x
 2
2
x +1 = x −3
 + y + x + 1 − x = 0

 y

Kết luận: Hệ phương trình có một nghiệm là: (0; −1) .
π
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

I =

∫ (x + sin x ) sin x dx .
2

0

π
2

I =

π
2

∫ x sin x dx + ∫ sin
0

3

x dx

0

π
2

• Xét M =

∫
0

M = −x cos x

u = x
du = dx
x sin x dx , đặt 
⇒ 
dv = sin xdx
v = − cos x


π
2

0

π
2

+ ∫ cos x dx = 0 + sin x

π
2
0

=1

0

π
2

π
2

0

0

(

)

π

2

• N = ∫ sin3 x dx = ∫ 1 − cos2 x sin x dx = ∫
0

π

(

 cos3 x
2 2
cos2 x − 1 d(cos x ) = 
− cos x  =
 3
3


)

0

2 5
=
3 3
' ' '
Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .ABC
có tam giác ABC vuông tại B ,
'
AB = a, BC = 2a . Hình chiếu của A trên mặt phẳng (ABC ) là trung điểm H của BC,

Vậy I = M + N = 1 +

' '
cạnh bên hợp với đáy góc 45o . Tính thể tích của lăng trụ ABC .A'BC
và khoảng cách từ
C đến mặt phẳng AA'B 'B .

(

)

'
Ta có: A'H ⊥ (ABC ) ⇒ AAH
= 45o

BH = a ,
AH = AB 2 + BH 2 = a 2

• A'H = AH = a 2

• Thể tích lăng trụ
'
V = S ABC .AH
=

1
AB.BC .A'H = a 3 2
2

(đvtt)

• Gọi L là hình chiếu của C trên
Dethithudaihoc.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

A B ⇒ CL ⊥ AB
'

'

(

(

)

)

( (

'
' '
Ta có: AB ⊥ ABC
⇒ AB ⊥ CL ⇒ CL ⊥ AAB
B ⇒ d C , AA'B 'B

)) = CL

• A'B = A'H 2 + HB 2 = a 3

'
AH
.BC
4a
Ta có: A B.CL = AH .BC ⇒ CL =
=
'
AB
6
4a
' '
Vậy d C , AAB
B = CL =
.
6
Câu 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
 −1 
3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m (1) trên  ;1
 2 


'

'

( (

))

Lời giải:

 −1 
Xét hàm số f (x ) = 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 trên  ;1
 2 


 3

−3x
3x 2 + 4x
3x + 4


Ta có f ' (x ) =
−
= −x 
+

2
3
2
2
3
2

 1−x
1−x
x + 2x + 1
x + 2x + 1 
 −1 

trên  ;1 .
Xét hàm số g (x ) = x 3 + 2x 2 + 1
 2 


2
Ta có g ′ (x ) = 3x + 4x = 0 ⇔ x = 0
Ta có bảng biến thiên
1
−
x
2
g '(x )

0
+

1

−

0

g(x )

1

 1 
 1 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x ) ≥ 1, ∀x ∈ − ;1 và ∀x ∈ − ;1 ta có

 2 
 2 




1
5
3(− ) + 4 ≤ 3x + 4 ≤ 3.1 + 4 ⇔ ≤ 3x + 4 ≤ 7 .
2
2
 1 
3
3x + 4
Suy ra
+
> 0, ∀x ∈ − ;1 Do đó f ′ (x ) = 0 ⇔ x = 0
 2 
1 − x2
x 3 + 2x 2 + 1


Bảng biến thiên
x

−

1
2

f '(x )
f (x )

3 3 − 22
2

0
+

0
1

1

−

PT (1) là phương trình hoành độ giao điểm của d : y = m và
(C ) : f (x ) = 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1
Dethithudaihoc.com

−4


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Phương trình có nghiệm duy nhất khi −4 ≤ m <

3 3 − 22
hoặc m = 1 .
2

PHẦN RIÊNG
Câu 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung
tuyến AI : x + y − 2 = 0 , đường cao AH : x − 2y + 4 = 0 và trọng tâm G thuộc trục
hoành. Tìm tọa độ của B và C; biết E (5; −1) thuộc đường cao qua C.
• A (0;2) , G (2; 0)
• I (3; −1) , BC : 2x + y − 5 = 0
• B ∈ BC ⇒ B (t ;5 − 2t ) ⇒ C (6 − t ; 2t − 7)

AB (t ; 3 − 2t ) , EC (1 − t ;2t − 6)
Ta có:

AB.EC = 0 ⇔ t (1 − t ) + (3 − 2t )(2t − 6) = 0

t = 2

⇔ 5t − 19t + 18 = 0 ⇔ 
t = 9

5
 9 7   21 17 
• Vậy B (2;1) ,C ( 4; −3) hoặc B  ;  ,C  ; −  .
 5 5   5
5 
2

Dethithudaihoc.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

x −1 y + 2
z
A (1;1;2) , B (−1; 3; −2) và đường thẳng d :
=
=
. Tìm điểm I trên d sao
1
−2
−1
cho tam giác IAB cân tại I, viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm
thuộc đường thẳng d.

x = 1 + t
•d : 
y = −2 − 2t , I ∈ d ⇒ I (1 + t ; −2 − 2t ; −t )

z = −t

•

IA = IB ⇔ t 2 + (2t + 3) + (t + 2) = (t + 2) + (2t + 5) + (t − 2) ⇔ t = −5 ⇒ I (−4;8; 5
2

2

2

2

2

• Mặt cầu cần viết có tâm I (−4;8;5) bán kính R = IA = 52 + 72 + 32 = 83 .
• Vậy phương trình mặt cầu (x + 4) + (y − 8) + (z − 5) = 83
2

2

2

(

)

2

Câu 8.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 3z − 4 z − 1 + z = 5 + 7i .
Gọi z = a + bi , a, b ∈ R ta có

3 (a + bi ) − 4 (a − bi − 1) + a 2 + b 2 = 5 + 7i
a 2 + b 2 − a = 1
a = 0
a = 1
⇔ 
⇔ 
v 
7b = 7
b = 1
b = 1

Kết luận. z = i, z = 1 + i

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A (1; 6) ,
trực tâm H (1; 2) , tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 3) . Tìm tọa độ B,C ; biết B có hoành độ
dương.
• Gọi A' là điểm đối xứng với A qua I
'
⇒ HBAC
là hình bình hành với tâm M.
'
⇒ A (3; 0) ⇒ M (2;1)
• BC qua M và vuông góc với AH ⇒ BC : y = 1
• B ∈ BC ⇒ B (t ;1) ; t > 0
Ta có:

t = 2 − 6 (loai )
IA = IB ⇔ 1 + 3 = (t − 2) + 2 ⇔ 
t = 2 + 6 ⇒ B 2 + 6;1

2

2

2

(

2

(

)

Oxyz

cho

)

• M trung điểm BC, suy ra C 2 − 6;1 .

(

) (

)

Vậy B 2 + 6;1 , C 2 − 6;1 .
Câu

7.b

(1,0

Dethithudaihoc.com

điểm).

Trong

không

gian

mặt

cầu


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
(S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 6z = 0 và đường thẳng ∆ : x−−12 = y −1 1 = z −1 1 . Tìm
tọa độ M là giao điểm của ∆ và (S ) , viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường
thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S ) .
Gọi M (2 − t ;1 + t ;1 + t ) ∈ ∆, M ∈ (S ) ta có

(2 − t ) + (1 + t ) + (1 + t ) − 2 (2 − t ) + 4 (1 + t ) − 6 (1 + t ) = 0
⇔ 3t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ M (2;1;1)
Vì ∆ & (S ) có duy nhất một điểm chung nên (P ) tiếp xúc với (S ) tại M
(P) đi qua M (2;1;1) và có véc tơ pháp tuyến IM (1; 3; −2) nên có phương trình
(P ) : x + 3y − 2z − 3 = 0
2

2

2

2

Câu 8.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa điều kiện (1 + i ) z + z = i . Tìm môđun của số phức

ω = 1+ i + z .
• Gọi z = x + yi; x, y ∈ R

x = 1
.
y = 2

(1 + i ) z + z = i ⇔ (1 + i )( x + yi ) + x − yi = i ⇔ ( 2 x − y ) + xi = i ⇔ 
• z = 1 + 2i
• ω = 1 + i + z = 1 + i + 1 + 2i = 2 + 3i

ω = 13
. . . Hết . . .

Dethithudaihoc.com