Tuyển chọn 110 đề cực hay thi quốc gia môn toán phần 1

LÊ NGUYÊN THẠCH

TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 1

THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014

1




LỜI NÓI ĐẦU

Các em học sinh thân mến!
Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng.
Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp
và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các
em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền
tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới.
Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù
hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các
em tự ôn luyện.
Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động
của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên
cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn
với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường

mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút
ra cho mình những điểm chú ý quan trọng.
Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM
MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới!
Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014
Tác giả

2




ĐỀ SỐ 1

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

x+2
(C)
x −1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại A, B sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ nhất.
Câu 2.(1,0 điểm)
2
Giải phương trình sau: sin 3x = cos x.cos2x ( tan2x + tan x )
Câu 3.(1,0 điểm)
a. Tìm n nguyên dương thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + ... + (n + 1)Cnn = 512(n + 2)
1

log
2

b. Giải phương trình sau: log9(x2 – 5x + 6)2 =

3

x −1
+ log3 (3 − x) .
2

Câu 4.(1,0 điểm)
1 3

Tính tích phân: I = ∫
1
3

8x − 8x3
dx
2x4

Câu 5.(1,0 điểm) :
Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết bán kính đáy
của hình trụ bằng 5a ; góc giữa đường thẳng B ' D và mặt phẳng ( ABB ' A ') bằng 300; khoảng
3a
cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ABB ' A ') là .
2

Tính thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' .

Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225. Gọi F, F lần lượt là hai
tiêu điểm của (E) (x< x). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi
tứ giác FFBA nhỏ nhất biết rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6.
Câu 7.1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 và
mặt phẳng (α ) có phương trình 2 x + 2 y − z + 17 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song
song với mặt phẳng (α ) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
Câu 8.1,0 điểm)
 x( x + y + 1) − 3 = 0

5
Giải hệ phương trình sau: 
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0

Câu 9.(1 điểm)
Cho x, y, z > 0 thoả mãn: 5− x + 5− y + 5− z = 1 .
Chứng minh rằng:

25

x

25

y

25

z

y+ z + y
x+ y ≥
x
z+ x + z
5 +5
5 +5
5 +5

y
x
z
5 +5 +5
4

3




LỜI GIẢI

Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y =
+ TXĐ R \ { 1}

x+2
x −1

lim y = +∞, lim y = −∞

lim y = 1; xlim
y =1;
→−∞

x→+∞

x→1+

x→1−

Đồ thị có Tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 và tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 .
+ SBT:

y'=

−3
; y ' < 0 ∀x ≠ 1 .
( x − 1) 2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1;+∞ ) . Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
x
f '( x)

−∞

+∞

1
−

+∞

1

−

f ( x)
−∞

Đồ thị:
y

1
x+2

f(x) =

x-1

4
5/2
1
-2

O 1

2

3

x

-2

NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cận I (1;1) làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1)
Giả sử M ( x0 ; y0 ) ( x0 ≠ 1 ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến ( ∆ ) và đồ thị (C).
Ta có y0 =

x0 + 2
−3
, hệ số góc của tiếp tuyến ( ∆ ) là: k =
.
x0 − 1
( x0 − 1) 2

Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) là y = −

x +2
3
( x − x0 ) + 0
(1)
2
( x0 − 1)
x0 − 1

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1

- Cho x = 1, thay vào (1) ta có
y=−

x + 2 3x0 − 3 x0 + 2
x + 2 x0 + 5
x +5
3
3
(1 − x0 ) + 0
=
+
=
+ 0
=
nên B (1; 0
)
2
2
( x0 − 1)
x0 − 1 ( x0 − 1)
x0 − 1 x0 − 1 x0 − 1 x0 − 1
x0 − 1

Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1
- Cho y = 1, thay vào (1) ta có x = 2 x0 − 1 nên A ( 2 x0 − 1;1)
Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là

AB
2

4


2

 x +5
36
2
Ta có AB = (2 x − 2) + 1 − 0
÷ = 4( x0 − 1) +
x0 − 1 
( x0 − 1) 2



2

Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm
4( x0 − 1) 2 ;

36
36
36
2
≥ 2 4( x0 − 1) 2 .
= 24 .
2 ta có 4( x0 − 1) +
2
( x0 − 1)
( x0 − 1)

( x0 − 1) 2

Tức là R =
4( x0 − 1) 2 =

AB
≥ 2 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2

36
⇔ 4( x0 − 1) 4 = 36 ⇔ ( x0 − 1) 4 = 9 ⇔ x0 = 1 ± 3
2
( x0 − 1)

Khi đó M (1 + 3;1 + 3) hoặc M (1 − 3;1 − 3)
Vậy M (1 + 3;1 + 3) hoặc M (1 − 3;1 − 3)
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình

sin 3 x = cos x.cos2x ( tan2x + tan 2 x )

cos x ≠ 0
cos 2 x ≠ 0

ĐK: 

 sin 2 x sin 2 x 
PT
⇔
sin
3

x
=
cos
x
.cos
2
x
+
Khi đó

÷
c
os2x
cos 2 x 

⇔ sin 2 x.cosx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x.

sin 2 x
sin 2 x
⇔ cos2x.sinx = cos2x.
cosx
cosx


cos 2 x = 0 (không tm)

 s inx 
cos2 x.sin x. 
− 1÷ = 0 ⇔ s inx=0
 cos x 

 sinx
= 1 (không tm do sin 2 x = cos 2 x ⇔ cos2x=0)

 cosx
sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ Z (tmdk ) .
Vậy nghiệm của PT đã cho là x = kπ , k ∈ Z ;

Câu 3.(1,0 điểm)
a. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + ... + ( n + 1)Cnn = 512(n + 2)
n
0
1 2
2 3
n n +1
Xét x( x + 1) = Cn x + Cn x + Cn x + ... + Cn x .

Lấy đạo hàm hai vế được: ( x + 1) n + n.x.( x + 1)n −1 = Cn0 + 2Cn1 x + 3Cn2 x 2 + ... + (n + 1)Cnn x n .
n
n −1
0
1
2
n
Thay x = 1 có 2 + n.2 = Cn + 2Cn + 3Cn + ... + (n + 1)Cn .

Suy ra 2n + n.2n −1 = 512(n + 2) ⇔ n = 10.
b.Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 =

1
log

2

3

x −1
+ log3 (3 − x) .
2

( x 2 − 5 x + 6) 2 > 0
1 < x < 3

⇔
Điều kiện xác định  x − 1 > 0
x ≠ 2
3 − x > 0


Khi đó PT đã cho tương đương log 3 x 2 − 5 x + 6 = log3

( x − 1)(3 − x)
2

5


−x

⇔
x2 − 5x + 6 =

2

 2( x 2 − 5 x + 6) = − x 2 + 4 x − 3
+ 4x − 3
⇔ 2
(do − x 2 + 4 x − 3 > 0 ∀x :1 < x < 3)
2
2
 2( x − 5 x + 6) = x − 4 x + 3

x = 3
⇔
x = 5
3

5
3

. Kết hợp với điều kiện xác định ta có x = .
Vậy nghiệm của phương trình là: x =

Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại:

5
3
13

I=∫

1

3

Đặt t = 3

x−x
dx = ∫
1
x4
3

1

3

1
−1
x2
dx
x3

3

dx
3
1
1
−2
− 1 ⇔ t 3 = 2 − 1 ⇔ 3t 2 dt = 3 dx ⇒ 3 = − t 2 dt
2
x

2
x
x
x

1
−1
Khi đó: x 2
3t 3 ;
dx = −
dt
x3
2
1
Đổi cận: x = ⇒ t = 2; x = 1 ⇒ t = 0
3
3

2

3t 3
3
dt = t 4 = 6
Vậy: I = ∫
8 0
0 2
2

Câu 5.(1,0 điểm):
Vì hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có

đáy là hai hình chữ nhật ABCD, A ' B ' C ' D ' nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ.
Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ
⇒ O = AC ∩ BD, O ' = A ' C '∩ B ' D '; CA = C ' A ' = 5a
 DA ⊥ AB
⇒ AD ⊥ ( ABB ' A ') nên AB’ là hình chiếu của B’D trên ( ABB ' A ')
 DA ⊥ AA'

Do 

Suy ra góc giữa đường thẳng B ' D và mặt phẳng ( ABB ' A ') bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng
· ' A =300.
DB

Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được OH =

3a
, AB’ = 3a 3
2

Tính được AB = 4a. BB’ = a 11
Thể tích khối hộp là VABCD. A ' B 'C ' D ' = S ABCD .OO' = AB.AD.OO'=12a 2 11 (đvdt)
Câu 6.(1,0 điểm):
E líp: (E): + = 1 ⇒ ⇒ (a, b, c > 0)
Theo giả thiết thì BF + AF = 6 (1)
Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20
⇔ BF + AF = 14 (2)
6

Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB
Do đó P ⇔ AB =
Mặt khác
Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = 0 (4)
Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = 6 ⇔ x - x= 5 (5) nên AB = ≥ 5
Yêu cầu bài toán ⇔ AB = 5 ⇔ y = y
Do đó (4) ⇔ (x - x)(x + x) = 0 ⇔ x + x = 0 (6)
Giải (5) và (6) ta được ⇒ y = y = ±
Kết luận A(; ± ), B(; ± ) là các điểm cần tìm.
Câu 7.(1,0 điểm):
Ta có (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 ⇔ ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 25
nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5.
Do ( β ) song song với mặt phẳng (α ) : 2 x + 2 y − z + 17 = 0 nên phương trình mặt phẳng ( β ) có
dạng: 2 x + 2 y − z + d = 0 (d ≠ 17)
Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính là r = 3.
Gọi H là hình chiếu của I trên ( β ) .
Vì ( β ) cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán kính 6π nên
IH = R 2 − r 2 = 25 − 9 = 4
Mà IH = d(I, ( β ) ) =
Giải phương trình

2− 4−3+ d
22 + (−2) 2 + 12

=

d −5
3

d −5
 d = 17(loai )
=4⇔
3
 d = −7(t / m)

Vậy phương trình ( β ) là 2 x + 2 y − z − 7 = 0

 x ( x + y + 1) − 3 = 0 (1)

Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 
5
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0 (2)

Cách 1: Điều kiện xác định x ≠ 0
Ta có (1) ⇔ x 2 + xy + x = 3 ⇒ x 4 + x 2 y 2 + x 2 + 2 x3 y + 2 x 2 y + 2 x3 = 9 (1’)
(2) x 2 ( x + y ) 2 + x 2 = 5 ⇔ x 4 + 2 x3 y + x 2 y 2 + x 2 = 5
(2’)
Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có x 2 ( x + y ) = 2 ⇔ x + y =

2
(*)
x2

1
 x2 = 1
x ±1
4 5
⇔

Thay vào (2) ta có 4 − 2 + 1 = 0 ta có 
x
x
 x = ±2
1 =1
2
 x
4
7


3
2


Thay
vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = -1 thì y = 3; x = 2 thì y = − ; x = -2 thì y =

5
2

3
2

Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; − )
Cách 2: Điều kiện xác định x ≠ 0
Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương
x+ y−

3

= −1
x

3

 x + y − x = −1
Hệ trở thành 
. Đặt
( x + y ) 2 − 5 = −1

x2
b = 1, a = 2
Giải hệ có  1
1
b = ,a =

2
2

x + y = a

ta có hệ
1
 x 2 = b (b>0)

 a − 3b = −1
 2
2
 a − 5b = −1

Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1
Nếu a = b =

1
3
ta có x = 2, y = − .
2
2
3
2

Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (2 ; − )

Câu 9.(1,0 điểm)

a = 5x
 a , b, c > 0

 ab + bc + ca = abc

y
⇔
b = 5 ⇒  1 1 1
c = 5 z
 a + b + c = 1  a, b, c > 0


Đặt

a2

b2
c2
a3
b3
c3
Ta có: VT =
+
+
=
+
+
a + bc b + ca c + ab a 2 + abc b 2 + abc c 2 + abc
a3
a3
a3
a3
b3
c3
=
=
⇒
VT
=
+
+
Vì 2
a + abc a 2 + ab + bc + ca ( a + b ) ( a + c )
( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a ) ( c + a ) ( c + b)

Ta có:

Tương tự:

a3
a+b a+c
a3 3
+
+
≥ 33
= a
8
64 4
( a + b) ( a + c) 8
b3

( b + c) ( b + a)

+

b+c b+a 3
+
≥ b
8
8
4

c3

( c + a) ( c + b)

+

c+a c+b 3
+
≥ c
8
8
4

a +b+c
 a+b+a+c+b+c  3
⇒ VT + 2 
= VP (ĐPCM)
÷ ≥ (a + b + c) ⇒ VT ≥
8
4

 4

ĐỀ SỐ 2
Câu 1.(2,0 điểm).
3
2

3
2
Cho hàm số y = x − (m − 2) x − 3(m − 1) x + 1 (1), m là tham số.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −2 .
b) Tìm m > 0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ , yCT thỏa
mãn : 2 yCĐ + yCT = 4 .

8


Câu 2.(1,0 điểm).

Giải phương trình (tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x + 2 = 3(cos x + sin x) sin x.
Câu 3.(1,0 điểm).
ln 6

Tính tích phân : I =

∫
0

ex
3 3 + e x + 2e x + 7

dx.

Câu 4.(1,0 điểm).
Cho tập E = {1, 2, 3, 4, 5} . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi
một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
d2 :

x−2
y
z +1
=

=
.
1
−1 − 2

x + 4 y −5 z + 7
=
=
và
1
−1
1

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M (−1; 2; 0), ⊥ d1 và tạo với d 2 góc 600.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là
x + 7 y − 31 = 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, . d 2 : x − 2 y + 3 = 0
.Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S. ABCD có SC ⊥ ( ABCD) , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và
·
ABC
= 1200 .Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 450.
Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD .
Câu 8.(1,0 điểm):

 2 x + y = 4x − 4 y + 4
Giải hệ phương trình:  2
2
2

2

 x + y +1 = x − y + 3

Câu 9.(1,0 điểm).
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y.
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P =

1
4
8
+
+
.
2
2
( x + 1)
( y + 2)
( z + 3) 2

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm):
a) (1,0điểm)
Khi m = −2 hàm số trở thành y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 1.
a) Tập xác định: .
y = −∞ và lim y = +∞.
* Giới hạn tại vô cực: Ta có xlim
→ −∞
x → +∞
b) Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3 x 2 + 12 x + 9;
9


 x = −3
 x < −3
y
'= 0 ⇔ 
; y' > 0 ⇔ 
; y ' < 0 ⇔ −3 < x < −1.
 x = −1
 x > −1
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞; − 3) , ( − 1; + ∞ ); nghịch biến trên ( − 3; − 1).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −3, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, yCT = −3.
y / / = 6 x + 12

y / / = 0 ⇔ x = −2 , y=-1

y

Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn
* Bảng biến thiên:
x

y'

y

−∞

−3
+

0

–

0

1

−∞

+∞

−1
+

+∞

1

−3

−3

−1

O

x

−3

c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Ta có y ' = 3 x 2 − 3( m − 2) x − 3( m − 1), ∀x ∈  .

 x = x1 = −1
y ' = 0 ⇔ x 2 − (m − 2) x − m + 1 = 0 ⇔ 
 x = x2 = m − 1.
với m > 0 thì x1 < x2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 = −1 và đạt cực tiểu tại x2 = m − 1.
3m
1
, yCT = y (m − 1) = − (m + 2)(m − 1) 2 + 1.
Do đó: yCĐ = y ( −1) =
2
2
3m 1
2
2
Vì 2 yCĐ + yCT = 4 ⇔ 2. − (m + 2)(m − 1) + 1 = 4 ⇔ 6m − 6 − (m + 2)(m − 1) = 0
2 2
−1 ± 33
⇔ (m − 1)(m 2 + m − 8) = 0 ⇔ m = 1; m =
.
2
− 1 + 33
.
Đối chiếu với yêu cầu m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =

2

Câu 2.(1,0 điểm)

π
+ kπ .
2
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
(tan x + 1) sin 2 x + 1 − 2 sin 2 x + 2 = 3(cos x + sin x) sin x

Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠

⇔ (tan x − 1)sin 2 x + 3 ( sin 2 x + cos 2 x ) = 3(cos x − sin x) sin x + 6sin 2 x
⇔ (tan x − 1)sin 2 x + 3cos 2 x = 3(cos x − sin x) sin x ⇔ (tan x − 1)sin 2 x + 3(cos x − sin x) cos x = 0
⇔ (sin x − cos x)(sin 2 x − 3cos 2 x) = 0 ⇔ (sin x − cos x)(2 cos 2 x + 1) = 0

π

 s in x = cos x
 x = 4 + kπ
⇔
⇔
, k ∈¢
cos 2 x = − 1
π
 x = ± + kπ

2

3

π
π
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x = + kπ , x = ± + kπ , k ∈ 
4
3

Câu 3.(1,0 điểm)
10


Đặt
3 + e x = t.

Khi đó e x = t 2 − 3 ⇒ e x dx = 2tdt.
3

Khi x = 0 ⇒ t = 2, khi x = ln 6 ⇒ t = 3.
3

2tdt
t
= 2∫ 2
dt
2
3t + 2(t − 3) + 7
2t + 3t + 1
2
2

Suy ra I = ∫

3

3

t
1 
 1
= 2∫
dt = 2 ∫ 
−
dt
(t + 1)(2t + 1)
t + 1 2t + 1 
2
2
3

3

2

2

= 2 ln t + 1 − ln 2t + 1 = (2 ln 4 − 2 ln 3) − (ln 7 − ln 5) = ln

Vậy: I = ln

80
.
63

80
63

Câu 4.(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5 × 4 × 3 = 60.
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4 × 3 × 2 = 24,
và số các số có mặt chữ số 5 là 60 − 24 = 36.
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên
bảng đều không có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
2

2

1
1
1
C 1 .C36
C24
.C24
13
3  2
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) = 36
+
=  +  = .
1
1
1
1

C60 .C60 C60 .C60  5   5 
25
13 12
Suy ra xác suất cần tính là P = 1 − P( A ∪ B) = 1 − = .
25 25

Câu 5.(1,0 điểm)
Giả sử ∆ có vtcp u ∆ = (a; b; c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0. ∆ ⊥ d1 ⇔ u ∆ .u1 = 0 ⇔ a − b + c = 0.
(·∆, d 2 ) = 600 ⇔

a − b − 2c

= cos 600 =

(1)

1
⇔ 2( a − b − 2c) 2 = 3( a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
2

1 + 1 + 4. a + b + c
Từ (1) có b = a + c thay vào (2) ta được 18c 2 = 3 a 2 + (a + c) 2 + c 2 ⇔ a 2 + ac − 2c 2 = 0
a = c, b = 2c
⇔
a = −2c, b = −c.
x +1 y − 2 z
=
= .
Với a = c, b = 2c, chọn c = 1 ⇒ u ∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ :
1

2
1
x +1 y − 2 z
B
=
= .
Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u ∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ :
2
1
−1
2

2

2

(

)

Câu 6.(1,0 điểm)

B ∈ d1 : y = 8 − x ⇒ B(b; 8 − b),
D ∈ d 2 : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ).

A

I

C

⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8)
D
 b + 2d − 3 − b + d + 8 
;
.
và trung điểm BD là I 
2
2


u AC .BD = 0
 BD ⊥ AC
− 8b + 13d − 13 = 0
b = 0
⇔
⇔
Theo tính chất hình thoi ⇒ I ∈ AC ⇔ 
 I ∈ AC

− 6b + 9d − 9 = 0
d = 1
 B (0; 8)
 1 9
Suy ra  D(−1; 1) ⇒ I  − 2 ; 2 . A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A( −7 a + 31; a ).



1
2S

15
S ABCD = AC.BD ⇒ AC =
= 15 2 ⇒ IA =
2
BD
2
11


2
2
2
a = 3  A(10; 3)
63  
9
225
9
9



⇒
−
7
a
+
+
a
−
=

⇔
a
−
⇒

 


 = ⇔
2 
2
2
2
4


a = 6  A( −11; 6) (ktm )
Suy ra A(10; 3) ⇒ C (−11; 6).

Câu 7.(1,0 điểm)
Kẻ SK ⊥ AB ⇒ hình chiếu CK ⊥ AB

S

·
⇒ ( ( SAB ), ( ABCD) ) = SKC
= 450.

3a
·

·
ABC
= 1200 ⇒ CBK
= 600 ⇒ CK = CB sin 600 =
2
3a
D
⇒ SC = CK tan 450 = .
C
(1)
I
2
3 3a 2
O
(2)
S ABCD = AB.BC sin 120 0 =
.
2
A
B K
3
1
3 3a
Từ (1) và (2) ⇒ VS . ABCD = SC.S ABCD =
.
3
4
Gọi O = AC ∩ BD. Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SC nên BD ⊥ (SAC ) tại O. Kẻ OI ⊥ SA ⇒ OI là đường

vuông góc chung của BD là SA.

Xét hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra
OI =

3a
3 5a
=
.
10
2 5

Suy ra d ( SA, BD) =

3 5a
.
10

Câu 8.(1,0 điểm)


x+ y − x−y =2

Hệ phương trình tương đương :  2
2
2
2

 x + y +1 − x − y = 3
Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0
u = x + y
Đặt: 

v = x − y
 u − v = 2 (u > v)
 u + v = 2 uv + 4
 u + v = 2 uv + 4
(1)



⇔  u 2 + v2 + 2
⇔  (u + v) 2 − 2uv + 2
ta có hệ:  u 2 + v 2 + 2
.
− uv = 3 
− uv = 3
− uv = 3 (2)


2
2
2




Thế (1) vào (2) ta có: uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 ⇔ uv = 0
 uv = 0
⇔ u = 4, v = 0 (vì u>v).
u + v = 4

Kết hợp (1) ta có: 

Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9(1,0 điểm)
Ta có 2 x + 4 y + 2 z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + ( z 2 + 1) = x 2 + y 2 + z 2 + 6 ≤ 3 y + 6 .
Suy ra 2 x + y + 2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi: x =

y
= z = 1.
2

Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

1
1
8
+ 2 ≥
,
2
a b
( a + b) 2

(*)

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .

12


1

1
8
8
8
+
+
≥
+
2
2
2
y
y
Áp dụng (*) ta được :
( x + 1)
( + 1) 2 ( z + 3)
( x + 1 + + 1) 2 ( z + 3)
2
2
64
64.4
64.4
≥
=
2
≥
= 1.
y
(
2

x
+
y
+
2
z
+
10
)
2
( x + + 2 + z + 3)
(6 + 10) 2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1, y = 2, z = 1 ..
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi x = 1, y = 2, z = 1 .
P=



ĐỀ SỐ 3
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số : y = x 3 − 3mx + 2

( 1) , m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( 1) khi m = 1
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số ( 1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
góc α ,biết cos α =

d :x+ y+7 =0

1
.
26

Câu 2.(1,0 điểm)
3 − 4 cos 2 x − 8sin 4 x
1
=
sin 2 x + cos 2 x
sin 2 x
3 2
6− x − x +4
L = lim
x→ 2
x2 − 4

1) Giải phương trình :
2) Tính giới hạn :
Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng : T =

0
C2014
C1
C2
C 2014
+ 2014 + 2014 + L + 2014
1
2
3

2015

Câu 4.(1,0 điểm) :
π
2

Tính tích phân s inx  s inx +
∫
0



cos2x
1 + 3cos x


÷dx


Câu 5. (1,0 điểm)
x2 y 2
+
= 1 và các điểm A ( −3;0 ) , I(-1;0)
9
4
Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc ( E ) sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho e líp ( E ) :

Câu 6.(1,0 điểm):

Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0),
S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.
Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S .
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD. A1 B1C1D1 có độ dài cạnh bằng 3 và điểm M
thuộc cạnh CC1 , CM = 2 .Mặt phẳng ( α ) đi qua A, M và song somg với BD chia khối lập
phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó.
Câu 8.(1,0 điểm)
 x 3 + 4 y = y 3 + 16 x
( x, y ∈ R) .
Giải hệ phương trình: 
2
2
1 + y = 5 ( 1 + x )

Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực x, y, z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .
13


Tìm giá trị lớn


nhất của biểu thức: F = 3x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0điểm)
1. (1,0điểm)
Khi m = 1 hàm số (1) có dạng y = x 3 − 3x + 2
a) Tập xác định D = ¡




y = lim x 3 1 −
+) Giới hạn: xlim
→−∞
x →−∞

3 2
3 2

+ 3 ÷ = −∞; lim y = lim x3 1 − 2 + 3 ÷ = +∞
2
x →+∞
x →+∞
x
x 
x 
 x

b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 , y ' = 0 ⇔ x = ±1 .
Khi đó xét dấu của y ' :
x
y

-∞

-1
+

1

0

0

-

+∞
+

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; − 1) , ( 1; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCD = 4 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0
+) Bảng biến thiên:
x

−∞
+∞

y'

-1
+

0

1
−

0

+
+∞

4
y
−∞

0

y '' = 0 ⇔ 6 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ đồ thị hàm số nhận điểm ( 0; 2 ) làm điểm uốn.

Đồ thị: y = 0 ⇔ x 3 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2 , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các
điểm ( 1; 0 ) , ( −2;0 )
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm ( 0; 2 ) làm điểm uốn làm tâm đối xứng

14


.



y

4

-1

0

1

x

2. (1,0 điểm)
r
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có VTPT n1 = ( k ; −1)
r

Đường thẳng d : x + y + 7 = 0 tiếp tuyến có VTPT n2 = ( 1;1)

r r
n1 ×n2
k −1
1
r r
3
2
=
⇔ 12k 2 − 26k + 12 = 0 ⇔ k = ∨ k =
Ta có cos α = cos ( n1 , n2 ) = r r ⇔
2
n1 n2
26
2
3
2 k +1
YCBT thoả mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:

 , 3
 2
y = 2
3 x − 3m =
⇔

 y, = 2
3 x 2 − 3m =

3


3
 2 2m + 1
 2m + 1
x =

 2 ≥0
2
2
⇔
⇔
2
 x 2 = 9m + 2
 9m + 2 ≥ 0

3
9
 9

1

m ≥ − 2
1
⇔m≥−

2
m ≥ − 2

9

Vậy để đồ thị có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x + y + 7 = 0 góc α ,có cos α =

1
1
.thì m ≥ −
26
2

Câu 2.(1,0 điểm)
3 − 4 cos 2 x − 8sin 4 x
1
=
.
sin 2 x + cos 2 x
sin 2 x
π
π

x ≠ − +l


sin 2 x + cos 2 x ≠ 0

8
2
⇔
( l ∈ Z)
Giải: Đ/k 
sin
2
x
≠
0
π

x ≠ l

2

1. Giải phương trình :

2

 1 − cos 2 x 
8sin 4 x = 8 
÷ = 3 − 4 cos 2 x + cos 4 x
2


3 − 4 cos 2 x − ( 3 − 4 cos 2 x + cos 4 x )

1
=
Phương trình ⇔
sin 2 x + cos 2 x
sin 2 x

ta có:

− cos 4 x
1
=
( do sin 2 x + cos 2 x ≠ 0,sin 2 x ≠ 0 )
sin 2 x + cos 2 x sin 2 x
1
⇔ − ( cos 2 x − sin 2 x ) =
⇔ cos 2 x ( sin 2 x + cos 2 x ) = 0
sin 2 x
⇔

15


π
π
π
+ kπ ⇔ x = + k ( k ∈ ¢
2
4
2
π

π
Vậy phương trình có một họ nghiệm x = + k ( k ∈ Z)
4
2
3 2
6− x − x +4
2,Tính giới hạn : L = lim
x →2
x2 − 4
3 2
6 − x − 2 + 2 − 3 x2 + 4
6− x −2
x +4 −2
Giải: L = lim
=
lim
−
lim
2
2
x →2
x→2
x →2
x −4
x −4
x2 − 4
6 − x − 22
x 2 + 4 − 23
= lim 2
− lim

x →2
( x − 4 ) 6 − x + 2 x→2 ( x 2 − 4 )  3 ( x2 + 4 ) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4 ÷


−1
1
1 1
7
= lim
− lim
=
−
−
=
−
2
x →2
x→2
2
3
2
x
+
2
6
−
x
+
2
3 x +4

(
)
(
) + 2 x + 4 + 4 16 12 48
⇔
cos 2 x = 0 ∨ sin 2 x + cos 2 x = 0 ( loai ) ⇔ 2 x =


(

)

(

Vậy L= −

)

)

7
48

Câu 3.(1,0 điểm):
0
C2014
C1
C2
C 2014
+ 2014 + 2014 + L + 2014

1
2
3
2015
2014!
k
2015!
1
k +1
Cách 1:Ta có: C2014 = k !( 2014 − k ) ! = 1 ×
=
×C2015
k +1
k +1
2015 ( k + 1) !  2015 − ( k + 1)  ! 2015

Tính tổng : T =

∀k = 0,1, 2,3,..., 2014

2015
1
1 
2015
1
2
2015
0
 = 2 −1
C2015

+ C2015
+ L + C2015
=
( 1 + 1) − C2015
(
)

2015
2015
2015
2015
2 −1
Vậy: T =
2015

⇒T =

1

Cách 2: Xét tích phân:

∫ (1+ x)

2014

0

 x.C
=
 1

0
2014

+

1

Mà

∫ (1+ x)

2

x .C
2
2014

1
2014

2
2014

x .C
3

( 1+ x)
dx =

|10 =

0
1
2
2014
dx = ∫ ( C2014
+ x.C2014
+ x 2 .C2014
+ ... + x 2014C2014
) dx
0

+ ... +

2015

2015

0

Vậy: T =

+

3

1

x

2014
0
1
2
2014
 1 C2014
.C2014
C2014
C2014
C2014
|
+
+
+
L
+
÷0=
2015 
1
2
3
2015

2015

1
( 22015 − 1)
2015

22015 − 1
2015
π
2

Câu 4.(1,0 điểm): Tính tích phân s inx  s inx +
∫
0

π
2

Ta có I= sin x  sin x +
∫ 
0
π
2



π
2

π
2


÷dx


π
2

cos 2x.sin x
 =.
sin 2 xdx + ∫
dx
÷dx
∫
1 + 3 cos x 
1 + 3 cos x
0
0
cos 2x

Tính A= sin xdx = 1 ( 1 − cos2x ) dx =
∫0
2 ∫0
2



cos2x
1 + 3cos x

π

1
1
2 π.

x
−
sin
2x
÷ =4
2 
2
0
16


π
2

cos 2x.sin x

Tính B=

∫
0

1 + 3 cos x

dx

• Đặt t = 1 + 3 cos x ⇒ cos x =

2
π
t2 − 1

; sin xdx = - tdt ; Khi x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 1
3
2
3
2

 t2 −1 
2t 4 − 4t 2 − 7
−
1
=
Ta có cos2x = 2cos x − 1 = 2 
÷
9
 3 
2

π
2

2

2

2
2 2 5 4 3
118

4
2

∫0 1 + 3 cos x dx = 27 ∫1 2t − 4t − 7 dt = 27  5 t − 3 t − 7t ÷ = − 405 .
1
π 118
.
Vậy I = −
4 405
2
Câu 5.(1,0 điểm): Ta có IA = 2 ⇒ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: ( x + 1) + y 2 = 4

B=

cos 2x.sin x

(

)

( x + 1) 2 + y 2 = 4

Toạ độ các điểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:  x 2 y 2
=1
 +
4
9
( x + 1) 2 + y 2 = 4
( x + 1) 2 + y 2 = 4

⇔
 2
3

5 x + 18 x + 9 = 0
 x = −3 ∨ x = −
5

• Nếu x = −3 ⇒ y = 0 ⇒ B ≡ A ∨ C ≡ A (loại)
3
5

• Nếu x = − ⇒ y = ±

 3 4 6  3 4 6
4 6
⇒ B  − ; ±
÷, C  − ; m
÷
5
5 ÷
5 ÷
 5
  5


Câu 6.(1,0 điểm)
uuur uuur
Lấy điểm B ( x; y;0 ) ∈ ( Oxy ) ⇒ Tứ giác OABC là hình chữ nhật. ⇒ OC = AB ⇒ B(2,4,0)
uuur

uuur

uuur

uuur

Ta có OS = ( 0;0; 4 ) , OB = ( 2; 4;0 ) , CS = ( 0; −4; 4 ) , CB = ( 2;0;0 ) .
uuur uuur

uuur uuur

Vì OS.OB = 0, CS .CB = 0 nên 4 điểm O,B,C,S thuộc mặt cầu tâm I(I là trung điểm SB) ,bán kính
SB
1
1
4 + 16 + 16 = 3 ,
.Nên tâm: I ( 1; 2; 2 ) và bán kính :R = SB =
2
2
2
2
2
Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − 2 ) + (z − 2)2 = 9
R=

Câu 7(1,0 điểm) :
Gọi O = AC ∩ BD, O = A1C1 ∩ B1D1 , I = AM ∩ OO1 . Trong mặt phẳng ( BDD1 B1 ) qua I kẻ đường
thẳng song song với BD cắt BB1 , DD1 lần lượt tại K , N .Khi đó AKMN là thiết diện cần dựng.
A1
D1
B1

C1

M

K

N

I
A

D
O

B

C
17


V1 = VA.BCMK + VA.DCMN ⇒ V2 = VABCD . A B C D − V1 .
Đặt

1 1 1 1

OI
AO 1
1
=
= ⇒ DN = BK = OI = CM = 1
CM AC 2
2

A
.
BCMK
AB
=
3 ,đáy là hình thang BCMK .
Hình chóp
có chiều cao là
BC. ( BK + CM ) 33 9
1
1
= = .
Suy ra: VA. BCMK = AB.S BCMK = AB.
3
3
2
6 2
9
Tương tự VA. DCMN = .
2
9 9
Vậy V1 = + = 9 ⇒ V2 = 33 − 9 = 18 (đvtt)
2 2
 x 3 + 4 y = y 3 + 16 x
( x, y ∈ R) .
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
2
1
+

y
=
5
1
+
x
(
)

3
3
 x + 4 ( y − 4 x ) − y = 0(*)
Viết lại hệ phương trình:  2
2
 y − 5 x = 4(**)
3
2
2
3
3
2
2
Thay ( **) vào ( *) ta được: x + ( y − 5 x ) ( y − 4 x ) − y = 0 ⇔ 21x − 5 x y − 4 xy = 0

Ta có:

1
4
⇔ x ( 21x 2 − 5 xy − 4 y 2 ) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = − y ∨ x = y
3

7
2
• x = 0 thế vào ( **) ta được y = 4 ⇔ y = ±2
 y = 3 ⇒ x = −1
5 y2
1
2
**
y
−
= 4 ⇔ y2 = 9 ⇔ 
x
=
−
y
(
)
•
thế vào
ta được
9
3
 y = −3 ⇒ x = 1
4
80 y 2
31 2
=4⇔−
y = 4 Vô nghiệm
• x = − y thế vào ( **) ta được y 2 −
7

49
49
Vậy hệ phương trình đó cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) = ( 0; ±2 ) , ( 1; −3) , ( −1;3)

Câu 9.(1,0 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F = 3x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
F 2 ≤ 3 6 x 2 + 12 ( y + z )  ≤ 18  x 2 + 2 2 ( y 2 + z 2 )  = 18  x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) 





Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) trên miền xác định − 3 ≤ x ≤ 3
f ' ( x ) = 2x −

4x
2 ( 3 − x2 )

( ∀x ∈ ( −

3; 3

))

x = 0
f ' ( x ) = 0 trên − 3; 3 ⇔ 
 x = ±1
2
f ± 3 = 3, f ( 0 ) = 2 6, f ( ±1) = 5 ⇒ max f ( x ) = 5 ⇒ F ≤ 18.5 = 90 ⇒ F ≤ 3 10

(

(

)

)

 − 3; 3 



dấu bằng khi x = y = z = 1 .
Vậy max F = 3 10 ⇔ x = y = z = 1

18




ĐỀ SỐ 4
Câu 1.(2.0 điểm)
Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 + 2m − 1 có đồ thị là (Cm ) , với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C2 ) khi m = 2 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại đúng hai
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 4 2 − 2 với I ( 2;3) .
Câu 2.(1.0 điểm)
1. Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ; π ].
2. Giải bất phương trình

Câu 3.(1.0 điểm)

log 3 ( x + 1) 2 − log 4 ( x + 1)3
>0
x2 − 5x − 6

4
 2 x3
x 
Tính tích phân ∫  x e +
dx
1
+
x
0

1

Câu 4.(1,0 điểm) :
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn
phương án trả lời, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong
đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiễn một trong bốn phương án. Tính xác
suất để thí sinh đó đạt từ 8 điểm trở lên.
Câu 5. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c.
Tính thể tích của tứ diện ABCD.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) và cạnh
BC = 2AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình
đường thẳng MN là x + 3y – 16 = 0

Câu 7. (1.0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x −2 y−3 z +3
=
=
và mặt
4
2
1

phẳng (P): − x + y + 2 z + 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P),
song song với d và cách d một khoảng là 14 .
Câu 8.(1,0 điểm)
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
Giải hệ phương trình 
2
 x − y = y + ( 2 y − x )( 2 y + x )

Câu 9.(1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
LỜI GIẢI
19


Câu 1.(2.0 điểm) :

1. (1,0 điểm)
Khi m = 2 , ta có hàm số y = x 4 − 6 x 2 + 3 .

• Tập xác định : D = ¡ .
( x 4 − 6 x 2 + 3) = +∞
- Giới hạn: xLim
→−∞

Lim ( x 4 − 6 x 2 + 3) = +∞

x →+∞

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = 4 x( x 2 − 3) ;

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 3 .
- Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( − 3;0) và ( 3; +∞) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; − 3) và (0; 3) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yC § = 3 ; đạt cực tiểu tại x = ± 3, yCT = −6 .
- Bảng biến thiên
+∞
x −∞
0
− 3
3
y’
– 0 + 0
–
0
+
+∞
+∞
3

y
• Đồ thị :

-6

-6

2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và d:
x 4 − 2(m + 1) x 2 + 2 m − 1 = −1 ⇔ x 4 − 2( m + 1) x 2 + 2 m = 0 (1)
Đặt t = x 2 ≥ 0 . Khi đó phương trình (1) trỏ thành: t 2 − 2(m + 1)t + 2 m = 0 (2)
Để (Cm ) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân

biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương.
Trong phương trình (2) có ∆ ' = m 2 + 1 > 0, ∀m nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu.
Điều đó tương đương với: ac < 0 ⇔ m < 0 .
Khi đó (2) có hai nghiệm: t1 = m + 1 − m 2 + 1 < 0 < t2 = m + 1 + m 2 + 1
Tọa độ của A(− t2 ; −1), B( t2 ; −1) ⇒ AB = 2 t2
1
2

Ta có S∆IAB = d ( I , d ).AB ⇔ 4 AB 2 = S∆2IAB với d ( I , d ) = 3 + 1 = 4
⇔ 16t2 = 16(2 − 2) ⇔ m 2 + 1 = 1 − 2 − m

m < 1 − 2
m < 1 − 2
 m < 1 − 2
⇔
⇔

⇔
2
2
 m = 1
−2 1 − 2 m = 2 2 − 2
m + 1 = (1 − 2 − m)

(

)

20


Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn

Câu 2.(1.0đ)
1.(0,5 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
cosx=0
⇔ 4cos3xcosx=2 3cos 2 x + 2s inxcosx ⇔ 
 2cos3x= 3cosx+sinx
π
+ cosx=0 ⇔ x= + kπ
2
π
π
π
+ 2cos3x= 3cosx+sinx ⇔ cos3x=cos(x- ) ⇔ 3x=x- + k 2π ,3 x = − x + k 2π
6

6
6

π
π kπ
π
11π
π
13π
+ kπ , x =
+
,x = ,x =
vì x ∈ [ 0; π ] ⇒ x = , x =
12
24 2
2
12
24
24
2.(0,5 điểm)
Đk: x > - 1
3log 3 ( x + 1)
2 log 3 ( x + 1) −
log 3 ( x + 1)
log 3 4
⇔
<0 ⇔0< x<6
Bất phương trình ⇔
>0
x−6

( x + 1)( x − 6)
Câu 3.(1,0 điểm)
1
4
x
2 x3
(
x
e
+
)dx .
Đặt I = ∫
1+ x
0
⇔x=−

1

1

Ta có I = ∫ x e dx + ∫
2 x3

0

0

1

4

x

1+ x

dx

2 x
Ta tính I1 = ∫ x e dx Đặt t = x3 ta có I1 =
3

0

1

4

Ta tính I 2 = ∫

x

x
0 1+

dx Đặt t =

4

1

1 t
1
e dt = et
∫
30
3

1
0

1
1
= e−
3
3

x ⇒ x = t 4 ⇒ dx = 4t 3dt

t4
1
2 π
dx = 4 ∫ (t 2 − 1 +
)dt = 4(− + ) .
Khi đó I 2 = 4 ∫
2
2
1+ t
1+ t
3 4
0

0
1
Vậy I = I1+ I2 = e + π − 3
3
1

1

Câu 4.(1,0 điểm)
Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm.
Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng

8 − 6, 4
= 8 câu trở lên trong tổng số 10
0,2

câu còn lại. Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu.
Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là n(Ω) = 410 .
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu.
- Chọn sai 0 câu có số cách: 30.C100
- Chọn sai 1 câu có số cách: 31.C101
- Chọn sai 2 câu có số cách: 32.C102
1
30.C100 + 31.C10
+ 32.C102 436
= 10 .
Vậy: Xác suất cần tính là P =
410
4

Câu 5.(1,0 điểm)
21


Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P

Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
x = 2(a 2 + c 2 − b2 ), y = 2(b 2 + c 2 − a 2 ), z = 2(a 2 + b 2 − c 2 )
1
Vậy V =
2( a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )(a 2 + b 2 − c 2 )
12

Y
D'

P

A'

C'
B'

D

B

N

M

A

M

D

C

N

C

A

B

Z

Câu 6.(1,0 điểm)

Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC.
Phương trình DK là 3x - y - 24 = 0
⇒ Tọa độ K thỏa hệ phương trình: ⇔ ⇒ K(; )
Gọi I = MN ∩ CD. Ta có ACIM là hình bình hành ⇒ CI = AM
Theo định lý Thales thuận ta có: = = ⇒ = ⇒ H(; )
Đường thẳng AC qua H và AC // MN ⇒ AC: x + 3y - 10 = 0.
C ∈ AC ⇒ C(10 - 3c; c)
Trong ∆ACD ⊥ D có + = ⇔ + = ⇔ CD = 18

Do đó: (10 - 3c - 7) + (c + 3) = 18 ⇔ 10c - 12c = 0 ⇔
Câu 7.(1,0 điểm)

Chọn A(2;3; −3), B(6;5; −2) ∈ d . Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P).
Gọi d1 là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P).
uur
uur
Giả sử ud véctơ chỉ phương của d, uP là véctơ pháp tuyến của (P).
r

uur uur

Khi đó véctơ chỉ phương của d1 là u = ud , uP  = (3; −9;6) .
22

X


 x = 2 + 3t

Phương trình của đường thẳng d1 :  y = 3 − 9t
 z = −3 + 6t



Khi đó ∆ là đường thẳng đi qua một điểm M trên d1 và song song với d.
1
3

2

2
2
Gọi M (2 + 3t;3 − 9t; −3 + 6t ) , ta có AM = 14 ⇔ 9t + 81t + 36t = 14 ⇔ t = ± .

1
x − 3 y z +1
= =
thì M (3;0; −1) . Do đó ∆ :
3
4
2
1
1
x −1 y − 6 z + 5
=
=
+ Với t = − thì M (1;6; −5) . Do đó ∆ :
.
3
4
2
1

+ Với t =

Câu 8.(1,0 điểm)
 x, y ≥ 0
x ≥ y

2.ĐK: 

Hệ phương trình:
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
⇔
⇔
 x − y − y = (2 y − x)( 2 y + x )
 x − 2 y = (2 y − x)( 2 y + x )( x − y + y )
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
⇔
⇔
2 y − x = 0
(2 y − x )[( 2 y + x )( x − y + y ) + 1] = 0

(do
3
− 5.6 + 4.2
⇔
2 y = x

2 y + x )( x − y + y ) + 1 ≠ 0 )

32 x − 5.6 x + 4.22 x = 0 (1)
⇔
 2 y = x (2)
 3 x
x = 0
( 2 ) = 1
3 2x

3 x
2x
x
2x
⇔  x = log 4
Giải (1): 3 − 5.6 + 4.2 = 0 ⇔ ( ) − 5.( ) + 4 = 0 ⇔ 
3
3
2
2

( ) x = 4

2
 2
3 x−2 y

x

3 x −2 y

=0

Với x =0 thay vào (2) ta được y = 0
1
Với x = log 3 4 thay vào (2) ta được y = log 3 4
2

2

2

1
2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là : ( x; y ) = (log 3 4; log 3 4)
2

2

Câu 9.(1,0 điểm).
1
x

1
y

1
z

Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ + + ≥ 2 nên
Tương tự ta có

1
1
1 y −1 z −1
( y − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2

(1)
x
y
z
y
z
yz

1
1
1 x −1 z −1
( x − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(2)
y
x
z
x
z
xz

1
1
1 x −1 y −1
( x − 1)( y − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2

(3)
y
x
y
x
y
xy
1
8

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ .
vậy Amax =

1
3
⇔x= y=z=
8
2

ĐỀ SỐ 5
23


Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số: (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b) Chứng minh rằng đường thẳng y = - x + 2 là một trục đối xứng của đồ thị hàm số (1).
Câu 2.(1,0 điểm).
4
4

sin x + cos x 1
1. Giải phương trình
= ( tan x + cot x )
sin 2 x
4
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m 3
Câu 3.(1,0 điểm).
π
6

1. Tính tích phân I =
∫
0

3π
− x)
4
dx
cos2x

cot(

2. Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên k, n (0 ≤ k ≤ n − 2015)
0
k
1
k +1
2
k +2

2015 k + 2015
2015
= Cnk++2015
ta có: C2015Cn + C2015Cn + C2015Cn + ... + C2015 Cn
Câu 4.(1,0 điểm):
Tìm môđun của số phức z, biết rằng + (4 – 3i) = 26 + 6i.
Câu 5.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với mặt phẳng
(ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC)
bằng 450. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 4 và đường thẳng (d) có phương trình x - y + 7 = 0. Tìm trên (d) điểm M sao
cho từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến của (C) là MA, MB(A, B là hai tiếp điểm) sao cho độ
dài AB nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; - 2; - 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x - y - z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với (P) và cắt Oy, Oz
lần lượt tại M, N sao cho OM = ON ≠ 0.
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình: (x; y ∈ R).
Câu 9.(1,0 điểm).
Cho số thực a.Chứng minh rằng: 2a 2 − 2a + 1 + 2a 2 − ( 3 − 1)a + 1 + 2a 2 + ( 3 + 1) a + 1 ≥ 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.( 1.0điểm )
TXĐ: D = R \ { 1}
24

x+2
x −1

x+2
x+2
= −∞, lim
=1
x →±∞ x − 1
x −1
Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng khi x → 1− , x → 1+
Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang khi x → ±∞
= +∞, lim

Giới
hạn: xlim
→1
x →1
+

y'= −

−

3
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1) 2

y

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1), (1; +∞)
Bảng biên thiên:
t

-

x+2
x-1

4
5/2

1

1

+
-2

-

y

f(x) =

+

1

O 1

2

3

x

-2

+

y'
-

1

Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm I(1;1) làm tâm đối xứng
2.(1.0điểm ) Gọi I(1; 1), đồ thị hàm số đã cho là (C)
x = 1+ X
 y = 1+ Y

uur

Phép tịnh tiến hệ trục Oxy → IXY theo OI = (1; 1): 
Hàm số đã cho trở thành 1 + Y =

1+ X + 2
3

⇔Y =
1+ X −1
X

Đường thẳng y = - x + 2 trở thành 1+Y = - (1 + X) + 2 ⇔ Y = - X.
Trong hệ trục IXY mỗi M(X; Y) ∈ (C) ⇔ Y =
Khi đó Y =

3
, với X ≠ 0 và hiển nhiên Y ≠ 0 .
X

3
3
⇔ −X =
⇔ M '(−Y ; − X ) ∈ (C)
X
−Y

Mặt khác M(X; Y) và M'(- Y; - X) đối xứng với nhau qua đường thẳng Y = - X. Suy ra đpcm
Câu 2.( 1.0 điểm )
1. (0,5 điểm) ĐK: s in2x ≠ 0
1
1 − sin 2 2 x
sin 4 x + cos 4 x 1
1  sin x cos x 
= ( tan x + cot x ) ⇔
2
= 
+

÷
sin 2 x
4
sin 2 x
4  cos x sin x 
1
1 − sin 2 2 x
1
1
1
2
⇔
=
⇔ 1 − sin 2 2 x =
⇔ sin 2 2 x = 1
sin 2 x
2sin 2 x
2
2
π
π
π
⇔ sin 2 x = ±1 ⇔ 2 x = + kπ , k ∈ Z ⇔ x = + k , k ∈ Z thỏa điều kiện.
2
4
2
π
π
KL: Nghiệm của phương trình đã cho là x = + k , k ∈ Z
4

2

2. ( 0,5 điểm)
3
Phương trình x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m (1)

ĐK: 0 ≤ x ≤ 1

25