110 đề thi quốc gia môn toán giải chi tiết Phân 8 (Từ đề 81 90)

LÊ NGUYÊN THẠCH

TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 8

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 81
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y =

2x
(1).
x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ hai điểm A, B phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại các điểm
A, B song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O (với
O là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).
1/Giải phương trình: 4sin 3 x + sin 5 x − 2sin x cos 2 x = 0.
2/Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
e

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫
1

2 x 2 − 2mx + 3 + 2 = x có nghiệm

ln x + 1 + ln x
.dx
x 1 + ln x

Câu 4 (1,0 điểm)
1/ Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1, 2, 3,
4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số được
chọn có đúng một số có chữ số 5.
2/ Giải phương trình: 42 x − 15.22( x + x + 4 ) − 161+ x + 4 = 0.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm C ( 3; −3) và điểm
A thuộc đường thẳng d : 3 x + y − 2 = 0 . Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có
phương trình x – y – 2 = 0 . Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Câu 6.(1,0 điểm).
Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a , đường thẳng B ' C tạo với đáy một
góc 60o . Tính theo a thể tích khối chóp C. A ' B ' B và khoảng cách từ B ' đến mặt phẳng
( A ' BC ) .
Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A1 B1C1 D1 ,
biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; A1 (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình
vuông ADD1 A1 .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; D1 ; M; N
( x − 3)( x + 4) = y ( y − 7)
 2
Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  y = x − 1
.
 x −1
2− y


Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thuộc nửa khoảng ( 0;1] và thoả mãn: x + y ≥ 1 + z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x
y
z
+
+
.
y + z z + x xy + z 2

3




LỜI GIẢI
Câu1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x
(1).
x −1

1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y =

2x
x −1

TXĐ : D = R \ { 1}
y = 2, lim y = 2 suy ra đường y = 2 là tiệm cận ngang

Ta có: xlim
→+∞
x →−∞
lim y = +∞, lim− y = −∞ suy ra đường x = 1 là tiệm cận đứng.
x →1
2
< 0, ∀x ≠ 1
Ta có : y ' = −
( x − 1) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞)
x →1+

Bảng biến thiên:
x
y’

−∞

1

−

−

+∞

+∞

2
y

−∞

2

Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận I ( 1; 2 ) làm tâm đối xứng.

2.(1,0 điểm). Tìm tọa độ hai điểm A, B phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại
các điểm A, B song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại
O (với O là gốc tọa độ).


2a 



2b 

Vì A, B thuộc đồ thị hàm số nên A  a;
÷, B  b;
÷, ( a ≠ b) , a ≠ 1, b ≠ 1
 a −1 
 b −1 
2
2
, f '(b) = −
2
(a − 1)
(b − 1) 2
2

2
a = b (l )
−
⇔ (a − 1) 2 = (b − 1) 2 ⇔ 
Ta có f '(a) = f '(b) ⇔ −
2
2
( a − 1) (b − 1)
a + b = 2
 ab = 0 (l )
uuur uuur uuur uuur
4ab
4
=0⇔
Lại có: OA ⊥ OB ⇒ OA.OB = 0 ⇔ ab +
= −1

(a − 1)(b − 1)
 (a − 1)(b − 1)
(vì nếu ab = 0 thì A trùng O hoặc B trùng O)

Tiếp tuyến tại A, B có hệ số góc lần lượt là: f '(a) = −

4


 a = −1, b = 3

4
(a − 1)(b − 1)

= −1


 A(−1;1), B (3;3)

kết hợp a + b = 2 suy ra:  a = 3, b = −1 ⇒  A(3;3), B(−1;1)



 A(−1;1), B(3;3)

Vậy:  A(3;3), B(−1;1)

Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình: 4sin 3x + sin 5 x − 2 sin x cos 2 x = 0.
Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3 x + sin 5 x − ( sin 3 x − sin x ) = 0
⇔ 3sin 3 x + sin 5 x + sin x = 0 ⇔ 3sin 3 x + 2sin 3 x.cos 2 x = 0
kπ
⇔ sin 3x(3 + 2 cos 2 x) = 0 ⇔ sin 3x = 0 ⇔ x =
;k ∈¢ .
3
kπ
;k ∈¢ .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
3

2.(0,5 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
nghiệm
Ta có: 2 x 2 − 2mx + 3 + 2 = x ⇔ 2 x 2 − 2mx + 3 = x − 2

2 x 2 − 2mx + 3 + 2 = x có

x ≥ 2

x ≥ 2
⇔ 2
⇔  x2 −1
2 x − 1 = (2m − 4) x
 x = 2m − 4
x2 −1
x2 + 1
′
x
≥
2
Xét hàm số f ( x) =
với
. Ta có f ( x) = 2 > 0, ∀x ≥ 2 .
x
x

Bảng biến thiên
x
f’(x)

+∞

2
+

f(x)

+∞

3
2

3
11
≤ 2m − 4 ⇔ m ≥
thì phương trình đã cho có nghiệm.
2
4
e
ln x + 1 + ln x
.dx
Câu 3.(1,0 điểm) . Tính tích phân: I = ∫
x 1 + ln x
1

Từ bảng biến thiên ta có với

e



e

e

1
ln x
1
+ ÷dx = ∫
dx + ∫ dx
x
x
1  x 1 + ln x
1 x 1 + ln x
1
e
ln x
1
I
=
dx ; đặt t= 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x ⇒ 2t.dt = dx
Xét 1 ∫
x
1 x 1 + ln x
Đổi cận: x = 1 ⇒ t =1 ; x =e ⇒ t = 2

Ta có : I = ∫ 

2

Khi đó I1 =

∫
1

ln x

2

2
t2 − 1
t3
4−2 2
.2tdt = 2 ∫ (t 2 − 1)dt = 2( − t ) / =
1
t
3
3
1

e

e
1
I
=
dx
=
(ln
x
)
/
=1
Xét 2 ∫

1
x
1

7−2 2
Khi đó I = I1 + I2 =
3

Câu 4.(1,0 điểm)

5


1.(0,5 điểm) / Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các

chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong
hai số được chọn có đúng một số có chữ số 5.
Số phần tử của tập E là : A5 = 60.
3
Số các số thuộc tập E và không có chữ số 5 là: A4 = 24 .
Số các số thuộc tập E có chữ số 5 là: 60 − 24 = 36 .
2
Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E là Ω = C60
Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có chữ số 5 là
3

1
1
C36
.C24

1
1
C36
.C24
144
=
Vậy, xác suất cần tìm là P =
.
2
C60
295

2.(0,5 điểm) Giải phương trình: 42 x − 15.22( x +

x+ 4 )

− 161+

Đk: x ≥ −4 . 4 − 15.2
− 16
= 0.
2 x −2 x+ 4
Phương trình đã cho tương đương 4
− 15.4 x −
2x

2( x + x + 4 )

x +4

= 0.

1+ x + 4

x+ 4

− 16 = 0

t = −1(l )
2
(t > 0) . Phương trình đã cho trở thành: t − 15t − 16 = 0 ⇔ t = 16

x ≥ 2
Với t = 16 ⇒ 4 x − x + 4 = 16 ⇔ x − x + 4 = 2 ⇔ x + 4 = x − 2 ⇔  x 2 − 5 x = 0 ⇔ x = 5 .


Đặt t = 4 x −

x+4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5 .
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm
C ( 3; −3) và điểm A thuộc đường thẳng d : 3 x + y − 2 = 0 . Gọi M là trung điểm của BC,

đường thẳng DM có phương trình x – y – 2 = 0 . Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
A ∈ d ⇒ A ( t ; 2 − 3t ) Ta có: d ( C , DM ) =

1
t = 3
d ( A, DM ) ⇒ 4t − 4 = 8 ⇔ t − 1 = 2 ⇔ 

2
 t = −1

Với t = 3 ⇒ A ( 3; −7 ) (loại vì A, C phải khác phía đối DM)
Với t = −1 ⇒ A ( −1;5 ) (thỏa mãn)
Giả sử D ( m; m − 2 ) .

uuur uuur
 AD ⊥ CD (m + 1)(m − 3) + ( m − 7)(m + 1) = 0
⇒
Ta có 
2
2
2
2 ⇔ m = 5 ⇒ D (5;3)
(m + 1) + (m − 7) = (m − 3) + (m + 1)
 AD = CD
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I ( 1;1)

Do I là trung điểm của BD ⇒ B ( −3; −1) . Vậy, A ( −1;5 ) , B ( −3; −1) , D(5;3)
Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a , đường thẳng B ' C
tạo với đáy một góc 60o . Tính theo a thể tích khối chóp C. A ' B ' B và khoảng cách từ B '
đến mặt phẳng ( A ' BC ) .

6




a2 3

4
2
1
1 a 3
a3
= .S∆ABC .CC ' = .
.a 3 =
3
3 4
4
1
2

Ta có: CC ' = a.tan 60o = a 3 , S ∆ABC = a.a.sin 60o =
1
⇒ VC . A ' B ' B = VC . ABA ' = VABC . A ' B 'C '
3

Ta có: A ' B = A ' C = a 2 + 3a 2 = 2a .
Gọi M là trung điểm BC suy ra A ' M ⊥ BC ⇒ A ' M = 4a 2 −
⇒ S ∆A ' BC

a 2 a 15
=
4
2

1
1 a 15
a 2 15

= A ' M .BC = .
.a =
2
2 2
4

3V
3a 3
3a
1
⇒ d ( B ', ( A ' BC )) = C . A ' B ' B =
=
2
Lại có: VC . A ' B ' B = VB '. A' BC = S ∆A ' BC .d ( B ', ( A ' BC ))
S ∆A ' BC
a 15
15 .
3
4.
4
3a
Vậy d ( B ', ( A ' BC )) =
.
15
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A1 B1C1 D1 ,
biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; A1 (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình
vuông ADD1 A1 .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; D1 ; M; N
1
1 1
Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); D1 (0; 1; 1) M( ;0;0) ; N(0 ; ; ) .

2
2 2
2
2
2
Gọi mặt cầu (S): x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0
Do (S) đi qua các điểm C; D1 ; M; N
5

2 + 2 a + 2 b + d = 0
a = − 4
2 + 2 b + 2c + d = 0


1
1
 b = −
⇔
4
Nên ta có hệ phương trình:  + a + d = 0
4

5
1
c = −
4
 +b+c+d = 0

2
 d = 1

5
1
5
⇒ pt ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − y − z + 1 = 0
2
2
2
( x − 3)( x + 4) = y ( y − 7) (1)
 2
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  y = x − 1 (2)
 x −1
2− y


{

x −1 > 0

{

x >1

Đk: 2 − y > 0 ⇔ y < 2 .
Từ (1) ta có ( x − 1) 2 + 3( x − 1) = (2 − y ) 2 + 3(2 − y ) (3)
Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t , t > 0. Ta có f ′(t ) = 2t + 3 > 0, ∀t > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên (0;+ ∞ )
7


Mà (3) ⇔ f ( x − 1) = f (2 − y ) ⇔ x − 1 = 2 − y ⇔ x = 3 − y

Thế vào (2) ta được

y2
2− y
y =1⇒ x = 2
=
⇔ y2 + y − 2 = 0 ⇔ 
2− y
2− y
 y = −2 ⇒ x = 5

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – 2 )
Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc nửa khoảng ( 0;1] và thoả mãn: x + y ≥ 1 + z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x
y
z
+
+
.
y + z z + x xy + z 2

Do x, y ∈ ( 0;1] và x + y ≥ 1 + z ⇒ x ≥ z , y ≥ z
Ta có xy + z 2 ≤ 2 xy ≤ (

x + y)
≤ x + y do x + y ≤ 2
2

2

x
y
z
+
+
y+z z+x x+ y
 1
x
y
z
1
1
1 
+
+
= ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )  
+
+
÷− 3
y+z z+x x+ y 2
 x+ y y+z z+x

P≥

≥

9
3

3
− 3 = ⇒ P ≥ . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
2
2
2

Vậy Pmin =

3
khi x = y = z = 1
2

ĐỀ SỐ 82
3

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x – 3mx2 + (3m2 – 3)x + m2 + 1 (1), với m là tham số.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox.

 x π  π x
2
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 4sin  + ÷sin  − ÷ = 3 sin x(cos 2 x + cos x)(1 + cot x)
2

Câu 3(1 điểm) Tính tích phân sau : I =

π
2
π
4

∫

6

6

2

4 x sin 2 x 3 + sin 2 x + 2cos 2 x
dx
3 + sin 2 x

Câu 4.(1,0 điểm)
1. Cho n là số nguyên dương thỏa Cn1 + Cn2 + ... + Cnn −1 + Cnn = 255 .
Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển của P(x) = ( 1 + x + 3 x 2 ) .
n

2. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho z − 1 − 2i = 2 2 (1). Từ đó hãy
tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần ảo của z bằng 4.
Câu 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C
thuộc đường thẳng (d): x + 2y + 1 = 0, trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3
đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 6.(1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
(P): x – 2y + 2z – 2 = 0 và (Q): 2x + 2y + z – 1 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1), nằm trong mặt phẳng (Q) và tạo
với mặt phẳng
(P) một góc bằng 450.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của AB và AD; H là giao điểm của MD và CN. Biết rằng SH

vuông góc với (ABCD). Chứng minh CH vuông góc với MD và tính thể tích khối chóp
SNMBC.
3
2
8 x + 4(2 x − 1) = 13 x + ( y + 1)(5 y + 7)
.
2
2
3
 x − y = y + y + 1

Câu 8(1 điểm) Giải hệ phương trình: 

8


Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, là hai số dương thỏa x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:
2
P = 4x +

1
1  x
y 
+ 4y2 + 2 −  2
+ 2
÷.
2
x

y
 x +1 y +1

LỜI GIẢI
3

2

Câu 1 Cho hàm số :y = x – 3mx + (3m2 – 3)x + m2 + 1 (1)
1.(1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1: y = x3 – 3x2 + 2
Tập xác định: D = R
y = +∞; lim y = −∞
Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
x = 0 ⇒ y = 2

y' = 3x2 – 6x; y' = 0 ⇔ 
.
 x = 2 ⇒ y = −2
Bảng biến thiên:
−∞
x
0

2

+∞

+

y/
y

0

-

0

+

+∞

2
−∞

-2

y'' = 6x – 6; y'' = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0. Đồ thị có điểm uốn là I(1; 0).
Đồ thị :

9


2.(1,0 điểm) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox.

y' = 3x2 – 6mx + 3m – 3
 x = m + 1 ⇒ y = m 3 + m 2 − 3m − 1
y' = 0 ⇔ x – 2mx + m – 1 ⇔ 

.
3
2
 x = m − 1 → y = m + m − 3m + 3
2

2

d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ (m3 + m2 – 3m – 1)2 = (m3 + m2 – 3m + 3)2
⇔ – 8(m3 + m2 – 3m) – 8 = 0 ⇔ 8m3 + 8m2 – 24m + 8 = 0
⇔ m = 1 hay m = –1 ± 2 .
 x π  π x
Câu 2 : 4sin  + ÷sin  − ÷ = 3 sin x(cos 2 x + cos x)(1 + cot 2 x)
2 6   6 2

Điều kiện: sinx ≠ 0.
π



(1) ⇔ 2 cos x − cos  = 3 sin x(cos 2 x + cos x)(1 + cot 2 x)
3

3 sin x(cos 2 x + cos x )
3(cos 2 x + cos x)
⇔ 2cos x − 1 =
2
sin x
sin x
⇔ 2sinxcosx – sinx = 3 cos 2 x + 3 cos x ⇔ sin 2 x − 3 cos 2 x = sin x + 3 cos x

2π

x=
+ k 2π

π
π


3
1
3
1
3
⇔ sin 2 x − cos 2 x = sin x + cos x ⇔ sin  2 x − ÷ = sin  x + ÷ ⇔ 
3
3


2
2
2
2
 x = π + k 2π

3
3
2π

 x = 3 + k 2π

So sánh điều kiện ta được phương trình có nghiệm là: 
.
 x = ± π + k 2π

3

⇔ 2cos x − 1 =

π
2
π
4

∫

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
I=

π
2
π
4

∫

4 x sin 2 xdx +

π
2
π

4

2cos 2 xdx
= I1 + I2
3 + sin 2 x

∫

⇒ u' = 2
Chọn v = –cos2x

Tính I1: Đặt u = 2x
v' = 2sin2x
π
2
π
4

π
2
π
4

4 x sin 2 x 3 + sin 2 x + 2cos 2 xdx
3 + sin 2 x

π
2
π
4

I1 = [ −2 x cos 2 x ] + ∫ 2cos 2 xdx = π + [ sin 2x ] = π + (0 – 1) = π – 1.
Tính I2: Đặt t = 3 + sin2x ⇒ dt = 2cos2xdx
Đổi cận: x =

π
⇒ t = 4;
4

π
⇒t=3
2

x=

3
dt
=  2 t  4 = 2 3 − 4 .
t
Vậy I = π – 1 + 2 3 − 4 = 2 3 + π − 5 .

⇒

I1 =

∫

3

4

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm).Cho n là số nguyên dương thỏa Cn1 + Cn2 + ... + Cnn −1 + Cnn = 255 .
Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển của P(x) = ( 1 + x + 3x 2 ) .
n

Ta có Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn −1 + Cnn = (1 + 1) n = 2n ⇒ Cn1 + Cn1 + ... + Cnn = 2n − 1
n

n

8

Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255 ⇔ 2 = 256 = 2 ⇔ n = 8.
2 8

P(x) = (1 + x + 3x )

8

= ∑ C ( 3x
k=0

k
8

2

+x

)

k

=

8



k

∑ C  ∑ C
k =0

k
8

m=0

m
k

 8 k
(3x 2 ) k − m x m ÷ = ∑ ∑ C8k Ckm 3k − m.x 2 k − m .
 k = 0 m= 0

10

 2k − m = 14
 m = 0 m = 2
0
≤
m
≤
k
≤
8

YCBT ⇔
⇔  k = 7 ∨ k = 8 .
 m, k ∈ Z




Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 + C88C82 36 )x14.
2.(0,5 điểm).Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho z − 1 − 2i = 2 2 (1). Từ đó
hãy tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần ảo của z bằng 4.
Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) là số phức có điểm biểu diễn là M.
Ta có: z − 1 − 2i = 2 2 ⇔ |(x – 1) + (y – 2)i | = 2 2 ⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 8.
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (S): (x – 1)2 + (y – 2)2 = 8.
 Ta có z có phần ảo là 4 ⇒ y = 4. Mà z thỏa (1) nên (x – 1)2 + (4 – 2)2 = 8
⇒ (x – 1)2 = 4 ⇔ x – 1 = ± 2 ⇔ x = 3 hay x = –1.
Do đó z = 3 + 4i hay z = –1 + 4i.
Câu 5.(1,0 điểm)Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc (d): x + 2y + 1 = 0,
trọng tâm G. Biết diện tích ∆ GAB bằng 3 (đvdt) hãy tìm tọa độ đỉnh C.
−2 y + 3 y + 6 
;

÷.
3 
 3


Ta có C thuộc (d) ⇒ C(–2y – 1; y).G là trọng tâm ∆ ABC ⇒ G 

uuur
x −3 y −4
=
⇒ AB: x – y + 1 = 0; AB = 2 2 .
AB = (–2; –2) ⇒ AB:
1
1
−2 y + 3 y + 6
y
−
+1
xG − yG + 1
3
3
=
.
d (G; AB) =
=
2
2
2
y
1

1
SGAB = AB.d (G; AB ) = .2 2.
= |y| = 3 ⇔ y = ± 3.
2
2
2

* y = 3 ⇒ C(–7; 3).
* y = –3 ⇒ C(5; –3).
Vậy C(–7; 3) hay C(5; –3).
Câu 6.(1,0 điểm)Cho hai mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 2 = 0 và (Q): 2x + 2y + z – 1 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1), nằm trong (Q) và tạo với mặt
phẳng (P)
một góc bằng 450.
r
Ta có: n = (2; 2;1) là một vectơ pháp tuyến của (Q)
r
b = (1; −2; 2) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
r
Gọi a = (a; b; c) với a2 + b2 + c2 > 0 là một vectơ chỉ phương của (d) .
Vì đường thẳng (d) đi qua
A(0; 0;
1) mà A ∈ (Q) do đó
r r
rr
(d) chứa trong (Q) ⇔ a ⊥ n ⇔ a.n = 0 ⇔ 2a + 2b + c = 0 ⇔ c = –2a – 2b.
rr
a.b
r
r

0
Góc hợp bởi (d) và (P) bằng 450 ⇔ sin 45 = cos(a, b) = r r
a b

⇔

a − 2b + 2c
2
=
⇔ 18(a 2 + b 2 + c 2 ) = 4(a − 2b + 2c) 2 .
2
2
2
2 3 a +b +c

⇔ 9[a2 + b2 + (–2a – 2b)2] = 2[a – 2b + 2(–2a – 2b)]2
⇔ 9(5a2 + 5b2 + 8ab) = 2(–3a – 6b)2 = 2.9(a + 2b)2.
⇔ 5a2 + 5b2 + 8ab = 2(a2 + 4ab + 4b2) ⇔ 3a2 – 3b2 = 0 ⇔ a = ± b.
 a = b: Chọn b = 1 ⇒ a = 1 và c = –4.
 a = –b: Chọn b = –1 ⇒ a = 1 và c = 0.
x = t

Vậy (d):  y = t
hay (d):
 z = 1 − 4t


x = t

 y = −t là các đường thẳng cần tìm.

z = 1


11


Câu 7.(1,0 điểm)Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a. Gọi

M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD và H là giao điểm của MD và CN. Biết rằng SH
vuông góc với (ABCD). Chứng minh CH vuông góc với MD và tính thể tích khối chóp
SNMBC.
Ta có: ∆ CDN = ∆ DAM
·
·
·
·
·
·
⇒ MDA
⇒ DNH
= NCD
+ MDA
= DNC
+ NCD
= 900 ⇒ CH ⊥
DM
CN = a 5 ⇒ HC =
⇒ SH = 4a 2 −

DC 2 4a 2 4a 5

=
=
CN
5
a 5

80a 2
20a 2 2a 5
=
=
.
25
25
5

SNMBC = SABCD – SDNC – SANM = 4a2 – a2 –

a2
5a 2
=
.
2
2

1
1 5a2 2a 5 a3 5
.SNMBC .SH = .
.
.
=

3
3 2
5
3
8 x 3 + 4(2 x − 1) = 13 x 2 + ( y + 1)(5 y + 7)
Câu 8.(1,0 điểm)Giải hệ phương trình  2 2
.
3
 x − y = y + y + 1
8 x 3 − 13x 2 + 8 x − 4 = 5 y 2 + 12 y + 7
(a)
(1) ⇔  2
3
2
(b)
 x = y + y + y + 1

Do đó VSNMBC =

Cộng (a) và (b) theo vế:
8x3 – 12x2 + 8x – 4 = y3 + 6y2 + 13y + 8
⇔
8x3 – 12x2 + 6x – 1 + 2x – 1 = y3 + 6y2 + 12y + 8 + y + 2
⇔
(2x – 1)3 + (2x – 1) = (y + 2)3 + ( y + 2) (c)
Xét hàm số f(t) = t3 + t . Ta có:
f'(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀ t ⇒ f(t) đồng biến trên R và f(t) liên tục trên R.
Do đó (c) ⇔ f(2x – 1) = f(y + 2) ⇔ 2x – 1 = y + 2 ⇔ x =
Thay vào (b) ta được:

y+3
.
2

y2 + 6 y + 9
= y3 + y 2 + y + 1
4

⇔
4y3 + 3y2 – 2y – 5 = 0 ⇔ (y – 1)(4y2 + 7y + 5) = 0
⇔
y = 1. Suy ra x = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = 2 và y = 1.
Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa x + y ≤ 1
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = 4 x +

1
1  x
y 
+ 4 y2 + 2 −  2
+ 2
÷
2
x
y
 x +1 y +1

x+ y 1
≤

2
2
1 2
1 
2
1
1 
2
2
2
4 x 2 + 2 12 + 22 ≥
 2y + ÷
 2 x + ÷; 4 y + y 2 1 + 2 ≥
y
x
x
5
5
 4
2 
1 1 4 
1 
4 1
3
+ 4 xy − 3 xy ÷ ≥  2 4 − ÷ = 2 5
÷÷ ≥

P ≥  x + y + + ÷ ≥  xy +
÷
x y

2
5
5
xy 
5  xy
 5
1
1
1
4
=
≤
=
2
1
3
3
4x + 3 ,
x + 1 x2 + +
x+
4 4
4

Ta có: 0 < xy ≤

Tương tự ta có:
⇒

4
 1

x
x
4x
4y
1 
3 2 4
+ 2 ≤
+
= 2 − 3
+
÷ ≤ 2 − 3 4x + 4 y + 6 ≤ 2 − . =
x + 1 y + 1 4x + 3 4 y + 3
1 5 5
 4x + 3 4 y + 3 
2

12



Vậy P

4
5

≥ 2 5 − . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y =

4
1
. Vậy MinP = 2 5 − .

5
2

ĐỀ SỐ 83

3
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y = −4 x + 3x ( C ) .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = −4 x + 3x ( C ) của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 3 x − 4 x 3 − 3m + 4m3 = 0 có 3 nghiệm thực
phân biệt.
Câu 2.(2,0 điểm).
π

2
1. Giải phương trình: sin x.sin 4 x = 2 2 cos  − x ÷− 4 3 cos x.sin x.cos 2 x .
3

6

2. Giải bất phöông trình x + (3 x − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0
3

2

2

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân sau: I = ∫
1

x3 x 3 + 8 + ( 6 x 3 + 4 x 2 ) ln x
x

dx

Câu 4.(1,0 điểm).
1. Cho tập hợp X = { 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8} . Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số
đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu
nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000.
2. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn 2 z − 3 = z + 1 + i và ( z − i ) ( z + 1 + 2i ) là số thực.
Câu 5.(1,0 điểm).
13


Cho ∆ABC biết A ( 2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C lần lượt có
phương trình là d B : x − 2 y + 1 = 0; dC : x + y + 3 = 0 . Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh
BC .
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;3). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích
khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 2 2a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một
góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.


 x 3 − 6 x 2 y + 9 xy 2 − 4 y 3 = 0
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x − y + x + y = 2

Câu 9.(1,0 điểm).
Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] và x + y + z = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của A = x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx .

LỜI GIẢI
3
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = −4 x + 3x ( C ) .
3
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = −4 x + 3x ( C ) của hàm số.
TXĐ: D = ¡ .
y = +∞; lim y = −∞;
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

SBT. y ' = −12 x 2 + 3 ; y ' = 0 ⇔ x = ±

1
2

BBT:
x

−∞

y’
y

+∞

−

1
−
2

0

+

1
2

0

1

−1

−

+∞

−∞
14


 1 1



1

1




Hàm
số đồng biến trên  − ; ÷, nghịch biến trên các khoảng  −∞; − ÷ và  ; +∞ ÷
2
 2 2

2


1
2

1
2

Hàm số đạt cực đại tại x = , yCD = 1 , Hàm số đạt cực tiểu tại x = − , yCT = −1 .
Đồ thị:

y’’ = −24 x, y’’ = 0 ⇔ x = 0 . Đồ thị hàm số có điểm uốn O(0; 0).

Đồ thị hàm số nhận điểm O(0;0) làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 3 x − 4 x 3 − 3m + 4m3 = 0 có 3

nghiệm thực phân biệt
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
y = −4m3 + 3m .
Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ −1 < 3m − 4m3 < 1

−1 < m < 1
2

3

1
4m − 3m − 1 < 0
( m − 1) ( 2m + 1) < 0

⇔ 3
⇔
⇔ m ≠ −
2
2
4m − 3m + 1 > 0
( m + 1) ( 2m − 1) > 0

1

m ≠ 2

Câu 2.(1,0 điểm)

π


− x ÷− 4 3 cos 2 x.sin x.cos 2 x .
6


1.(0,5 điểm). Giải phương trình: sin x.sin 4 x = 2 2 cos 

π

− x ÷− 3 cos x.sin 4 x
6

π

⇔ sin 4 x sin x + 3 cos x = 2 2 cos  − x ÷
6

π
 π

π

π

⇔ sin 4 x  sin sin x + cos cos x ÷ = 2 cos  − x ÷ ⇔ sin 4 x − 2 cos  − x ÷ = 0
6
6


6


6


Ta có: sin x.sin 4 x = 2 2 cos 

(

)

(

)

 π

2π
π

cos  6 − x ÷ = 0
⇔ 
⇔ cos  − x ÷ = 0 ⇔ x =
+ kπ ; ( k ∈ ¢ )

6
3


sin 4 x − 2 = 0
2π
+ kπ ; ( k ∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệm x =
3
2.(0,5 điểm) Giải bất phöông trình x3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0
y ≥ 0
Điều kiện : x ≥ −1 . Đặt y = x + 1 ⇔  2
 y = x +1
Bpt trở thành x 3 + (3x 2 − 4 y 2 ) y ≤ 0
TH 1. y = 0 ⇔ x = −1 . Thỏa mãn BPT

TH 2. y > 0 ⇔ x > −1 .
3

2

x
x
Chia hai vế cho y ta được:  ÷ + 3  ÷ − 4 ≤ 0 .
 y
 y
x
Đặt t = và giải BPT ta được t ≤ 1
y
3

15


 −1 ≤ x < 0
 −1 ≤ x < 0


x
1+ 5
x ≥ 0

⇔ 
⇔ −1 ≤ x ≤
Với t ≤ 1 ⇒ ≤ 1 ⇔ x ≤ x + 1 ⇔   x ≥ 0
.
 1 − 5
y
2
1+ 5
  x 2 − x − 1 ≤ 0

≤x≤

2
 2


Kết hợp x > −1 ta được −1 < x ≤

1+ 5
.
2


Vậy tập nghiệm của BPT là S =  −1;


1+ 5 

2 
2

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫

x3 x 3 + 8 + ( 6 x 3 + 4 x 2 ) ln x

1

2

2

1

1

x

dx

2
3
2
Ta có I = ∫ x x + 8dx + ∫ ( 6 x + 4 x ) ln xdx = I1 + I 2
1

2

* Tính I1 = ∫ x

2

1

2
2
74
1
x + 8dx = ∫ ( x 3 + 8) d ( x 3 + 8 ) =....=
9
31
3

dx

u = ln x
du =
=> 
x
* Tính I2: Đặt 
2
dv
=
(6
x
+
4

x
)
dx

v = 2 x 3 + 2 x 2

3
2
Ta có I 2 = ( 2 x + 2 x ) ln x

Vậy I = 24 ln 2 +

2
1

2

− ∫ (2 x 2 + 2 x) dx =...= 24 ln 2 −
1

23
3

5
9

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho tập hợp X = { 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8} . Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4
chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu
nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000.

Gọi abcd là số có 4 chữ số khác nhau đôi một lấy từ các chữ số trên và chia hết cho 5.
3
Nếu d = 0 thì abc có A6 = 120 cách chọn.
Nếu d = 5 thì a có 5 cách chọn
b có 5 cách chọn và c có 4 cách chọn suy ra có 100 số.
Vậy G có tất cả 220 số.
Giả sử abcd ∈ G và abcd ≤ 4000 .
Khi đó a = 1, 2, 3 nên a có 3 cách chọn.
d có 2 cách chọn
2
bc có A5 = 20 cách chọn
Vậy nên có 120 số lấy từ G nhỏ hơn 4000.
Xác suất là P =

120 6
= .
220 11

2.(0,5 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn 2 z − 3 = z + 1 + i và ( z − i ) ( z + 1 + 2i ) là số
thực
Gọi z = a + bi, ( a, b ∈ ¡

(

)

)

⇒ ( z − i ) z + 1 + 2i = a ( a + 1) − ( b − 1) ( b − 2 ) + ( a + 1) ( b − 1) + a ( 2 − b )  i
16

( z − i ) ( z + 1 + 2i ) là số thực ⇒ ( a + 1) ( b − 1) + a ( 2 − b ) = 0 ⇔ a + b = 1
Vì
Ta có 2 z − 3 = z + 1 + i ⇔ ( 2a − 3) + b = ( a + 1) + ( 1 − b )
2

2

2

2

 a = 3, b − 2
⇔ 3a − 11a + 6 = 0 ⇔ 
a = 2 ; b = 1
3
3

2

2 1
3 3

Vậy z = 3 − 2i; z = + i
Câu 5.(1,0 điểm) Cho ∆ABC biết A ( 2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C lần
lượt có phương trình là d B : x − 2 y + 1 = 0; dC : x + y + 3 = 0 . Lập phương trình đường thẳng
chứa cạnh BC .
Lấy A1 ; A2 theo thứ tự là điểm đối xứng của A qua d B ; dC
⇒ A1 ; A2 ∈ BC .

Vậy phương trình đường thẳng A1 A2 cũng chính là phương
trình cạnh .BC
Xác định A1 :
Gọi d1 là đường thẳng đi qua A và d1 ⊥ d B
⇒ d1 : 2 x + y − 3 = 0

Gọi E = d1 ∩ d B ⇒ E ( 1;1) .

Vì E là trung điểm của A1 A ⇒ A1 ( 0;3)
Xác định A2 : Gọi d 2 là đường thẳng đi qua A và d 2 ⊥ dC ⇒ d 2 : x − y − 3 = 0
Gọi F = d 2 ∩ dC ⇒ F ( 0; −3) . Vì F là trung điểm của A2 A ⇒ A2 ( −2; −5 )
Vậy phương trình cạnh BC : 4 x − y + 3 = 0 .
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;3). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích
khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
Gọi giao của (P) với các tia Ox,Oy,Oz là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) với a,b,c >0
x y z
1 2 3
+ + = 1, (1) Do M ∈ ( P ) => + + = 1
a b c
a b c
1
1
1 2 3
6
=> abc ≥ 6.27 => VOABC = abc ≥ 27
Lại có VOABC = abc .Mặt khác 1 = + + ≥ 3 3
6
6
a b c

abc
1 2 3
 a + b + c = 1
=> a = 3, b = 6, c = 9
 Min VOABC = 27 đạt được khi 
1 = 2 = 3
 a b c
x y z
Vậy mp(P): + + = 1
3 6 9

=> mp(P) có pt:

Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 2 2a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với
trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 0. Tính
thể
tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
2
3

1
3
0
SA tạo với đáy góc 45 suy ra SAH = 450 ⇒ SH = AH = 2a

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì

1
1
4 2 3
V = S ABCD .SH = a.2 2a.2a =
a
3
3
3
17


Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD

Do đó d ( SD; AC ) = d ( SD;( ACM )) = d ( D;( ACM ))
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Khi đó

S

M

D
C
H

O
A

B

 2a 4 2a

A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; 2 2a;0), S  ;
; 2a ÷
÷, C ( a; 2 2a;0)
3
 3

uuuur  5a 2 2a 
 5a 2 2a  uuur
M  ;
;a÷
AM =  ;
;a÷
AC
=
(
a
;
2
2
a
;0)
.
÷
÷⇒
3
3
 6


 6

uuur uuuur
AC ∧ AM = (2 2a 2 ; −a 2 ; − 2a 2 ) Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
r
n = (2 2; −1; − 2) nên có phương trình là
−2 2 a

2 2a
8 +1+ 2
11
 x 3 − 6 x 2 y + 9 xy 2 − 4 y 3 = 0
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x − y + x + y = 2
x − y ≥ 0
Đk 
x + y ≥ 0
2 2 x − y − 2 z = 0 ⇒ d ( D;( ACM )) =

=

 x = y
2
 x 3 − 6 x 2 y + 9 xy 2 − 4 y 3 = 0

( x − y ) ( x − 4 y ) = 0
⇔
⇔  x = 4 y
Ta có: 
 x − y + x + y = 2


 x − y + x + y = 2
 x− y + x+ y = 2
Với x = y , thay vào phương trình ( ∗) ta được: x = y = 2

( ∗)

 x = 32 − 8 15

Với x = 4 y , thay vào phương trình ( ∗) ta được: 

 y = 8 − 2 15

(

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: ( 2; 2 ) và 32 − 8 15;8 − 2 15

)

Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] và x + y + z = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của A = x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx .
9
2

Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇔ xy + yz + zx = −
2

Vậy nên A =

x2 + y 2 + z 2

.
2

3 2
9
x + y2 + z2 ) −
(
2
2

Không mất tính tổng quát, giả sử: x ≥ y ≥ z ⇒ 3 = x + y + z ≤ 3x ⇒ x ≥ 1 ⇒ x ∈ [ 1; 2]
Lại có: y 2 + z 2 ≤ ( y + z )2 = ( 3 − x ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ ( 3 − x ) + x 2 = 2 x 2 − 6 x + 9
2

2

2
Xét f ( x) = 2 x − 6 x + 9, x ∈ [ 1; 2] ⇒ f '( x) = 4 x − 6, f '( x ) = 0 ⇔ x =

3
2

3 9
f (1) = 5; f (2) = 5; f  ÷ =
2 2

18


 x = 1


x = 2
  x = 2

2
2
2
⇔ y =1
Suy ra x + y + z ≤ 5 , đẳng thức xảy ra khi  yz = 0
x + y + z = 3 z = 0


 x ≥ y ≥ z
Vậy Amax = 3 khi x = 2, y = 1, z = 0 hoặc các hoán vị của chúng


ĐỀ SỐ 84
Câu 1.(2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 3 - 3x2.
m

2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x = x 2 − 3x .
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) của phương trình :
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =

5cosx + sinx - 3 =
log 2

3x 2 + 2 x + 2

x 2 + 2mx + 1

π

2 sin  2 x +  .
4


xác định ∀x ∈ R .

e

ln(1 + ln 2 x)
dx .
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
x
1

Câu 4.(1,0 điểm)

(

)

8

Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất .
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, ngoại tiếp
đường tròn (C): (x – 1) + (y + 1) = 20 và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x – y – 5 = 0. Viết

phương trình cạnh AB của hình thoi biết B có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 2; 3) và phương
trình mặt phẳng (P): x + 2y – z + 2 = 0. Đường thẳng d qua A cắt trục Ox tại điểm B, cắt mặt
phẳng (P) tại điểm C sao cho AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm C.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC =
2a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác
ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và CA’.
Câu 8.(1,0 điểm)
8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0
( x, y ∈ R ) .
Giải hệ phương trình :  2
2 x + 3 y 2 = 30

Câu 9.(1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P= + +.

19


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 = x3 - 3x2.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :

y = +∞ lim y = −∞
− Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
,
− Chiều biến thiên : y = 3x2 - 6x = 3x(x -2)
− Bảng biến thiên :
x
-∞
0
2
+∞
y’

+

0

y

-

0

0

+

-4

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên khoảng (0;2).
đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0 ⇔ x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng .
y

0
x

m

2.(1,0 điểm) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x = x 2 − 3x .
2
Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị y = x x − 3x ( x ≠ 0 và x ≠ 3)

 x ≠ 0, x ≠ 3

m

với đồ thị y = m . ⇔ x = x 2 − 3x ⇔  2
.
 x x − 3x = m
 x 3 − 3x 2 khi x < 0 hoac x > 3

2
x
x
−

3
x
=
Ta có y =
.
 3
2

− x + 3 x khi 0 < x < 3

Lập bảng biến thiên ta có:
x
-∞
0
2
y’

+

0

+

0

+∞

3
-

+

4
20


y

0



0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm.
+/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm.
+/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) của phương trình:5cosx + sinx - 3 =

π

2 sin  2 x +  .
4


π

2 sin  2 x +  ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
4


2
⇔ 2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.

Giải phương trình:5cosx + sinx - 3 =

+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
+/ cosx =

1
π
⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z .
2
3

đối chiếu điều kiện x ∈ ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là :

π
3

2.(0,5 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =

log 2

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

xác định ∀x ∈ R .

3x 2 + 2 x + 2
3x2 + 2 x + 2
≥0 ⇔ 2
≥ 1 ∀x ∈ R (*).
Hàm số xác định ∀x ∈ R ⇔ log 2 2
x + 2mx + 1
x + 2mx + 1
m 2 − 1 < 0
Vì 3x + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*) ⇔  2
2
 x + 2mx + 1 ≤ 3x + 2 x + 2 ∀x
2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 ≥ 0
∆'1 ≤ 0


⇔ 4 x 2 + 2( m + 1) x + 3 ≥ 0 , ∀x ∈ R ⇔ ∆' 2 ≤ 0
.
 −1 < m < 1
− 1 < m < 1


Giải ra ta có với :
1 - 2 ≤ m < 1 thì hàm số xác định với ∀x ∈ R .
e
ln(1 + ln 2 x)
dx .
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
x
1

2

1

2
đặt lnx = t , ta có I = ∫ ln(1 + t )dt .
0

2t
dt , v = t .
1+ t2
1
1
1 1 t2
dt 
2
dt
=
ln
2
−
2
dt
−
Từ đó có : I = t ln( 1+ t ) − 2∫

∫ ∫0 1 + t 2 ÷ (*).
0 0 1+ t2
0

đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du =

1

Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được

dt

∫ 1+ t
0

π
Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + .
2

2

=

π
.
4

(

)

8

Câu 4.(1,0 điểm)Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương

nhỏ nhất .
21


1


Ta
có 1 − 3i = 2  −

2

3 
π
π 

i÷
= 2  cos(− ) + i sin( − ) ÷.
÷
2 
3
3 


8π
8π 
) + i sin( − ) ÷.
3
3 


8π
Từ đó suy ra z có họ các acgumen là : − + 2kπ , k ∈ Z .
3
4π
Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
.
3
8
Theo công thức Moavor ta có z = 2  cos(−

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD,
ngoại tiếp đường tròn (C): (x – 1) + (y + 1) = 20 và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x – y – 5
= 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi biết B có hoành độ dương.
Đường tròn (C) có tâm I(1;-1) và bán kính R = 2. Đặt BI = x > 0.
Do AC = 2BD ⇒ AI = 2BI = 2x
Kẻ IH ⊥ AB ⇒ IH = R = 2
∆AIB có + = ⇔ + = ⇔ x = 5 (do x > 0)
Suy ra IB = 5, Gọi B ∈ d ⇒ B(t; 2t - 5) (t > 0)
⇔ (t - 1) + (2t - 4) = 25 ⇔
Với b = 4 ⇒ B(4;3). Phương trình cạnh AB có dạng: a(x - 4)
+ b(y - 3) = 0 (a + b > 0)
Có d(I,AB) = IH = R ⇔ = 2 ⇔ 11a - 24ab + 4b = 0 ⇔
Với a = 2b, chọn a = 2, b = 1, AB: 2x + y - 11 = 0
Với a = , chọn a = 2, b = 11, AB: 2x + 11y - 41 = 0
Vậy phương trình cạnh AB là 2x + y - 11 = 0 hay 2x + 11y - 41 = 0
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 2; 3) và phương
trình mặt phẳng (P): x + 2y – z + 2 = 0. Đường thẳng d qua A cắt trục Ox tại điểm B, cắt mặt
phẳng (P) tại điểm C sao cho AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm C.
Ta có B = d ∩ Ox ⇒ B(b; 0; 0) và C = d ∩ Ox ⇒ C(x; y; z)
Vì A, B, C thẳng hàng và AC = 2AB nên có hai trường hợp xảy ra là

= - 2 hoặc = 2
Với = - 2 ⇔
Mặt khác C ∈ (P) ⇒ b = 1 ⇒ C(-5; 6; 9)
Với = 2 ⇔
Lại có C ∈ (P) ⇒ b = - 1 ⇒ C(-1; -2; -3)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là C(-5; 6; 9) và C(-1; -2; -3)
Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A,
AB = a, BC = 2a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G
của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và CA’
Từ A'G ⊥ (ABC) ⇒ A'G là hình chiếu của AA' lên (ABC), Gọi M là trung điểm BC.
Từ giả thiết ta có: BC = 2a, AM = a, AG = = , A'G = AG.tan 60 =
Ta có: AC = , V = A'G.S = .a.a = a(đvtt)
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
⇒ = = ⇒ GI = = =

22




Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do ⇒ BC ⊥ GH (2). Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A'BC) ⇒ d[G,(A'BC)] = GH
Vì B'C' // BC, BC ⊂ (A'BC) nên B'C' // (A'BC) và A'C ⊂ (A'BC)
⇒ d(B'C', A'C) = d(B'C',(A'BC)] = d[B',(A'BC)]
Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’.
Do đó: d(B',(A'BC)] = d(A,(A'BC) = 3d(G,(A'BC)] = 3GH
⇒ d(B'C'A'C)] = = = = ⇒ d(B'C'A'C)] =
8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0
( x, y ∈ R ) .

Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  2
2 x + 3 y 2 = 30
điều kiện xy ≥ 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.

Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
Pt (1) của hệ ⇔ 8 x 2 + 18 y + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy ⇔
2

6 xy
2x + 3y
5
+
= .
6x y 2x + 3y 2

Dễ thấy 2 số hạng cùng dấu có tổng = 2,5 nên suy ra x > 0 , y > 0 .
2x + 3y
= t , t ≥ 2. Xét f(t) = t + 1 , t ≥ 2 .
6 xy
t
5
t 2 −1
Ta thấy f’(t) = 2 > 0 ∀t ≥ 2 suy ra f(t) ≥ .
2
t

đặt

Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y.
Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.

Câu 9.(1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P= + +
Đặt x = 2 , y = 2 , z = 2 ⇒
Ta được: P = + +
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: x + 1 + 1 + 1 ≥ 4x và x + y ≥ 2xy
⇒ x + 2x + 2y + 7 ≥ 4x + 4xy + 4 = 4(x + xy + 1)
Chứng minh tương tự ta có y + 2y + 2z + 7 ≥ 4(y + yz + 1)
z + 2z + 2x + 7 ≥ 4(z + zx + 1)
Vậy P ≤ + +
Mà xyz = 1 nên + +
= + +
= + + =1
Do đó P ≤ . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z ⇒ a = b = c = 0
Vậy Max P = ⇔ a = b = c = 0
23




ĐỀ SỐ 85
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

−x + m
(C).
x+2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 .
2. Tìm số thực dương m để đường thẳng ( d ) : 2 x + 2 y − 1 = 0 cắt (C) tại hai điểm A và B
sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 trong đó O là gốc tọa độ.

Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình

sin 2 x sin 2 3 x
+
= tan 2 x ( sin x + sin 3 x ) .
cos x cos 3 x
π
2

1 + cos 2 x
dx .
π 1 + sin 2 x

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau I = ∫
4

Câu 4.(1,0 điểm)
1. Tìm mô đun của số phức z biết z 3 + 12i = z và z có phần thực dương.
2. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ
ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác
suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5.(1,0 điểm)
2
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C1): ( x + 2 ) + ( y − 1) = 1 có tâm O1,

đường tròn ( C2 ) bán kính bằng 4, có tâm O2 nằm trên đường thẳng ( d ) : x + y − 4 = 0 và cắt
(C1) tại hai điểm A và B sao cho tứ giác O1AO2B có diện tích bằng 2 3 . Viết phương trình
đường tròn (C2) biết O2 có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A ( 3; −2; −4 ) , song song với mặt

phẳng ( P ) : 3 x − 2 y − 3z − 7 = 0 và cắt đường thẳng ( d ) :

x − 2 y + 4 z −1
=
=
.
3
−2
2

Câu 7.(1,0 điểm)
Chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
các cạnh AB và AD, H là giao điểm của CN và DM. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD)
cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB.
24


 x 2 + y + xy ( x + y − 5 ) = 0
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2
.
( x + y ) ( x + y ) = 6 xy


Câu 9.(1,0 điểm)
2
2
Cho các số thực x, y phân biệt thỏa mãn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) − 2 xy ≤ 8 .
3
3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x − y − ( x − y ) ( 7 + 3xy ) +

4
+ 4 xy .
x− y

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

−x + m
(C).
x+2

1.(1.0 điểm) Với m = 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y =
* TXĐ: D = R\{ −2 }.
* Tiệm cận đứng x = −2 , tiệm cận ngang y = −1 .
* y'= −

3

( x + 2)

2

< 0, ∀x ∈ D , nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

* Bảng biến thiên.
−∞
x
y

y

−x +1
x+2

-

/

+∞

-2
0

+∞

-1
−∞

-1

Giao Ox: y = 0 ⇔ x = 1 .
1
2

Giao Oy: x = 0 ⇒ y = .

Đồ thị:
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;-1) làm tâm đối xứng
25