Tuyển chọn 10 đề thi toán hay nhất + lời giải chi tiết môn toán

Luyện giải đề môn Toán 2014



Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

01. ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 có đồ thị là (Cm).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = −2 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0 ; −2), B và C sao
cho diện tích tam giác OBC bằng 13 (với O là gốc tọa độ).

1
( sin 4 x + sin 2 x ) .
6
 x(4 x 2 + 1) − y 2 y − 1 = 0

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
x
2
+2 =0
−2 x + xy + 3 x −
2

e 2
x + x ln x + 1 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
e dx.
x

1

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình tan 2 x − tan x =

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a; AD = a 3 .
Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa
hai mặt phẳng ( ADD ' A ') và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ

điểm B ' đến mặt phẳng ( A ' BD ) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

c2
c2
ab
+
+
.
2
2
2
(a + b − c) a + b a + b

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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 4 và điểm
2

E(4; 1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến
đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua E.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1, d2 có phương trình
x −1 y + 1 z
x − 2 y z −1
d1 :
=
= và d 2 :
= =
. Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông
2
1
2
1
1
−2
góc với mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 5 z + 3 = 0 .
2 − iz z + 2i
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
−
= 2 z.
2 + i 1 − 2i
B. Theo chương trình Nâng cao
x2 y2
−
= 1. Viết phương
16 9
trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở
của (H).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 và

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Hypebol ( H ) :

đường thẳng (d ) :

x+3
= y + 1 = z − 3 , điểm A(−2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua
2


Luyện giải đề môn Toán 2014
Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho độ dài đoạn AM ngắn
nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn z 2 − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn nhất.

LỜI GIẢI ĐỀ 1:
Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án
a) (1,0 điểm)
Với m = 1 thì hàm số có dạng y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2
Tập xác định D = ℝ .

Điểm
0,25

x =1
Đạo hàm y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 ⇒ y ' = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 

x = 3
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) ; ( 3; +∞ ) và nghịch biến trên (1; 3).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y = 2; đạt cực tiểu tại x = 3; y = −2.

(

)

(

0,25

)

Các giới hạn: lim x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 = +∞ ; lim x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 = −∞
x →+∞

x →−∞

0,25

Điểm uốn: y ' = 6 x − 12 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 2 
→U ( 2;0 ) .
Bảng biến thiên:
x
−∞
y’

1
+

0

3
−

0

+∞
+

2

0,25
+∞

y
−∞
Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

−2

0,25

Nhận xét:
+ Đồ thị hàm số nhận điểm U(2; 0) làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; −2).
b) (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 = −2
⇔ ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x = 0 ⇔ x ( 2 − m ) x 2 − 6mx + 9 ( 2 − m )  = 0

 x = 0 ⇒ A(0; −2)
⇔
2
( 2 − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) = 0 ⇔ g ( x) = 0
Hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C khi phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

2
2
∆ g = 9m − 9 ( 2 − m ) > 0 m > 1
phân biệt và khác 0. Ta có điều kiện: 
⇔
m ≠ 2
 g (2) = 2 − m ≠ 0

Giả sử B ( x1 ; −2 ) , C ( x2 ; −2 ) , với x1; x2 là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0.
6m

 x1 + x2 =
Theo định lí Vi-ét ta có 
2−m

 x1 x2 = 9
1
1
Ta có S∆OBC = d ( O; d ) .BC ⇔ 13 = .2.BC ⇒ BC = 13
2
2

14

2
m=
 6m 

⇔ x1 − x2 = 13 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 13 ⇔ 
13
 − 36 = 13 ⇔ 
2−m
m
=
14

14
Đối chiếu với điều kiên ta được m = ; m = 14 là các giá trị cần tìm.
13
π mπ

x≠ +
cos 2 x ≠ 0 
4 2
Điều kiện 

⇔
cos x ≠ 0
 x ≠ π + nπ

2
Phương trình đã cho tương đương với 6sin x = cos 2 x cos x(sin 4 x + sin 2 x)
⇔ 6sin x = cos x cos 2 x(4sin x cos x cos 2 x + 2sin x cos x)

0,25

2

2
(1,0 điểm)

⇔ sin x(4cos 2 x cos 2 2 x + 2cos 2 x cos 2 x − 6) = 0

0,25

0,25

0,25

⇔ sin x  (2cos 2 2 x(1 + cos 2 x) + cos 2 x(1 + cos 2 x) − 6  = 0
⇔ sin x(2cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6) = 0

0,25

⇔ sin x(cos 2 x − 1)(2cos 2 x + 5cos 2 x + 6) = 0
2

3
(1,0 điểm)

sin x = 0 ⇔ x = kπ
⇔
⇔ x = kπ
2
 cos 2 x = 1 ⇔ sin x = 0
Kết hợp với điêu kiện ta được nghiệm của phương trình là x = kπ; k ∈ Z.
Điều kiện: x ≥ −4, y ≥ 12

Ta có (1) ⇔ 2 x(4 x 2 + 1) = 2 y 2 y − 1 = 0 ⇔ (2 x)3 + 2 x = ( 2 y − 1)3 + 2 y − 1 (*)
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t ta có f ′(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên f (t ) đồng biến trên ℝ .
(*) ⇔
x ≥ 0
(2 x)3 + 2 x = ( 2 y − 1)3 + 2 y − 1 ⇔ f (2 x) = f ( 2 y − 1) ⇔ 2 x = 2 y − 1 ⇔  2
4 x + 1 = 2 y
x
+ 2 = 0 ⇔ −4 x 2 + x(2 y ) + 6 x − 2 x + 8 = 0
2
⇔ −4 x 2 + x(4 x 2 + 1) + 6 x − 2 x + 8 = 0 ⇔ 4 x3 − 4 x 2 + 7 x − 2 x + 8 = 0
1
Xét hàm số g ( x) = −4 x 2 + 4 x3 + 7 x − 2 x + 8 ⇒ g ′( x) = 12 x 2 − 8 x + 7 −
2x + 8

Từ (2) ta có −2 x 2 + xy + 3x −

5 2x + 8 −1
= 4 x + 2(2 x − 1) +

> 0, ∀x ≥ 0 nên g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; +∞)
2x + 8
Mặt khác ta dễ thấy g 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
2
2
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 ; y = 1
2
e 2
e
e
e x
x + x ln x + 1 x
e
Ta có I = ∫
e dx = ∫ xe x dx + ∫ ln x e x dx + ∫ dx = I1 + I 2 + I 3
x
x
1
1
1
1
2

0,25

0,25

0,25

2

()

4
(1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014



e

e

1

1

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

+ Xét I1 = ∫ xe x dx = xe x 1e − ∫ e x dx = ee (e − 1)
e

e

0,25
e

ex
ex
dx = ee − ∫ dx = ee − I 3 ⇔ I 2 + I 3 = ee
x
x
1
1

e

+ Xét I 2 = ∫ e x ln x dx = e x ln x − ∫
1

1
e

0,25

e

ex
ex
dx + ∫ dx = ee +1
x
x

1
1

Từ đó suy ra I = ee +1 − ee + ee − ∫

0,25

5
(1,0 điểm)

0,25

Gọi O là giao điểm của AC và BD, theo bài ta có A ' O ⊥ ( ABCD ).
Gọi I là trung điểm của AD. Ta có OI ⊥ AD.
( ADD ' A ') ∩ ( ABCD ) = AD
Do 
⇒ góc giữa ( ADD ' A ') và ( ABCD ) là A ' IO = 600.
AD
A
'
OI
⊥
(
)

1
a
a
a 3
Ta có OI = AB = ⇒ A ' O = OI .tan A ' IO = .tan 600 =

2
2
2
2
a 3
3a 3
Suy ra, thể tích khối lăng trụ là VABCD. A ' B ' C ' D ' = A ' O.S ABCD =
.a.a 3 =
(đvtt).
2
2
Do AB′và A′B cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên A và B′ đối xứng nhau qua
( A ' BD ).
Suy ra d [ B;( A ' BD )] = d [ A;( A ' BD) ]

0,25

 AH ⊥ BD
Trong (ABCD) dựng AH ⊥ BD. Do 
⇒ AH ⊥ ( A ' BD ), hay
 AH ⊥ A ' O
AH = d [ A;( A ' BD )].
Trong tam giác vuông ABD ta có

6
(1,0 điểm)

1
1
1

=
+
⇒ AH =
AH 2 AB 2 AD 2

AB. AD
AB + AD
2

0,25

2

=

a 3
2

a 3
.
Vậy khoảng cách từ B′ đến (A′BD) bằng
2
Ta có a 2 + b2 + c 2 − 2bc − 2ca = −ab ⇔ a 2 + b2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ca = ab ⇔ (a + b − c)2 = ab
a
b
Đặt x = ; y = ( x, y > 0 ) .
c
c
( x + y)2
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤

(*)
4
2
ab a b
a b 
Khi đó (a + b − c)2 = ab ⇔  + − 1 = 2 = . ⇔ ( x + y − 1)2 = xy
c
c c
c c 

0,25

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

2
( x + y)
( x + y )2
2
⇔ ( x + y − 1) 2 ≤
⇒ ≤ x+ y≤2
Áp dụng (*) ta được ( x + y − 1)2 = xy ≤
4
4

3
a b
.
2
2
c
c
ab
1
1
c
c =
+ 2
+
=
+
+
Ta có P =
2
2
2
2
2
a
b
a+b a b 
a +b
(a + b − c)
a b
+

 + − 1
  + 
c c
c c 
c c
xy
xy
1
1
1
1
=
+ 2
+
=
+ 2
+
2
2
2
( x + y − 1) x + y x + y xy x + y x + y
0,25

Áp dụng các bất đẳng thức cơ bản
P≥

xy
2 xy
1 1
4

và + ≥
≥
ta được
2
x + y ( x + y)
x y x+ y

 2 xy
1
1
2 xy
1
1
2 xy
1
4
1 
+ 2
+
=
+ 2
+
+
≥ 2
+
+

2
2
2

2
2
2
xy x + y
2 xy x + y
2 xy x + 2 xy + y  ( x + y )
2 xy 
( x + y)
( x + y)

4
2 xy
1
4
2
4 2
.
+2
=
+
≥ 2 + =1⇒ P ≥ 2
2
2
2
+
2
2
xy
x
y

( x + y)
( x + y)
( x + y)
2
Vậy minP = 2 khi x = y = 1 tức a = b = c.
Đường tròn (C) có tâm I(4; 0), bán kinh
R=2
M thuộc Oy nên giả sử M(0; m)
Ta có IM = (−4; m) ⇒ đường thẳng AB
≥

7.a
(1,0 điểm)

có một véc tơ chỉ phương là u AB = (m;4)
Đường thẳng AB đi qua E(4; 1) và có véc
tơ chỉ phương u AB = (m;4) nên có

0,25

0,25

 x = 4 + mt
phương trình tham số là 
 y = 1 + 4t
A thuộc đường thẳng AB nên có tọa độ dạng A ( 4 + mt;1 + 4t ) .
2
2
2
2

 A ∈ (C )
( x A − 4) + y A = 4 ⇔ (mt ) + (1 + 4t ) = 4, (*)
⇒
Do 
 IA ⊥ MA  IA.MA = 0

8.a
(1,0 điểm)

 IA = (mt;1 + 4t )
Ta có 
⇒ IA.MA = (mt )2 + 4mt + (1 + 4t ) 2 − m(1 + 4t ) = 0
 MA = (4 + mt;1 + 4t − m)
⇔ (mt ) 2 + (1 + 4t ) 2 − m = 0 . Thay (*) vào ta tìm được m = 4.
Vậy điểm M(0; 4) là điểm cần tìm.
Viết lại phương trình các đường thẳng dạng tham số ta được
 x = 1 + 2t1
 x = 2 + t2


d1 :  y = −1 + t1 , d 2 :  y = t2
 z = 2t1
 z = 1 − 2t2

Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là nP = (2;1;5)
Giả sử: A = d ∩ d1 ⇒ A(1 + 2t1 ; −1 + t1 ;2t1 ); B = d ∩ d 2 ⇒ B (2 + 2t2 ; t2 ;1 − 2t2 )
⇒ AB = (t2 − 2t1 + 1; t2 − t1 + 1; −2t2 − 2t1 + 1) .

Theo bài, d ⊥ ( P ) ⇒ AB = k nP ⇔

0,25

0,25

0,25
0,25

x +1 y + 2 z + 2
=
=
.
2
1
5

0,25

2 − iz z + 2i
−
= 2 z ⇔ (2 − iz )(1 − 2i ) − ( z + 2i )(2 + i ) = 2(2 + i)(1 − 2i ) z
2 + i 1 − 2i
(1)
⇔ (2 − 4i ) − (2 + i) z = (4 − 3i) z
Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R.
Ta có

0,25

t1 = −1
t2 − 2t1 + 1 t2 − t1 + 1 −2t2 − 2t1 + 1

=
=
⇔
2
1
5
t2 = −1

Suy ra A(−1; −2; −2). Phương trình đường thẳng cần tìm là d :

9.a
(1,0 điểm)

0,25

0,25
0,25
0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

(1) ⇔ (2 − 4i ) − (2 + i )(a + bi) = (4 − 3i)(a − bi) ⇔ (2 − 2a + b) − (4 + a + 2b)i
= (4a − 3b) − (3a + 4b)i

7.b
(1,0 điểm)

 2 − 2a + b = 4a − 3b
3a − 2b = 1  a = 1
⇔
⇔
⇔
⇒ z =1+ i
 4 + a + 2b = 3a + 4b
a + b = 2
b = 1
Vậy số phức cần tìm là z = 1 + i.
(H) có các tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là A( 4;
3).
x2 y2
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1, ( a > b > 0 )
a
b
2
2
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 (1)
Do M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a 2 + 16b2 = a 2b2

8.b
(1,0 điểm)

0,25

0,25
0,25

0,25

(2)

2
2
2
2
 a = 5 + b
 a = 40
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  2
⇔

2
2 2
2
b = 15
9a + 16b = a b
x2 y 2
= 1.
Vậy phương trình chính tắc của (E) là ( E ) : +
40 15
 x = 2t − 3

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y = t − 1
z = t + 3

Gọi I là giao điểm của d và (P) ⇒ I ( 2t − 3; t − 1; t + 3)

0,25

0,25

Do I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 3 + 2(t − 1) − (t − 3) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( −1;0;4 ) .

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud = (2;1;1) , mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
nP = (1; 2; −1) .

⇒ ud , nP  = ( −3;3;3) = 3 ( −1;1;1) 
→ u∆ = ( −1;1;1)

0,25

x = 1− u

Khi đó đường thẳng ∆ có phương trình ∆ :  y = u
z = 4 + u

Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( −1 − u; u; 4 + u ) ⇒ AM = (1 − u; u − 3; u )

0,25

AM ngắn nhất ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM ⊥ u∆ ⇔ AM .u∆ = 0 ⇔ −(1 − u ) + (u − 3) + u = 0 ⇔ u =
 7 4 16 
Vậy M  − ; ;  là điểm cần tìm.
 3 3 3

9.b
(1,0 điểm)

4

3

0,25

Trong các số phức z thỏa mãn z 2 − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn nhất.

0,25

Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R. Ta có z = a 2 + b 2 .
Mặt khác z 2 = (a + bi) 2 = a 2 − b 2 + 2abi ⇒ z 2 − i = (a 2 − b 2 ) + (2ab − 1)i
Theo bài ta có z 2 − i = 1 ⇔ (a 2 − b 2 )2 + (2ab − 1) 2 = 1 ⇔ (a 2 − b 2 ) 2 + (2ab − 1) 2 = 1

(

⇔ a 4 + b 4 − 2a 2b 2 + 4a 2 b 2 + 1 − 4ab = 1 ⇔ a 2 + b 2

)

2

0,25

= 4ab
2

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 b 2 = 2 ab ≥ 2ab ⇔ z ≥ 2ab
4

(

Khi đó z = a 2 + b 2

)

2

2

4

2

2

= 4ab ≤ 2 z ⇔ z ≤ 2 z ⇔ z ≤ 2 ⇔ z ≤ 2

a = b

a = b = 1
Suy ra, z max = 2 đạt được khi  ab = ab ⇔ 
 a = b = −1
 2
2
a + b = 2
Vậy, có hai số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 1 + i hoặc z = –1 – i.

0,25

0,25

Luyện giải đề môn Toán 2014



Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

02. ĐỀ THI THỬ SỐ 2
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

(

)

1 3 1
x + ( m − 1) x 2 + m − 2m 2 x + 4m − 1, với m là tham số.
3
2
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = –1.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

b) Tìm m để hàm số đã cho đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ x1 ; x2 sao cho 2 x12 + x22 = 17.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 tan 2 x +

3 ( tan x + 1)
7π 

− 4 2 sin  x −  = 1.

cos x
4 


 x5 − 5 x = y 5 − 5 y
; ( x, y ∈ ℝ ) .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
2
2 1 − x + 2 x − y = 2
π

cos 2  x + 
8

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
dx.
+
+
x
x
sin
2
cos
2
2
0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Các điểm M, N lần lượt
nằm trên các đoạn thẳng AB, AD sao cho MB = MA; ND = 3NA. Biết SA = a, MN vuông góc với SM và

tam giác SMC cân tại S. Tính thể tích khối chóp S.MNDC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
π
4

MC theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 2 x + 3 y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + 1 + 3 y 2 + 16 + z 2 + 36.

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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ có phương trình x – y + 1 =
0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho qua M kẻ được hai
tiếp tuyến MA; MB đến đường tròn (C), (với A, B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm
3

N  −1;  đến AB là lớn nhất.
2

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) và N (−1;1;3) . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0;0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất
n−2

 n

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x 4 trong khai triển 1 + x + 3 x 2  biết Cnn++41 − Cnn+ 3 = 7(n + 3).
 6

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường

thẳng AB :2 x + y − 1 = 0 , phương trình đường thẳng AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1; − 3) nằm trên
đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2 MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0;3); B (2; −2; −3) và đường
x − 2 y +1 z
=
= . Chứng minh A, B và ∆ cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm toạ độ điểm M
thẳng ∆ :
1
2
3
thuộc ∆ sao cho ( MA4 + MB 4 ) nhỏ nhất.


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)



Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z −

z
6 + 7i
=
. Tìm phần thực của số phức z 2013 .
1 + 3i
5

LỜI GIẢI ĐỀ 2:
Câu

1 (2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) Khảo sát hàm số
1
Với m = −1 hàm số có dạng y = x3 − x 2 − 3 x − 5.
3
Tập xác định: D = ℝ.
 x = −1
Đạo hàm: y ' = x 2 − 2 x − 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ 
x = 3
Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (3; +∞); hàm số nghịch biến trên (−1; 3).
10
Hàm số đạt cực đại tại x = −1; y = − , và đạt cực tiểu tại x = 3; y = –14.
3
Giới hạn, điểm uốn:
1

1

lim y = lim  x3 − x 2 − 3x − 5  = +∞; lim y = lim  x 3 − x 2 − 3 x − 5  = −∞
x →+∞
x →+∞  3
x
→−∞
x
→−∞


3

26 

Ta có y′′ = 2 x − 2 ⇒ y ′′ = 0 ⇔ x = 1 
→U  1; −  .
3 

Bảng biến thiên:
x
−∞
−1
3
+∞
y’

+

y
−∞
Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

0

−

10
−
3

0

+

0,25

0,25

0,25
+∞

−14

0,25

Nhận xét:
26 

+ Đồ thị nhận điểm uốn U 1; −  làm tâm đối xứng.
3 

+ Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; −5).

b) Tìm m...


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

2
Ta có y ' = x + ( m − 1) x + m − 2m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
0,25
1
2
2
2
Điều đó xảy ra khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 1) − 4 m − 2m > 0 ⇔ ( 3m − 1) > 0 ⇔ m ≠ .
3
−
+
−
1
m
3
m
1

=m
x =
2
Khi đó, phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt 
0,25
 x = 1 − m − 3m + 1 = 1 − 2m

2
Do vai trò x1; x2 bình đẳng có hai trường hợp sau xảy ra.
Trường hợp 1: x1 = m; x2 = 1 − 2m ⇒ 2 x12 + x22 = 17 ⇔ 2m2 + (1 − 2m)2 = 17

m = 2
0,25
2

⇔ 6m − 4m − 16 = 0 ⇔
m = − 4

3
2

(

)

Trường hợp 2: x1 = 1 − 2m; x2 = m ⇒ 2 x12 + x22 = 17 ⇔ 2(1 − 2m)2 + m2 = 17
⇔ 9m 2 − 8m − 15 = 0 ⇔ m =

2 (1,0đ)

4 ± 151
.
9

0,25

4
4 ± 151
.
Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 2; m = ; m =
3

9
3 ( tan x + 1)
7π 

Giải phương trình 3tan 2 x +
− 4 2 sin  x −
 = 1, (1) .
cos x
4 

π
Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ, (*)
2
7π 
π
π




Ta có 2 sin  x −
 = 2 sin  x + − 2π  = 2 sin  x +  = sin x + cos x.
4
4
4






sin 2 x 3 ( sin x + cos x )
Khi đó, (1) ⇔ 3
+
− 4 ( sin x + cos x ) = 1
cos 2 x
cos 2 x
⇔ 3sin 2 x + 3 ( sin x + cos x ) − 4cos 2 x ( sin x + cos x ) − cos 2 x = 0

(

)

(

0,25

)

⇔ 3 − 4cos 2 x + ( sin x + cos x ) 3 − 4cos 2 x = 0 ⇔ (1 + sin x + cos x ) 3 − 4cos 2 x = 0

0,25

3 − 4cos 2 x = 0
⇔
1 + sin x + cos x = 0

1
π
π
⇔ 2 x = ± + k 2π ⇒ x = ± + kπ.

2
3
6
Các nghiệm này đều thỏa mãn (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho.
Với
π
π
1
π
3π


1 + sin x + cos x = 0 ⇔ 1 + 2 cos  x −  = 0 ⇔ cos  x −  = −
⇔ x − = ± + k 2π
4
4
4
4
2


π 3π

 x = π + k 2π
 x − 4 = 4 + k 2π
⇔
⇔
 x = − π + k 2π
π
3

π
 x − = − + k 2π

2

4
4
Đối chiếu với (*) ta được x = π + k 2π là nghiệm của phương trình.
π
Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là x = ± + kπ; x = π + kπ, k ∈ ℤ.
6
5
5
 x − 5 x = y − 5 y
(1)
Giải hệ phương trình 
2
2
2
( 2)
 2 1 − x + 2 x − y = 2
1 − x 2 ≥ 0
 x 2 ≤ 1
⇔ 2
Điều kiện:  2
2
2
2 x − y ≥ 0 2 x ≥ y
Với 3 − 4 cos 2 x = 0 ⇔ 3 − 2 (1 + cos 2 x ) = 0 ⇔ cos 2 x =

3 (1,0đ)

0,25

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Xét u = ( x; y ) , v = ( x′; y ′ ) ⇒ u.v = u . v .cos u; v ≤ u . v ⇒ u.v ≤ u . v

( )

⇔ xx′ + yy′ ≤ x 2 + y 2 . x′2 + y′2 , (*)

( )

( )

Dấu bằng xảy ra khi cos u; v = 1 ⇔ u; v = 00 ⇔ u = kv ⇔

x y
= .
x′ y ′

Áp dụng (*) cho phương trình (2) ta được

2 = 2. 2 − 2 x 2 + 1. 2 x 2 − y 2 ≤ 2 + 1. 2 − 2 x 2 + 2 x 2 − y 2 ⇔ 2 − y 2 ≥

2
3

0,25

4
2
⇔ y 2 ≤ < 1 ⇒ y 2 < 1. Khi đó, x 2 ≤ 1; y 2 < 1.
3
3
5
Xét hàm số f (t ) = t − 5t với 0 ≤ t ≤ 1.
⇔ 2 − y2 ≥

(

)(

)

Ta có f ′(t ) = 5t 4 − 5 = 5 t 2 − 1 t 2 + 1 ≤ 0 ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ f (t ) là hàm nghịch biến trên [0; 1].
Khi đó, (1) ⇔ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y.

0,25

Thay vào (2) ta được 2 1 − x 2 + x 2 = 2. Đặt u = x 2 ; 0 ≤ u ≤ 1 ta được

2 1 − u + u = 2 ⇔ 2 1 − u = 2 − u ⇔ 4 (1 − u ) = 4 − 4 u + u ⇔ 5u − 4 u = 0

 u =0
u = 0 ⇒ x = 0; y = 0

⇔
⇔
 u=4
u = 16 ⇒ x = ± 4 ⇒ y = ± 4

25
5
5

5

4 (1,0đ)

0,25


 4 4   4 4 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm: ( x; y ) = ( 0;0 ) ,  ;  ,  − ; −   .
 5 5   5 5 

π
π

1 + cos  2 x + 
π

1
14
4

Ta có I = ∫
dx . Đặt t = 2 x − ⇒ dx = dt.
π
20
4
2

2 cos  2 x −  + 2
4

π
π
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = − ; x = ⇒ t = .
4
4
4
π
π
π
π


 π

1 + cos  t + 

4

1 4
1 4 1 − sin t
1  4
dt
sin t
2

Khi đó, I = ∫
dt =
dt =
− ∫
dt  .
∫
∫

4 π 2 cos t + 2
4 2 π 1 + cos t
4 2  π 1 + cos t
π 1 + cos t

−
−
−
−
4
4
4
 4


π
π
π
t
π
d 
4
4
4
dt
dt
t
π
π
2

4
 π
= ∫   =  tan  = tan − tan  −  = 2 tan = 2 2 − 1
∫ 1 + cos t = ∫
2  −π
8
8
2 t
2 t

 8
π
π

π
−
− 2cos
− cos
4
4
4
4
2
2

(

π
4

π
4

sin t
d (1 + cos t )
∫ 1 + cos t dt = − ∫ 1 + cos t = − ln 1 + cos t
π
π

−

4

−

π
4
−

π
4

=0

)

0,25

0,25

0,25

4

π
1 
π
8 = 2 −1 = 2 − 2 .
V ậy I =
 2 tan  =
8
4
4 2
2 2

 2 2
tan

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
5 (1,0đ)



Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

0,25

2

2

9a
 3a 
Ta có NC 2 = DC 2 + DN 2 = a 2 +   = a 2 +
16
 4 
2

2

a2 a2
a2

a a
+ ; MC 2 = BM 2 + BC 2 =
+ a2
MN = AM + AN =   +   =
4 16
4
2 4
2
2
2
2
2
2
9a
a
a
a
a
a
MN 2 + MC 2 =
+
+
+ a2 = a2 +
+
= a2 +
= NC 2 ⇒ ∆MNC vuông tại M.
4 16 4
2 16
16
Gọi H là trung điểm của MC, ∆SMC cân tại S nên SH ⊥ MC, (1)

Theo bài ta có MN ⊥ SM ; MN ⊥ MC ⇒ MN ⊥ ( SMC ) ⊃ SH ⇒ MN ⊥ SH , (2)
2

2

2

1
Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ ( MNC ) hay SH ⊥ ( ABCD ) . Khi đó, VS .MNDC = SH .S MNDC
3
2
1 a a 1 a
11a
(đvdt).
Ta có S MNDC = S ABCD − S AMN − S BCM = a 2 − . . − . .a =
2 4 2 2 2
16
1
a
Kẻ HF ⊥ AB ⇒ HF = BC = , đồng thời F là trung điểm của BM .
2
2
2
2
2
 3a   a  13a
Từ đó ta được AH 2 = AF 2 + HF 2 =   +   =
16
 4  2
Trong tam giác vuông SAH ⇒ SH = SA2 − AH 2 = a 2 −

0,25

13a 2 a 3
=
16
4

1 a 3 11a 2 11a 3 3
⇒ VS .MNDC = .
.
=
(đvtt).
3 4 16
192
Kẻ AK // CM ⇒ CM // (SAK). Khi đó d ( SA; MC ) = d ( MC ;( SAK ) ) = d( H ;( SAK ) )
Kẻ HL ⊥ AK ; HI ⊥ SL ⇒ HI ⊥ ( SAK ) ⇒ HI = d( H ;( SAK ) )

1 a 1 a a2
Ta có S AMCK = S ABCD − S BCM − S ADK = a 2 − .a. − .a. =
2 2 2 2 2

0,25
0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
Mặt khác S AMCK

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

2
a
S AMCK
a 5
2
.
= HL. AK ⇒ HL =
=
=
2
AK
5
a
a2 +
4

1
1
1
=
+
⇒ HI =
Xét tam giác vuông SHL ⇒
2
2
HI
HL SH 2

Vậy d ( SA; MC ) =

6 (1,0đ)

Ta có P =

a 5 a 3
.
4 = a 93 .
= 5
2
31
HL2 + SH 2
3a 2
a
+
5
16
HL.SH

a 93
.
31

( 2x)2 + 22 + ( 3y)2 +122 +

z2 + 62

Trong hệ toạ độ Oxy xét 3 véc tơ
a = ( 2 x;2 ) , b = ( 3 y;4 ) , c = ( z;6 ) ⇒ a + b + c = ( 2 x + 3 y + z;2 + 12 + 6 ) = ( 40; 20 )

a =

( 2 x )2 + 22 , b = ( 3 y )2 + 122 , c

=

( z )2 + 62 , a + b + c = 20

5

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ ta có P = a + b + c ≥ a + b + c ⇒ P ≥ 20 5 .

Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b, c cùng hướng, tức
⇒ x = 2, y = 8, z = 12

2x 3 y z
2x + 3y + z
=
= ⇒
=2
2 12 6
20

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 20 5 đạt được khi x = 2, y = 8, z = 12

7.a
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25
0,25

Gọi M ( t;1 + t ) ∈ ( ∆ ) .
Để qua M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến
(C) thì M phải nằm ngoài (C), tức là MI > R.
Đường tròn (C) có tâm I(1; −2), bán kính R
= 3.
Khi đó MI > R ⇔ (t − 1) 2 + (t + 3)2 > 3

 −2 + 2
t >
2
⇔ 2t 2 + 4t + 1 > 0 ⇔ 
 −2 − 2
t <

2

0,25

(*)

Gọi A(x; y) là tiếp điểm của tiếp tuyến qua M và (C), suy ra x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0, (1)
Mặt khác, AI ⊥ AM ⇔ AI . AM = 0 ⇔ (1 − x; −2 − y ) . ( t − x;1 + t − y ) = 0
⇔ (1 − x)(t − x) + (−2 − y )(1 + t − y ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − (t + 1) x − (t − 1) y − t − 2 = 0, (2)

0,25

Trừ (1) cho( 2) vế theo vế ta được : ( t − 1) x + ( t + 3) y + t − 2 = 0

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua A, B là (d ) : ( t − 1) x + ( t + 3) y + t − 2 = 0

Biến đổi phương trình đường (d) ta được t ( x + y + 1) = x − 3 y + 2.
Gọi P là một điểm cố định mà (d) luôn đi qua, suy ra tọa độ của P thỏa mãn hệ phương trình
sau
5

 x = − 4
x + y +1 = 0
 5 1
⇔
⇒ P  − ; .

 4 4
x − 3y + 2 = 0
y = 1

4
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên (d) ⇒ NH ≤ NP.
Khoảng cách từ N đến (AB) lớn nhất khi NH ≡ NP hay NP ⊥ AB.
 1 5
Ta có NP =  − ; −  , ud = ( t + 3;1 − t ) ⇒ NP.ud = 0 ⇔ t + 3 + 5 − 5t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (2;3).
 4 4
Vậy M (2;3) là điểm cần tìm.

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

8.a
Gọi nP = ( a, b, c ) , với a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
(1,0đ)
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng ax + b ( y + 1) + c ( z − 2 ) = 0
0,25

N ( −1;1;3) ∈ ( P ) ⇒ a = 2b + c

Khoảng cách từ K đến mp(P) là: d ( K , ( P ) ) =

- Nếu b = 0 thì d ( K , ( P ) ) = 0 (loại)

- Nếu b ≠ 0 thì d ( K , ( P ) ) =

b
4b + 2c + 4bc
2

2

b
a +b +c
2

2

2

b

=

4b + 4bc + 2c 2
2

1

=

≤

2

c 
2  + 1 + 2
b 

1
2

c
= −1 ⇔ b = −c . Chọn b = 1; c = −1 ⇒ a = 1
b
Khi đó (P): x + y – z + 3 = 0

(n + 4)! (n + 3)!
Ta có Cnn++41 − Cnn+ 3 = 7(n + 3) ⇔
−
= 7(n + 3)
(n + 1)!3!
n !3!
⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12

Dấu “=” xảy ra khi

9.a
(1,0đ)

10

0,25

0,25

0,25

0,25

10

10

k

k =0

k =0 i = 0

Với n = 12 ⇒ (1 + 2 x) + 3x 2  = ∑ C10k (3 x 2 )10− k .(1 + 2 x) k = ∑ ∑ C10k Cki .310− k .2i.x 20− 2 k +i

0,25

Hệ số của số hạng chứa x 4 có i, k thỏa mãn
0 ≤ k ≤ 10
0 ≤ k ≤ 10
i = 0; k = 8


⇔ 0 ≤ i ≤ k ⇒ i = 2; k = 9
0 ≤ i ≤ k
20 − 2k + i = 4
16 + i = 2k i = 4; k = 10




7.b
(1,0đ)

0,25

1
C92 4 + 9C102 C80 = 8085
Hệ số của số hạng chứa x 4 là C100 C104 16 + 3C10

0,25

Ta có: MB = ( a − 1;4 − 2a ) , MC = ( −3 − 4b;3b + 3) :

0,25

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên B ( a;1 − 2a ) , C thuộc (AC) nên C ( −2 − 4b;3b )

Ta có ( AB ) ∩ ( AC ) = A ⇒ A ( 2; −3) .
Vì B, M, C thẳng hàng, 3MB = 2 MC nên ta có: 3MB = 2 MC hoặc 3MB = −2 MC

11

=
a

3 ( a − 1) = 2 ( −3 − 4b )
5
TH1: 3MB = 2 MC ⇔ 
⇔
3 ( 4 − 2a ) = 2 ( 3b + 3)
b = −6

5

0,25

0,25

 11 17 

 14 18 
 7 10 
⇒ B ;−  , C  ;−  ⇒ G ;− 
5
5
3
5
5
3
3 ( a − 1) = −2 ( −3 − 4b )
a = 3
⇔
b = 0
3 ( 4 − 2a ) = −2 ( 3b + 3)

TH2: 3MB = −2 MC ⇔ 

8

⇒ B ( 3; −5 ) , C ( −2; 0 ) ⇒ G 1; − 
3


0,25

 7 10 
 8
Vậy có hai điểm G  ; −  và G  1; −  thỏa mãn đề bài.
3
3 3 



8.b
(1,0đ)

x = 2

Phương trình đường thẳng AB:  y = t
 z = 3 + 3t


0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

x = 2 + t '
2 = 2 + t '
t = −1


Phương trình ∆ :  y = −1 + 2t ' , Gọi I = AB ∩ ∆ ⇒ t = −1 + 2t ' ⇒ 
⇒ I (2; −1;0)
0,25
t ' = 0
 z = 3t '
3 + 3t = 3t '




Vậy AB và ∆ cắt nhau tại I nên A, B và ∆ đồng phẳng
Ta có IA = (0;1;3), IB = (0; −1; −3)

⇒ IA = − IB ⇒ IA + IB = AB

0,25

2

Khi đó MA4 + MB 4 ≥

⇒ ( MA + MB
4

9.b
(1,0đ)

4

2
1
11
1
1
2
4
MA2 + MB 2 ) ≥  ( MA + MB )  ≥ AB 4 = ( IA + IB )
(

2
2 2
8
 8

) nhỏ nhất khi M trùng với I (2; −1; 0) .

z
6 + 7i
=
. Tìm phần thực của số phức z 2013 .
1 + 3i
5
a − bi 6 + 7i
Gọi số phức z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z = a − bi thay vào (1) ta có a + bi −
=
1 + 3i
5
(a − bi )(1 − 3i ) 6 + 7i
⇔ 10a + 10bi − a + 3b + i (b + 3a) = 12 + 14i
a + bi −
=
10
5
⇔ 9a + 3b + i (11b + 3a ) = 12 + 14i

0,25

Cho số phức z thoả mãn z −

9a + 3b = 12
a = 1
⇔
⇔
11b + 3a = 14
b = 1
Với a = b = 1 ⇒ z = 1 + i ⇒ z

2013

0,25

0,25

0,25
= (1 + i )

2013

 
π
π 
=  2  cos + i sin  
4
4 
 

2013π
2013π 


= 21006 2  cos
+ i sin

4
4 

Vậy phần thực của z 2013 là 21006 2.cos

2013

0,25
2013π
= −21006
4


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)



03. ĐỀ THI THỬ SỐ 3
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 2 x 2 + 3 x − .
3
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
1
b) Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho điểm A cố
3
định và diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm).
3π 
x

Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; π) của phương trình 4 sin 2 − 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2  x −  .
2
4 

2( x − 2) x + 6 = 6 − y
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ R )
2
(
x
−
2)
y
+
2
=
y
+
1.
x
−

4
x
+
5

1

x
ln(2 x + 1)dx.
2x +1
0

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

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a,
AC = 2a . Các mặt phẳng ( B ' AB ), ( B ' AC ), ( B ' BC ) cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600. Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x2
y2
z2
+
+
+ 2( x 2 + y 2 + z 2 ).
2
2
2

2
2
2
z ( z + x ) x( x + y ) y ( y + z )

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

7.a

(1,0

điểm).

Trong

mặt

phẳng

với

hệ

t ọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

(C ) : x + y − 8 x + 6 y + 21 = 0 và đường thẳng d : x + y − 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
2

2

vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d.
x +1 y z +1
= =
và hai
2
3
−1
điểm A(1; 2; −1), B (3; −1; −5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất? nhỏ nhất?

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z = z .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu

7.b

(1,0

điểm).

Trong

mặt

phẳng

với

hệ

t ọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

(C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(7 ; 3) và cắt đường
tròn (C) tại hai điểm B, C sao cho AB = 3AC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), H(1; 1; 1). Viết

phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, H sao cho (P) cắt Oy, Oz lần lượt tại B, C thỏa mãn diện tích của
tam giác ABC bằng 4 6.


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)



Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + log

2

x 2 − 4 x = 2 log16  4( x − 3) 2  + log8 (2 + x)3 .

LỜI GIẢI ĐỀ 3:
Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Tập xác định: D = ℝ .
x =1
Đạo hàm: y ' = x 2 − 4 x + 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ 
x = 3

Hàm số đồng biến trên (−∞; 1) và (3; +∞); hàm số nghịch biến trên (1; 3).
1
Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3; y = − .
3
Giới hạn, điểm uốn:
1
1
1
1
lim y = lim  x3 − 2 x 2 + 3 x −  = +∞; lim y = lim  x 3 − 2 x 2 + 3 x −  = −∞
x →+∞
x →+∞  3
x
→−∞
x
→−∞
3
3
3
 1
Ta có y '' = 2 x − 4 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 2 
→U  2;  .
 3
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
3
+∞
y’

+

0

−

0

1
y

−∞

0,25

+
+∞

−

0,25

0,25

1
3

Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

0,25

2. (1,0 điểm)
1 3
1
1
x − 2 x 2 + 3x − = mx −
3
3
3

1

 x = 0 ⇒ A  0; − 3 
3
2
2
x − 6 x + 9 x − 3mx = 0 ⇔ x( x − 6 x + 9 − 3m) = 0 ⇔ 


2
 x − 6 x + 9 − 3m = 0, (1)

0,25

Đường thẳng ∆ cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C khi phương trình (2) có hai nghiệm phân
,
3m > 0  m > 0
∆ > 0
⇔

⇔
, (*)
biệt x1; x2 và khác 0 ⇔ 
9 − 3m ≠ 0 m ≠ 3
m ≠ 3

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C) là

1 
1

Khi đó gọi tọa độ B, C lần lượt là B  x1 ; mx1 −  , C  x2 ; mx2 −  .
3 
3


0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
Theo bài, SOBC = 2 SOAB

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

1
1
⇔ d (O, ∆).BC = 2. d (O, ∆ ). AB ⇔ BC = 2 AB ⇔ BC 2 = 4 AB 2
2

2

(

) (

)

(

)

⇔ ( x2 − x1 ) + m 2 ( x2 − x1 ) 2 = 4 x12 + m 2 x22 ⇔ m 2 + 1 ( x2 − x1 ) = 4 m 2 + 1 x12
2

2
(1,0 điểm)

2

 x2 = 3x1
2
⇔ ( x2 − x1 ) = 4 x12 ⇔ 
⇒ x2 = 3x1
 x2 = − x1 ,( L)
 x1 + x2 = 6
3
Mà x1; x2 là nghiệm của phương trình (2) nên 

→m = .

4
 x1 x2 = 9 − 3m
3
Đối chiếu với điều kiện (*) ta được m = là giá trị cần tìm.
4
3π 

PT ⇔ 2 (1 − cos x ) − 3 cos 2 x = 1 + 1 + cos  2 x −  ⇔ 2 − 2cos x − 3 cos 2 x = 2 − sin 2 x
2 

3
1
cos 2 x − sin 2 x
2
2
5π
2π

+k
x=

π


18
3
⇔ cos  2 x +  = cos ( π − x ) ⇔ 
7π
6



x = −
+ k 2π

6

0,25

0,25

⇔ −2cos x = 3 cos 2 x − sin 2 x ⇔ − cos x =

0,25

5π
2π
5π
2π
5π
17 π
+k
, do 0 < x < π ⇒ 0 <
+k
< π ⇒ k = 0; k = 1 ⇒ x = ; x =
.
18
3
18
3
18

18
7π
7π
5π
+ k 2 π , do 0 < x < π ⇒ 0 < x = −
+) Với x = −
+ k 2π < π ⇒ k = 1 ⇒ x = .
6
6
6
5π
17 π
5π
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thuộc khoảng (0; π) là x = ; x =
;x = .
18
18
6
+) Với x =

3
(1,0 điểm)

2( x − 2) x + 6 = 6 − y
( x, y ∈ R )
Giải hệ phương trình 
2
( x − 2) y + 2 = y + 1. x − 4 x + 5

0,25

0,25

0,25

+) Từ (2) suy ra y + 1 = ( x − 2)2 ⇔ y = x 2 − 4 x + 3
+) Thay vào (1) ta được x 2 − 4 x − 3 + 2( x − 2) x + 6 = 0

Đặt t = x + 6; x ≥ 2 ⇒ t ≥ 2 2

4
(1,0 điểm)

0,25

Ta có pt biến đổi thành t + 2t − 16t − 16t + 57 = 0 ⇔ (t − 3)(t + 5t − t − 19) = 0

0,25

Ta dễ dàng chứng minh được phương trình t 3 + 5t − t − 19 = 0 vô nghiệm với t ≥ 2 2
Vậy phương trình có nghiệm t = 3; suy ra x = 3; y = 0

0,25

4

1

I=

∫
0

3

2

3

1
1
1
1 (2 x + 1) − 1
1
ln(2 x + 1) 
x
dx 
ln(2 x + 1) dx =
ln(2 x + 1)dx =  ln(2 x + 1) dx −
2x + 1
2 0 2x + 1
2  0
2x + 1
0


∫

∫

1

1

∫

1

+) Xét I1 = ln(2 x + 1)dx = x ln(2 x + 1) 0 −
0

∫
0

∫

1

2x
1 

dx = ln 3 −  1 −
 dx
2x + 1
2x + 1 
0

∫

1

1
3


= ln 3 −  x − ln(2 x + 1)  = ln 3 − 1.
2

0 2
1

∫

1

Từ đó ta được I =

x

13

1

∫ 2 x + 1 ln(2 x + 1)dx = 2  2 ln 3 − 1 − 4 ln
0

0,25

1

1

ln(2 x + 1)
1
1 ln 2 (2 x + 1)
1
+) Xét I 2 =
dx =
ln(2 x + 1)d (ln(2 x + 1)) =
= ln 2 3.
2
x
1
2
2
2
4
+
0
0
0

∫

0,25

2


3.



0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
5
(1,0 điểm)

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)



B'

C'

Gọi H là hình chiếu của B ' trên mặt
phẳng (ABC), M, N, P lần lượt là hình
chiếu của H trên AC, AB và BC. Khi đó
AC ⊥ HM , AC ⊥ B ' H
⇒ AC ⊥ ( B ' BM )

A'

⇒ ( B ' AC );( BAC ) = B ' MH
B

0,25

C

P
H
M

N
A

Tương tự ta có

B ' MH = B ' NH = B ' PH = 600 ⇒ ∆B ' MH = ∆B ' NH = ∆B ' PH ⇒ HM = HN = HP
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có S ABC = p( p − a )( p − b)( p − c) = 4a.a.2a.a = 2 2a 2
Mặt khác S ABC = pr ⇒ r = HM =

S ABC 2 2a 2
2a
=
=
p
4a
2

2a
a 6
Tam giác vuông B ' HM có B ' H = HM .tan 60 =
. 3=

2
2
a 6
= 2 3a 3 (đvtt)
Suy ra, VABC . A ' B 'C ' = S ABC .B ' H = 2 2a 2 .
2

0,25

0,25

0

6
(1,0 điểm)

Ta có

1
1 1
x2
z 2 + x2
z2
z
=
−
= − 2
≥ −
2
2

2
2
2
2
2
z 2x
z( z + x ) z( z + x ) z( z + x ) z z + x

Tương tự ta cũng có

1 1
1 1
y2
z2
;
.
≥
−
≥ −
2
2
2
2
x( y + x ) x 2 y y ( y + z ) y 2 z

  1
11 1 1
 1
  1


Suy ra P ≥  + +  + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) = 
+ 2x2  + 
+ 2 y2  +  + 2z2 
2 x y z 
 2x
  2y

  2z

1
+ 2 x2 , x > 0
2x
1
8 x3 − 1
1
f '( x) = − 2 + 4 x =
=0⇔ x=
2
2
2x
2x

0,25
0,25

0,25

Xét hàm số f ( x) =

7.a

(1,0 điểm)

1 3
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) suy ra min f ( x) = f   =
(0; +∞ )
2 2
3 3 3 9
Suy ra P ≥ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ + + =
2 2 2 2
1
9
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . Vậy min P = .
2
2
Đường tròn (T) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2
Giả sử AB và AD tiếp xúc với (T) lần lượt tại N và M. Khi đó AMIN là hình vuông cạnh bằng 2
nên AI = 2 2.
t = 6
Do A ∈ d ⇒ A(t;1 − t ) . AI = (4 − t ) 2 + (t − 4)2 = 2 t − 4 = 2 2 ⇔ 
t = 2
+) Với t = 2 ⇒ A(2; −1); B (2; −5); C (6; −5); D(6; −1).
+) Với t = 6 ⇒ A(6; −5); B(6; −1); C (2; −1); D (2; −5).

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014
8.a
(1,0 điểm)

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt ∆ tại M
⇒ M ( −1 + 2t ;3t ; −1 − t ).
AM = (−2 + 2t;3t − 2; −t ), AB = (2; −3; −4)
Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó
d ( B, d ) = BH ≤ BA .

0,25

Vậy d ( B, d ) lớn nhất bằng BA ⇔ H ≡ A. .

Khi đó ta có AM ⊥ AB ⇔ AM . AB = 0 ⇔ 2(−2 + 2t ) − 3(3t − 2) + 4t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (3;6; −3).

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
−1
1
2
Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và ∆, khi đó (P) có phương trình là x – y – z = 0.

Gọi K là hình chiếu của B trên ( P) ⇒ BH ≥ BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất bằng BK ⇔ H ≡ K
Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K.
x = 0
x − y − z = 0
 K ∈ ( P )


Tọa độ điểm K thỏa mãn hệ 
⇔  x − 3 y + 1 z + 5 ⇔  y = 2 ⇒ K (0;2; −2)
 BK = t.nP
 1 = −1 = −1
 z = −2

x = 1 − t

⇒ ud = AK = (−1;0; −1) ⇒ d :  y = 2
 z = −1 − t

Giả sử số phức z cần tìm là z = x + yi, ( x; y ∈ ℝ ) .

Phương trình đường thẳng d là

9.a
(1,0 điểm)

Khi đó, z 2 + z = z ⇔ ( x + yi) 2 + x 2 + y 2 = x − yi
 x2 − y2 + x2 + y 2 = x


2

2
2
2
1

⇔ ( x − y + x + y ) + 2 xyi = x − yi ⇔ 
x=−

2
2 xy = − y ⇒


=
y
0



+) Với x = −

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1
1
1
1
1
3
ta được − y 2 +
+ y2 = − ⇔
+ y2 = y2 −
2
4
4
2
4
4

 2 3
 2 3
y − ≥0
5+2 5

y ≥
4
⇔
⇔ y=±
4

2
 1 + y2 = y4 − 3 y2 + 9
16 y 4 − 40 y 2 + 5 = 0


 4
2
16

0,25

+) Với y = 0 ⇒ x 2 + x = x ⇔ x = 0 ⇒ x = y = 0
1
5+2 5
Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 0; z = − ±
i.
2
2

7.b
(1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(1 ;−1), bán kính R = 5.
Do AI = 52 > 5 = R ⇒ điểm A nằm ngoài (C).

0,25

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Gọi H là trung điểm của BC.
Khi đó HB = HC = AC và IH ⊥ BC .
Từ các tam giác vuông IHB và IHA ta có
IH 2 = IB 2 − HB 2 = IA2 − HA2
I

⇒ IB 2 − HB 2 = IA2 − HA2

0,25

⇔ R 2 − AC 2 = IA2 − 4 AC 2
⇒ AC 2 =
A

C

H

B

AI 2 − R 2
= 9 ⇒ AC = 3 ⇒ HB = 3; IH = 4.
3

Giả sử ∆ có một véc tơ pháp tuyến là n∆ = (a; b), a 2 + b2 > 0 ⇒ ∆ : a( x − 7) + b( y − 3) = 0.
Theo bài ta có IH = 4 ⇔ d ( I , ∆ ) = 4 ⇔ 3a + 2b = 2 a 2 + b 2 ⇔ 9a 2 + 12ab + 4b 2 = 4(a 2 + b 2 )

0,25

12

⇔ 5a 2 + 12ab = 0 ⇔ a = 0, a = − b.
5
+) Với a = 0, chọn b = 1 ta được ∆ : y − 3 = 0.
12
+) Với a = − b , chọn b = 5 ta được a = −12 ⇒ ∆ : −12 x + 5 y + 69 = 0.
5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là y − 3 = 0; − 12 x + 5 y + 69 = 0.

8.b
(1,0 điểm)

Gọi B(0; b; 0); C(0; 0; c). Phương trình mặt phẳng (P) là ( P ) :

x y z
+ + = 1.
2 b c

1 1 1
H ∈ ( P ) ⇒ + + = 1 ⇔ 2(b + c) = bc (1)
2 b c
AB = (−2; b;0); AC = (−2;0; c) ⇒  AB, AC  = (bc;2c; 2b)
1
1 2 2
Diện tích tam giác ABC là S ABC =  AB; AC  =
b c + 4b 2 + 4c 2
2
2
1 2 2
b c + 4b 2 + 4c 2 = 4 6 ⇔ b 2 c 2 + 4(b + c)2 − 8bc = 384
Theo bài ta có

2
bc = 16
⇔ b 2 c 2 − 4bc − 192 = 0 ⇔ 
bc = −12
b + c = 8
x y z
Với bc = 16 ta có 
⇔ b = c = 4 ⇒ ( P ) : + + = 1 ⇔ 2 x + y + z − 4 = 0.
bc
=
16
2
4 4

b + c = −6
Với bc = −12 ⇒ 
bc = −12
b, c là nghiệm của phương trình t 2 + 6t − 12 = 0 ⇔ t = −3 ± 21.
x
y
z
x (3 − 21) y (3 + 21) z
−
=1⇔ +
+
=1
+) Với t = −3 − 21 ⇒ ( P ) : −
2 3 + 21 3 − 21
2
12

12
x
y
z
x (3 + 21) y (3 − 21) z
−
−
=1⇔ +
+
=1
2 3 − 21 3 + 21
2
12
12
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 x < 0
−2 < x < 0

⇔
Điều kiện   x > 4
 x > −2; x ≠ 3  x > 4


0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

+) Với t = −3 + 21 ⇒ ( P ) :

9.b
(1,0 điểm)

0,25

Phương trình đã cho được viết lại thành 1 + log 2 ( x 2 − 4 x) = log 2 (2 x − 3 ) + log 2 (2 + x)
⇔ 2( x 2 − 4 x) = 2 (2 + x) x − 3 ⇔ x 2 − 4 x = (2 + x). x − 3

(*)

+) Với x > 4 thì (*) ⇔ x − 4 x = ( x + 2)( x − 3) ⇔ x − 4 x = x − x − 6 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2, (loại).
2

2

2

0,25
0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

+) Với −2 < x < 0 thì (*) ⇔ x 2 − 4 x = − x 2 + x + 6 ⇔ 2 x 2 − 5 x − 6 = 0 ⇒ x =

5 ± 73
.
4

5 − 73
Đối chiếu với điều kiện ta được x =
là nghiệm của phương trình đã cho.
4

0,25


Luyện giải đề môn Toán 2014



Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

04. ĐỀ THI THỬ SỐ 4
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x −1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A,

B sao cho AB = 82 OB .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2 cos 2 x + 3 sin 2 x + 3
= 3 ( tan 2 x + 1) .
π


2 cos 2 x.sin  x + 
3


Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2
1

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

∫
0

x2 + x + 1
+ x2 − 4 ≤
x+4

2
x2 + 1

,

( x ∈ ℝ) .

( x 2 + x )e x
dx .
x + e− x

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB = 300 , 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 theo a thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng B’C’ và A’C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c ∈ [1;2] .
( a + b) 2
c 2 + 4(ab + bc + ca )
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
x2
+ y 2 = 1 . Tìm
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3;0) và elip (E):
9
tọa độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết điểm B có tung độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và
x+3 y−2 z+3
đường thẳng (d) có phương trình
=
=
. Tìm điểm M trên (d) sao cho MA.MB nhỏ
4
1
2
nhất.
Câu 9.a (1,0 điểm). Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất

để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và
CD biết B (3;3), C (5;−3) . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng ∆ : 2 x + y − 3 = 0 . Xác
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD để CI = 2 BI , tam giác ABC có diện tích bằng 12,
điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm.
x + 3 y +1 z − 3
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian vói hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
và
2
1
1
mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

thẳng d, C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA = 2 BC = 6 và ABC = 600 .


Luyện giải đề môn Toán 2014



Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

(1 + 3i ) ( 2 − i ) là nghiệm
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm mô đun của số phức w = b + ci biết số phức z =
(1 − 3i ) (1 + i )
12

6

6

của phương trình z 2 + 8bz + 64c = 0.

LỜI GIẢI ĐỀ 4:
Câu
1
(2đ)

Đáp án
2x −1
(1)
Cho hàm số y =
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho.
−1
TXĐ: D = ℝ \ {1} , y ' =
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (−∞;1) và (1; + ∞)
Giới hạn và tiệm cận: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = 1
x →1

Điểm

0.25
0.25

x →1

lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang y = 2

x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:

x

−∞
−

y’

+∞

2

0.25

+∞

1

−

y

−∞

2

1 
Đồ thị: Đi qua các điểm  ; 0  , ( 0; 1) và nhận giao
2 
điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.

y

0.25
•
•

2

•

1•

0

• •

1
2

1

x

b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại
A, B sao cho AB = 82 .OB .
0.25
OA 2 + OB 2 = AB 2
Ta có  2
9
⇒
OA
=
OB
 AB = 82.OB 2
OB
1
⇒ Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi k = ±
=±
OA
9
0.25
Gọi M ( x0 ; y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến (d ) và (C)
⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: f / ( x0 ) = k hay:
1
 −1
7

x0 = 4 ⇒ y0 =
 ( x − 1) 2 = 9 (VN)


3
 0
⇔ ( x0 − 1)2 = 9 ⇔ 
 −1
1
 x = −2 ⇒ y = 5
0
0
 ( x − 1) 2 = − 9
3

 0
Với k = −

1
và tiếp điểm
9

 7
 4;  , ta có pt tiếp tuyến :
 3

0.25


Luyện giải đề môn Toán 2014

1
7

1
25
y = − ( x − 4 ) + hay y = − x + .
9
3
9
9

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

1
5

và tiếp điểm  −2;  , ta có pt tiếp tuyến:
9
3

1
5
1
13
y = − ( x + 2 ) + hay y = − x +
9
3
9
9
2
2 cos x + 3 sin 2 x + 3
= 3 ( tan 2 x + 1) .
2) Giải phương trình

π

2 cos 2 x.sin  x + 
3

π

cos x ≠ 0
≠
+ kπ
x


2
Điều kiện:  
(k ∈ Z ) (*). Khi đó:
⇔
π
sin
x
0
+
≠
π



 x ≠ − + kπ
3
 


3
Phương trình đã cho tương đương với:
π 3

cos 2 x + 3 sin 2 x + 4 = 2 cos 2 x sin  x + 
3  cos 2 x

π
π
π

⇔ cos 2 x.cos + sin 2 x.sin + 2 = 3sin  x + 
3
3
3

π
π
π
π




⇔ cos  2 x −  − 3sin  x +  + 2 = 0 ⇔ 2 cos 2  x −  − 3cos  x −  + 1 = 0
3
3
6
6





Với k = −

2, 3
(2đ)

 
π
 cos  x − 6  = 1


⇔
 
π 1
 cos  x −  =
6 2
 
π
π
π

Với cos  x −  = 1 ⇔ x − = k 2 π ⇔ x = + k 2 π ( k ∈ ℤ ) , thỏa (*)
6
6
6

π π


x − = + k 2π

π
π 1

6 3
Với cos  x −  = ⇔ 
⇒ x = − + k 2 π ( k ∈ ℤ ) , thỏa (*)
6 2
6

 x − π = − π + k 2π

6
3
π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = ± + k 2 π ( k ∈ ℤ ) .
6
x2 + x +1
3. Giải bất phương trình 2
+ x2 − 4 ≤
x+4

2
x2 +1

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

( x ∈ ℝ) .

Điều kiện: x > −4

0.25

 x + x +1 
2 − x +1
Bất phương trình tương đương 2
− 1 + x 2 − 3 ≤


x+4
x2 +1


x2 + x +1
−1
4 − ( x 2 + 1)
x
+
4
⇔2
+ x2 − 3 ≤

x2 + x +1
(2 + x 2 + 1) x 2 + 1
+1
x+4
2( x 2 − 3)
x2 − 3
≤0
+ x2 − 3 +
⇔
(2 + x 2 + 1) x 2 + 1
( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4
2

2

0.25

0.25


Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)





2
1

≤0
⇔ ( x 2 − 3) 
+1+
 ( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4
(2 + x 2 +1) x 2 + 1 
⇔ x2 − 3 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3
Kết hợp điều kiện ⇒ nghiệm của bất phương trình là − 3 ≤ x ≤ 3
4
(1đ)

( x 2 + x )e x
dx .
x + e− x

1

Tính tích phân I =

∫
0

( x + x)e x
xe x .( x + 1) e x
dx
=
∫0 x + e − x
∫0 xe x + 1 dx
1

Ta có I =

0.25

0.25

1

2

Đặt t = x.e x + 1 ⇒ dt = ( x + 1)e x dx

0.25

x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = e + 1
1

Suy ra I = ∫
0

xe x .( x + 1)e x
dx =
xe x + 1

Vậy I = ( t − ln t )

5
(1đ)

e +1
1

e +1

∫
1

(t − 1)
dt =
t

e +1



0.25

1

∫ 1 − t dt .
1

0.25

= e − ln(e + 1) .

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB = 300 , 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 đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng B’C’ và A’C.
0.25

A'
C'

B'
N
A

H

C

G
I
B

M

K

Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG là hình chiếu của AA ' lên ( ABC )
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
2
2a
2a 3
BC = 2a, AG = AI =
; A ' AG = 600 ⇒ A ' G = AG. t an600 =
3
3
3

Đặt AC = x > 0 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BC.cos300 ⇒ a 2 = x 2 + 4a 2 − 2.x.2a.

3
2

0.25

⇒ AC = x = a 3 . Nên AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 = BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A
Vì A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G là chiều cao của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khối chóp
A ' . ABC
Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi:
 1
VBCC / B/ A/ = VABC . A/ B/ C / − VA/ . ABC = 1 −  S ABC . A ' G =
 3
2 1
1
2a 3 2 3
= . AB. AC. A ' G = a.a 3.
= a (đvtt).
3 2
3
3
3
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
GI
MG 1
1
1 AB. AC 1 a.a 3 a 3
⇒
=

= ⇒ GI = AK = .
=
=
AK MA 3
3
3 BC
3 2a
6


0.25