ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ ĐÁP ÁN

ĐỀ SỐ III
Thời gian: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số có đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2a. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm A(0; 3) với đồ thị (C).
b. Tìm tọa độ các điểm trên trục tung sao cho từ đó ta vẽ được đúng 3 tiếp tuyến đến (C).
Câu II (2 điểm)
1. Tìm nghiệm của phương trình:
.
2. Giải bất phương trình: .
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 6) và
2 đường thẳng chéo nhau , .
1. Tìm tọa độ các điểm E, F lần lượt thuộc và sao cho đoạn thẳng EF có độ dài ngắn nhất.
2. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp .
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân .
2. Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa xyzt = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
.
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng và đường tròn
cắt nhau tại 2 điểm A, B. Lập phương trình đường tròn đi qua 3
điểm A, B và M(0; 2).
2. Cho tổng , với n là số nguyên dương.
Tìm n biết rằng sau khi rút gọn ta được .
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: .
2. Cho hình cầu (S) có đường kính AB = 2R. Qua A, B dựng lần lượt 2 tia tiếp tuyến Ax, By với

(S) và vuông góc với nhau. Gọi M, N lần lượt là 2 điểm di động trên Ax, By sao cho MN luôn tiếp
xúc với (S).
Chứng tỏ và khối tứ diện ABMN có thể tích không đổi.
……………………Hết…………………….
BI GII S III
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH
Cõu I (2 im)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) (hc sinh t gii).
2a. Gi (d) l ng thng qua im A(0; 3) v cú h s gúc k
(d) : y k(x 0) 3ị = - +
.
Ta cú (d) tip xỳc vi (C) khi h phng trỡnh
4 2
3
x 2x 3 kx 3
4x 4x k
ỡ
ù
- + + = +
ù
ù
ớ
ù
- + =
ù
ù
ợ
cú nghim

4 2 4 2

x 2x 3 4x 4x 3ị - + + = - + +
x 0 k 0
6 4 6
x k
3 9
ộ ộ
= =
ờ ờ
ờ ờ
ị
ờ ờ
= =
ờ ờ
ở ở
.
Vy cú 3 tip tuyn l:
y 3=
,
4 6
y x 3
9
= +
.
b. Gi (d) l ng thng qua im M(0; m) thuc trc tung v cú h s gúc k
(d') : y k(x 0) mị = - +
.
Yờu cu bi toỏn tng ng vi tỡm m h phng trỡnh:
4 2
3
x 2x 3 kx m

4x 4x k
ỡ
ù
- + + = +
ù
ù
ớ
ù
- + =
ù
ù
ợ
cú ỳng 3 nghim phõn bit

4 2 4 2
x 2x 3 4x 4x mị - + + = - + +
cú 3 nghim phõn bit

4 2
3x 2x (3 m) 0ị - + - =
cú 3 nghim phõn bit
m 3ị =
.
Vi m = 3, theo cõu a) ta cú ỳng 3 tip tuyn.
Vy im cn tỡm l A(0; 3).
Cõu II (2 im)
1.
sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0+ + - - =

2

(2sinxcosx cosx) (2sin x sinx) (2sinx 1) 0 - - - + - =

(2sinx 1)(cosx sinx 1) 0 - - + =

1
sinx
x k2
x k2
2
6
,k
2
5
x k2
sin x sin
x k2
4 4
6
ộ
ộ
p
ộ
ờ
p
=
ờ
= + p
ờ
= + p
ờ

ờ
ờ ẻ
ờ
ờ
ổ ử
p p
p
ờ
ờ
ữ
ỗ
ờ
= p + p
- =
ữ
= + p
ỗ
ờ
ờ
ữ
ờ ở
ữỗ
ố ứ
ở
ở
Â
.
Do
x [1; 3]ẻ
nờn phng trỡnh cú nghim:

5
x x
2 6
p p
= =
.
2. iu kin:
2
x 1
0 1 x 0 x 1
x
-
- Ê <
.
+ Vi
x 1
:

2
2
x 1 1 1
x 2x x 1 0 x 2 x 0
x x x
-
- - - - - - -

2
1 1 1
x x 2 0 x 2
x x x

ổ ử
ữ
ỗ
ữ
- - - - -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ

2
1
x 4 x 4x 1 0 x 2 5
x
- - - +
(do
x 1
).
+ Vi
1 x 0- Ê <
:

2
2
x 1 1 1
x 2x x 1 0 x 2 x 0
x x x

-
- - - - - - - Ê

2
1 1 1
x x 2 0 1 x 2
x x x
æ ö
÷
ç
÷
Û - - - - £ Û - £ - £
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø

2
2
x 1 0
1
0 x 4 1 x 2 5
x
x 4x 1 0
ì
ï
- £

ï
ï
Û £ - £ Û Û - £ £ -
í
ï
- - ³
ï
ï
î
(do
1 x 0- £ <
).
Vậy
1 x 2 5 x 2 5- £ £ - Ú ³ +
.
Câu III (2 điểm)
1. VTCP của d
1
, d
2
lần lượt là
1
u (0; 3; 1)= -
r
và
2
u (1; 1; 0)= -
r
.

( ) ( )
1 1 1 2 2 2
E 0; 3 3t ; t d , F t ; 1 t ; 0 d- Î - Î
( )
2 2 1 1
EF t ; t 3t 2; tÞ = - + - -
uuur
.
EF ngắn nhất khi EF là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
1
1
2 1
2 1
2
2
6
t
EF.u 0 3t 10t 6
11
2t 3t 2 2
EF.u 0
t
11
ì
ï
ï
ì

=
ï
ì
ï
= - = -
ï
ï
ï
ï ï
Û Û Û
í í í
ï ï ï
- = -
=
ï ï ï
î
= -
ï
î
ï
ï
î
uuur r
uuur r
Vậy
15 6 2 13
E 0; ; , F ; ; 0
11 11 11 11
æ ö æ ö
÷ ÷

ç ç
-
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
2.
x y z
pt(ABC) : 1 6x 3y 2z 12 0
2 4 6
+ + = Û + + - =
.
Gọi
( ), ( )a b
lần lượt là mặt phẳng trung trực của cạnh AB, AC.

( )a
qua trung điểm M(1; 2; 0) của AB và
n AB 2(1; 2; 0)
a
= = - -
uur uuur

pt( ) : 1(x 1) 2(y 2) 0 x 2y 3 0Þ a - - - = Û - + =
.
Tương tự ta có
pt( ) : x 3y 8 0b - + =

.
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
13
x
49
6x 3y 2z 12
80 13 80 135
x 2y 3 y I ; ;
49 49 49 49
x 3y 8
135
z
49
ì
ï
ï
=
ï
ì
ï
ï
+ + =
ï
ï
ï
æ ö
ï
ï
ï ï
÷

ç
- = - Û = Þ
÷
í í
ç
÷
÷
ç
ï ï
è ø
ï ï
- = -
ï ï
ï ï
î
ï
=
ï
ï
ï
î
.
Câu IV (2 điểm)
1. Đặt
2
dt
t x xdx
2
= Þ =
,

x 0 t 0, x 1 t 1= Þ = = Þ =
.

1 1 1
4 2 2 2
0 0 0
x 1 dt 1 dt
I dx
2 2
x x 1 t t 1
3 1
t
4 2
Þ = = =
+ + + +
æ ö
÷
ç
+ +
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
ò ò ò
.
Đặt
( )
2

1 3 3
t tgu dt 1 tg u du
2 2 2
+ = Þ = +
,
t 0 u , t 1 u
6 3
p p
= Þ = = Þ =

( )
2
3 3
2
6 6
3
1 tg u
1 3 3
2
I du du
2 3 3 3 18
tg u
4 4
p p
p p
+
p
Þ = = =
+
ò ò

.
2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta được:

4 4 4 4 4 4
4 4 4 2 2 2 2 2 2
x y y z z x
x y z x y y z z x
2 2 2
+ + +
+ + = + + ³ + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y y z y z z x z x x y
xy z xyz x yz
2 2 2
+ + +
= + + ³ + +

4 4 4 4 4 4
x y z 1 x y z xyzt xyz(x y z t) 0Þ + + + = + + + ³ + + + >

4 4 4
1 1
xyz(x y z t)
x y z 1
Þ £
+ + +
+ + +
(1).

Tương tự:

4 4 4
1 1
yzt(x y z t)
y z t 1
£
+ + +
+ + +
(2)

4 4 4
1 1
ztx(x y z t)
z t x 1
£
+ + +
+ + +
(3)

4 4 4
1 1
txy(x y z t)
t x y 1
£
+ + +
+ + +
(4).
Cộng (1), (2), (3), (4) ta được
1 1 1 1 1

P 1
x y z t xyz yzt ztx txy
æ ö
÷
ç
£ + + + =
÷
ç
÷
÷
ç
+ + +
è ø
.
Vậy
maxP 1=
khi
x y z t 1= = = =
.
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Gọi
2 2
2
(C ) : x y 2ax 2by c 0+ - - + =
.
2
M(0; 2) (C ) c 4b 4Î Þ = -
Phương trình trục đẳng phương (d’) của (C
1

) và (C
2
):

2 2 2 2
x y 2ax 2by 4b 4 x y 2x 3+ - - + - = + - -
(2a 2)x 2by (1 4b) 0Û - + + - =
.
Do (d) cũng là trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) nên:
35 5
a
2a 2 2b 1 4b
40
1 2
5 5
5 1
b
20
ì
ï
-
ï
=
ï
- -
ï

ï
= = Û
í
ï
-
+
-
ï
=
ï
ï
ï
î
.
Vậy
2 2
2
35 5 5 5 15 5
(C ) : x y x y 0
20 10 5
- + -
+ - - - =
.
2. Ta có:

( ) ( )
n 2n 0 1 2 2 n n 0 1 2 2 2n 2n
n n n n 2n 2n 2n 2n
(1 x) (1 x) C C x C x ... C x C C x C x ... C x+ + = + + + + + + + +
.

Nhân phân phối và rút gọn số hạng chứa x
10
, ta được hệ số:

0 10 1 9 2 8 9 1 10 0
n 2n n 2n n 2n n 2n n 2n
C C C C C C ... C C C C S+ + + + + =
(1).
Mặt khác, khai triển
n 2n 3n
(1 x) (1 x) (1 x)+ + = +
có hệ số chứa x
10
là
10
3n
C
(2).
Từ (1) và (2), ta có:
10 10 10
3n 3n 42
S C C C n 14= Þ = Þ =
.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Điều kiện: x > 0.

2 2 2 2 2
log x log 4 log x log x log x
2

1 x 5 1 x 5 1 4 5+ = Û + = Û + =
(*).
Đặt
2
t log x=
, ta có:

t t
t t
1 4
(*) 1 4 5 1 0
5 5
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
Û + = Û + - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Hàm số
t t
1 4
f(t) 1
5 5
æ ö æ ö
÷ ÷

ç ç
= + -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
nghịch biến trên
¡
nên
f(t) 0=
có không quá 1 nghiệm.
Mà f(1) = 0 nên
(*) t 1 x 2Û = Û =
.
2. Gọi K là tiếp điểm của MN với (S). Ta có:
AM = MK, BN = NK (tính chất tiếp tuyến).

AM AB
(gt) AM (ABN) AM AN
AM BN
ì
^
ï
ï
Þ ^ Þ ^
í
ï
^

ï
î

2 2 2
MN AM AN= +

2 2 2 2
(AM BN) AM AB BNÞ + = + +

2
AM.BN 2RÞ =

3
ABMN
1 2R
V AM.BN.AB
6 3
= =
(không đổi).
Nhận xét:
1) Câu I.2. Kiến thức rất cơ bản.
2) Câu II.1. Các em chú ý kỹ thuật đưa phương trình lượng giác không cơ bản về phương trình tích và điều kiện
của nghiệm.
3) Câu II.2. Các em chú ý dựa vào điều kiện để chia 2 trường hợp, ở đây có dùng kỹ thuật tách
2
x 1 1
x
x x
-
= -

hơi khó nhận ra. Trong bước giải cuối các em nên cẩn thận với dấu bất đẳng thức.
4) Câu III.1. Chỉ cần dùng kiến thức đoạn vuông góc chung.
5) Câu III.2. Các em có thể dùng mp(ABC) và mặt cầu qua O, A, B, C.
6) Câu Va.1. Nếu các em lập đường tròn đi qua 3 điểm thì sẽ gặp rắc rối ngay, do tọa độ A và B quá lẻ.
7) Câu Va.2. Đây là dạng toán cân bằng hệ số trong khai triển nhị thức.
Chỉ cần các em nhìn tổng S sẽ thấy 0 + 10 = 1 + 9 =…= 10.
8) Câu Vb.1. Đây là phương trình mũ chứa logarit, dạng này các em nên nhớ dùng hàm số đơn điệu để giải.
9) Câu Vb.2. Kiến thức rất cơ bản nhưng chứng minh không dễ.
………………………………………………………………………………………..