Toán Hàm Số 3 de tu luyen

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A, A 1

ĐỀ TỰ LUYỆN 01

Thời gian làm bài: 180 phút.

2x 1
C  .
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của
(C) tại hai điểm A, B sao cho AB  2 10 .
1  cos x
7 

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
 sin x  2 sin  2 x 
.
tan x
4 


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

0

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I 

dx

 1  2sin 2 x  2 cos



2

x

.

4

Câu 4 (1,0 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được
lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M, tính xác suất để số
được chọn là số có tổng các chữ số là một số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường
chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa
cạnh AB, điểm F  2; 5 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa
độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,
3a
a 13
, AB  2 a , CD 
, mặt phẳng  SCD  vuông góc với mặt phẳng
AD  BC 
2
4
 ABCD  . Tam giác ASI cân tại S, với I là trung điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng

 ABCD  một

góc 30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SI và

CD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
 P  : x  y  z  2  0 , mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  4x  2 y  2z  3  0 và hai điểm A 1; 1;  2 ,

B  4;0;  1 . Viết phương trình mặt phẳng

 

song song với AB, vuông góc với mặt

phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 .
2
2


Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  44 y  12  x 2 1  2 x  2 y  1 .

x  x y  y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn  a  b  b  c  c  a   8 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

3

1
1

1
1



.
abc a  2b b  2c c  2a
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
53


ĐỀ NÀY THẾ NÀO?

LẤY ĐỘNG LỰC VÀ ĐI TIẾP NÀO!

So sánh với Đáp án ở phía sau mình thấy Đây là cuộc đua của chính mình với bản thân
mình đã làm được mấy điểm?
Mình đã hài lòng với kết quả này chưa?

và hàng trăm nghìn bạn như mình. Các bạn
cũng đang đang đặt mục tiêu và tiến bước
từng ngày để chinh phục nó. Hãy nỗ lực từng
phút từng giờ. Nếu mình thiếu quyết tâm, nếu
mình nghỉ ngơi trong khi các đối thủ của mình

Câu nào mình làm chính xác nhất, cả đáp án đang quyết tâm. Họ sẽ chiến thắng ở trận đấu
cuối cùng còn mình thì thất bại thảm hại. Nỗi

lẫn trình bày?
đau rất khó chịu. Vì vậy mình phải tiếp tục,
mình phải tiến lên thôi!
Hãy chú ý cả trình bày nhé! Vì Toán thi tự Mình phải tiến lên vì mục tiêu của mình!
luận. Hãy cố gắng trình bày đơn giản như Mình phải tiến lên vì ước mơ của mình!
trong phần Đáp án.
Mình phải tiến lên vì danh dự của mình!
Mình phải tiến lên vì niềm hi vọng của bố mẹ
dành cho mình!
Phần kiến thức nào mình đã cảm thấy hòm Mình phải tiến lên vì sự tin tưởng bạn bè, thầy
hòm. Và tự tin cho kỳ thi Quốc gia?
cô dành cho mình!
Mình phải tiến lên vì thành công và hạnh phúc
đang đợi mình!
Phần kiến thức nào cần bổ xung ngay để kịp Mình phải tiến lên và khẳng định chính bản
thân mình!
tiến độ học tập?
Mình phải tiến lên và mình phải tiến lên!
Một khám phá vĩ đại của thế kỷ 20: "Khi sinh
Hãy vạch rõ từng phần kiến thức mình cần bổ
xung ngay. Mỗi giai đoạn nên tập trung vào
một mảng kiến thức để hiểu thật chắc. Tránh
mất điểm khi đi thi.

ra chúng ta không khác biệt nhau nhiều, chính
sự khác biệt nhỏ trong từng suy nghĩ, hành
động và sự nỗ lực từng ngày dẫn đến kết quả
khác nhau ở mỗi người sau này." Ngay lúc
này, hãy ra quyết định mình phải làm nên kết
quả khác biệt. Bằng chính nỗ lực bước tiếp

bây giờ.

54


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ TỰ LUYỆN 02

ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2  3(m2  1) x  m3  1, (1) (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1.
b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt trục
Oy tại điểm B . Tìm tất cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O
là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 4 x  2  cos3x  4sin x  cos x.
2 2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:



3

x
x2  1  x2  1

dx.

Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu
màu vàng.Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó.Tính xác suất sao cho 4 quả
cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 ,
SA  SB, SA vuông góc với AC , mặt phẳng ( SCD) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng
60 O . Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(3;1; 4). Tìm tọa độ
các điểm B, C thuộc trục Oy sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh
A thuộc đường thẳng d : x  y  4  0, đường thẳng BC đi qua điểm M (4;0), đường
thẳng CD đi qua điểm N (0;2). Biết tam giác AMN cân tại A , viết phương trình đường
thẳng BC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2  3x  1  4 x 

1
 3.
x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3xyz . Chứng
minh rằng:

1
1
1
3


 .
2

2
2
x(3x  1)
y (3 y  1)
z (3z  1)
4
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
55


ĐỀ NÀY THẾ NÀO?

TỰ NHỦ THÊM MỘT LẦN!

So sánh với Đáp án ở phía sau mình thấy Đây là cuộc đua của chính mình với bản thân
mình đã làm được mấy điểm?
Mình đã hài lòng với kết quả này chưa?

và hàng trăm nghìn bạn như mình. Các bạn
cũng đang đang đặt mục tiêu và tiến bước
từng ngày để chinh phục nó. Hãy nỗ lực từng
phút từng giờ. Nếu mình thiếu quyết tâm, nếu
mình nghỉ ngơi trong khi các đối thủ của mình

Câu nào mình làm chính xác nhất, cả đáp án đang quyết tâm. Họ sẽ chiến thắng ở trận đấu
cuối cùng còn mình thì thất bại thảm hại. Nỗi
lẫn trình bày?

đau rất khó chịu. Vì vậy mình phải tiếp tục,
mình phải tiến lên thôi!
Hãy chú ý cả trình bày nhé! Vì Toán thi tự Mình phải tiến lên vì mục tiêu của mình!
luận. Hãy cố gắng trình bày đơn giản như Mình phải tiến lên vì ước mơ của mình!
trong phần Đáp án.
Mình phải tiến lên vì danh dự của mình!
Mình phải tiến lên vì niềm hi vọng của bố mẹ
dành cho mình!
Phần kiến thức nào mình đã cảm thấy hòm Mình phải tiến lên vì sự tin tưởng bạn bè, thầy
hòm. Và tự tin cho kỳ thi Quốc gia?
cô dành cho mình!
Mình phải tiến lên vì thành công và hạnh phúc
đang đợi mình!
Phần kiến thức nào cần bổ xung ngay để kịp Mình phải tiến lên và khẳng định chính bản
thân mình!
tiến độ học tập?
Mình phải tiến lên và mình phải tiến lên!
Bằng những lời khẳng định, những câu mệnh
Hãy vạch rõ từng phần kiến thức mình cần bổ
xung ngay. Mỗi giai đoạn nên tập trung vào
một mảng kiến thức để hiểu thật chắc. Tránh
mất điểm khi đi thi.

lệnh lặp đi lặp lại mỗi ngày, mỗi lần bạn thiếu
động lực hay chán nản mệt mỏi. Khi tinh thần
xuống hay thất bại bạn lại nhớ đến mục tiêu
và làm một hành động khẳng định sức mạnh
NGAY. Dần dần bạn sẽ thấy mình có sức
mạnh không gì cản nổi. Tự thông thái và giải
quyết tốt các bài toán hóc búa.

56


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KS CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A 1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 03
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x  3
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : x  3 y  m  0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác
AMN vuông tại điểm A(1; 0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin3x  2cos2 x  3  4sin x  cos x(1  sin x).
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

3x  2ln(3x  1)
dx.
( x  1) 2

Câu 4 (1,0 điểm). Cho tập hợp E  1, 2, 3, 4, 5. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có
ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.
Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD
là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H
thuộc cạnh AD sao cho HA  3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA  2 3a và
đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x  2 y 1 z  2
và hai mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  3  0, (Q) : x  2 y  2 z  7  0. Viết
d:


1
1
2
phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) là
trung điểm cạnh AC, điểm H (0;  3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23;  2) thuộc
đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng
d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4 x  1  2 2 x  3  ( x  1)( x2  2).
Câu 9 (1,0 điểm).
Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5( x2  y 2  z 2 )  6( xy  yz  zx).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2( x  y  z )  ( y 2  z 2 ).
Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.

57


HÔM NAY BẠN ĐÃ TIẾN ĐẾN ĐÂU RỒI?

VÀ THÊM MỘT LẦN NỮA!

So sánh với Đáp án ở phía sau mình thấy Đây là cuộc đua của chính mình với bản thân
mình đã làm được mấy điểm?
Mình đã hài lòng với kết quả này chưa?

và hàng trăm nghìn bạn như mình. Các bạn
cũng đang đang đặt mục tiêu và tiến bước
từng ngày để chinh phục nó. Hãy nỗ lực từng
phút từng giờ. Nếu mình thiếu quyết tâm, nếu
mình nghỉ ngơi trong khi các đối thủ của mình

Câu nào mình làm chính xác nhất, cả đáp án đang quyết tâm. Họ sẽ chiến thắng ở trận đấu
cuối cùng còn mình thì thất bại thảm hại. Nỗi
lẫn trình bày?
đau rất khó chịu. Vì vậy mình phải tiếp tục,
mình phải tiến lên thôi!
Hãy chú ý cả trình bày nhé! Vì Toán thi tự Mình phải tiến lên vì mục tiêu của mình!
luận. Hãy cố gắng trình bày đơn giản như Mình phải tiến lên vì ước mơ của mình!
trong phần Đáp án.
Mình phải tiến lên vì danh dự của mình!
Mình phải tiến lên vì niềm hi vọng của bố mẹ
dành cho mình!
Phần kiến thức nào mình đã cảm thấy hòm Mình phải tiến lên vì sự tin tưởng bạn bè, thầy

hòm. Và tự tin cho kỳ thi Quốc gia?
cô dành cho mình!
Mình phải tiến lên vì thành công và hạnh phúc
đang đợi mình!
Phần kiến thức nào cần bổ xung ngay để kịp Mình phải tiến lên và khẳng định chính bản
thân mình!
tiến độ học tập?
Mình phải tiến lên và mình phải tiến lên!

Hãy vạch rõ từng phần kiến thức mình cần bổ Lúc đầu hãy là nô lệ của THÓI QUEN. Nhưng
xung ngay. Mỗi giai đoạn nên tập trung vào hãy là nô lệ của thói quen tốt. Hãy chịu khó,
một mảng kiến thức để hiểu thật chắc. Tránh từng ngày, từng ngày một. Cho đến khi ta
không thể chịu được nếu mỗi ngày ta không
mất điểm khi đi thi.
phục vụ ông chủ THÓI QUEN của ta nữa. Ta
phát hiện: "Hóa ra THÓI QUEN đang là nô lệ
cho mình."

58


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KS CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 04
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  6 x2  3(m  2) x  4m  5 có đồ thị (Cm ), với m là

tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1.
b) Tìm m để trên (Cm ) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp
tuyến tại mỗi điểm đó của (Cm ) vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  3  0.
sin x
1
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

 cot x  2.
1  cos x 1  cos x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3x  1
y
; y  0; x  1.
(3 x  1) 3x  1
Câu 4 (1,0 điểm). Cho phương trình 8z 2  4(a  1) z  4a  1  0 (1), với a là tham số.Tìm
z
a   để (1) có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn 1 là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo
z2
dương.
  1200 ,
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD
cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC)
một góc 600. Gọi K là trung điểm của SC. Tính theoa thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3),
 là
tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác trong góc BAC
8 5
 nhọn.

và góc BAC
5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng
x3 y z 7
x y  2 z 1
x 1 y z  3
d:


; d1 : 

; d2 :
 
. Và ( P) : 2 x  y  z  1  0 .
2
1
2
1
2
1
1
1
2
Tìm M  d1 , N  d2 sao cho đường thẳng MN song song với (P) đồng thời tạo với d một
1
.
góc  có cos  
3
2
4


( x  y )( x  4 y  y )  3 y  0
( x, y  ).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
x

2
y

1

y

y

1

0


Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2  y 2  z 2  1. Tìm giá
x  y  0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng BC 

trị lớn nhất của biểu thức P 

xy
yz
x3 y 3  y 3 z 3



.
1  z 2 1  x2
24 x3 z 3
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.

59


Liên quan: TỪ VIỆT NAM RA THẾ GIỚI
11 giờ sáng nay 19.8, đại hội liên đoàn Toán học thế giới (ICM 2010) chính thức khai mạc tại
Trung tâm hội nghị quốc tế Hyderabad (HICC), thành phố Hyderabad - bang Andhra Pradesh
(Ấn Độ). ICM là hội nghị lớn nhất thế giới về toán, được tổ chức bốn năm một lần.

Đúng 12h55 giờ Việt Nam, GS Ngô Bảo Châu đã vinh dự được nhận giải thưởng Fields giải
thưởng quốc tế danh giá được ví như một giải “Nobel toán học.” Đây là thời khắc lịch sử của
Khoa học Việt Nam. Ông đã làm rạng danh đất nước.

Nhưng không phải thành quả nào cũng đạt được dễ dàng...
Thầy của GS Ngô Bảo Châu, GS G.Laumon: Tôi nhớ rõ buổi trình bày tuyệt vời bản luận án
thạc sĩ của Ngô Bảo Châu năm 1993.
Vào lúc đó, tôi thực sự không có một đề tài nào có thể gọi là tốt cho luận án tiến sĩ, và tôi rất
lưỡng lự khi nhận nghiên cứu sinh mới.
Nhưng Michel Broue, người chịu trách nhiệm về dạy và học toán tại Trường Ecole Normale
uperieuere, đã có ấn tượng rất mạnh về Ngô Bảo Châu và đã thuyết phục tôi nhận anh ấy làm
nghiên cứu sinh.

Cuối cùng, tôi đã đề nghị Ngô Bảo Châu đề tài mà tôi có kế hoạch dành cho chính mình.
Đề tài này quả thật rất khó, và mặc dù đã rất nỗ lực, Ngô Bảo Châu đã không đạt được tiến bộ
đáng kể nào trong suốt hai năm.
Các bạn thấy đó. Chúng ta tưởng như người thành công có sẵn tố chất thiên tài và đi
đến thành công dễ dàng nhưng không phải. Vậy nếu bạn có gặp khó khăn thì đó cũng là
chuyện thường phải không?

60


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KS CHẤT LƯỢNG LẦN 3 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 05
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  (m  1) x 2  2m  1 có đồ thị (Cm ), với m là tham số
4
thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1.
5

b) Cho I  0;   . Tìm m để (Cm ) có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao
2

cho tứ giác ABIC là hình thoi.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 4 x  2sin 3 x  sin x  3 cos xcos2 x.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới
1
, y  0, x  0 và x  1 xung quanh trục hoành.
hạn bởi các đường y 
1  4  3x
Câu 4 (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao
cho trong mỗi số đều có mặt các chữ số 8 và 9?
a 10
, AC  a 2, BC  a,
4

ACB  1350. Hình chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M
của AB. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B ' C ' và góc tạo bởi đường thẳng
C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A ').

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A' B ' C ' có AA ' 

Câu 6 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy,

cho đường tròn

(C ) : ( x  2)  ( y  1)  5 và đường thẳng d : x  3 y  9  0. Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường
thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB nhỏ
nhất.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

x
y z 1
x y 1 z  2
và  : 
d: 


. Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt 
2 1 2
1
1
2
tại hai điểm A, B sao cho IAB là tam giác vuông và AB  2 11.
2

2

2
2

2 x  x  x  2  2 y  y  2 y  1

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

2
2

x  2 y  2x  y  2  0

( x, y  ).

Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y và
1
1
1


.
xy  ( x  y) z  z 2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
2
2
4( x  y ) ( x  z ) ( y  z )2
Hết

Câu 9 (1,0 điểm).

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
61


...Và những thành quả nền tảng:
Năm 2004, GS Ngô Bảo Châu được trao Giải thưởng Toán học Clay (cùng với GS
G.Laumon). Giải thưởng này có từ năm 1999, mới trao cho 23 người. Người đầu tiên được
trao giải Clay chính là A.Wiles- người đã chứng minh được Định lý cuối cùng của Ferma tồn
tại hơn 300 năm. Ngay sau khi được trao giải thưởng này, thầy của Ngô Bảo Châu là GS
G.Laumon đã được bầu làm Viện sĩ Viện hàn lâm Pháp.
Liên quan: Người đầu tiên được trao giải Clay chính là A.Wiles- người đã chứng minh được
Định lý cuối cùng của Fermat tồn tại hơn 300 năm.
Những ai có lòng yêu thích về toán học chắc đều biết đến định lý Fermat, một định lý mà khi

nêu ra, nhà toán học Fermat (1601-1665) đã ghi bên lề cuốn sách ông đang đọc là ông đã tìm
ra cách chứng minh định lý này nhưng vì lề sách quá hẹp nên không thể ghi ra được.
Thế mà, hơn 300 năm sau, nhiều nhà toán học lỗi lạc đã tìm cách chứng minh định lý này
nhưng đều thất bại. Mãi đến năm 1993, nhà toán học người Anh Andrew Wiles, sau 7 năm tập
trung giải bài toán, mới đưa ra được cách chứng minh bằng cách vận dụng các kết quả của
toán học hiện đại. Thế nhưng, cách chứng minh này đã bị phát hiện có chỗ hở không chấp
nhận được, nên Andrew Wiles phải bỏ thêm một năm nữa mới hoàn thiện được.
Điểm thú vị trong quá trình tìm cách chứng minh định lý này là các nhà toán học đã làm nẩy
sinh nhiều lý thuyết toán học mới có giá trị, nên người ta đã coi bài toán Fermat là "con gà đẻ
trứng vàng".
Đôi khi ta chỉ biết GS Ngô Bảo Châu nhận được giải thưởng Fields là giải thưởng toán
học cao quý nhất thế giới mà chưa biết tính ứng dụng hay tầm ảnh hưởng của nó đến
thế giới như thế nào.
Để phần nào hình dung được thành tựu toán học của GS Ngô Bảo Châu. Mời bạn đón
đọc loạt bài về "con gà đẻ trứng vàng" hay định lý cuối cùng của Fermat mà người
chứng minh được sau hơn 300 năm là A.Wiles- người đầu tiên được trao giải Clay. Sau
này năm 2004 GS Ngô Bảo Châu của chúng ta cũng được trao giải này cùng thầy của
mình là GS G.Laumon.

Định lý cuối cùng của Fermat – những điều kỳ diệu!
(Trang sau sẽ là những câu chuyện thú vị về "Con gà đẻ trứng vàng", tiến trình tìm ra SỰ
THẬT. Nhưng trước khi mải mê vào câu chuyện thì ta không nên quên nhiệm vụ là giải quyết
cái đề trước mắt đã.)

62


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KS CHẤT LƯỢNG LẦN 4 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 06
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

x 1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M
3
.
đến đường thẳng  : y  2 x  1 bằng
5
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin x(cos2 x  2cos x)  cos2 x cos x 1.

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

cos3x  2cos x
dx.
2  3sin x  cos 2 x

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn

z  i z 1 7 1

  i.
z
z
5 5

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3,
BD  3a, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '.
21
. Tính theo
7
a thể tích khối hộp ABCD.A' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '.

Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD ' C ') bằng

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình bình hành ABCD có
phương trình đường chéo AC : x  y  1  0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC,
điểm E (0;  3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình
bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ
dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C,
  300 , AB  3 2 , đường thẳng AB có phương trình x  3  y  4  z  8 , đường thẳng
BAC
1
1
4
AC nằm trên mặt phẳng ( ) : x  z  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng
đỉnh B có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .

Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị
a2
b2
3
nhỏ nhất của biểu thức P 

 ( a  b) 2 .
2
2
(b  c)  5bc (c  a)  5ca 4
Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
63


Định lý cuối cùng của Fermat – những điều kỳ diệu!
Sinh thời Pierre de Fermat là người rất đam mê vẻ
đẹp của các con số.
Dù hết lòng yêu các con số, chắc Fermat cũng khó
hình dung được sự kì diệu này, tuy bản thân ông là
cả một sự kì diệu đến khó tin.
Trong lịch sử toán học của nhân loại, không tìm thấy
định lí nào có nhiều điều kì lạ và độc đáo như định lí
này.
Là một nhà toán học nghiệp dư, Fermat rất say mê
các công trình toán học của người Hy Lạp cổ. Ông

đã để lại dấu ấn quan trọng trong nhiều lãnh vực
toán học: Giải tích, Xác suất, Lý thuyết số… Ông
được gọi là “hoàng tử của những người nghiệp dư”.
Định lí có nội dung rất dễ hiểu
Trong toán học, để hiểu được một định lý nào đó, người đọc cần phải có một trình độ toán học
tương ứng. Các học sinh lớp 7 được học về định lý Pytago, để hiểu được định lý KroneckerCapelli về nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính, người học phải là những sinh viên
đang học chương trình toán cao cấp ở các trường đại học… Đó là chưa nói đến việc chứng
minh định lý. Trong các giáo trình toán ở bậc đại học vẫn thỉnh thoảng bắt gặp một định lý mà
phần chứng minh chỉ ghi vắn tắt: chúng ta thừa nhận định lý này.
Vậy mà một trong những định lý vĩ đại nhất trong lịch sử toán lại có nội dung dễ hiểu ngay cả
với một học sinh lớp 6. Có thể phát biểu cho học sinh lớp 6 định lí Fermat như sau:
Không tìm được bộ ba số nguyên x, y, z nào thỏa mãn đẳng thức: xn+ yn=zn với bất kỳ số tự
nhiên n, n>2.
Nội dung của định lý dễ hiểu như vậy nhưng để hiểu được cách chứng minh nó, bạn phải nằm
trong số một phần một nghìn các nhà toán học!
Sự xuất hiện của định lí bắt đầu từ một ghi chú bên lề một cuốn sách.

64


SỞ GD&ĐT HÀ NAM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 07

2x
(1)

x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó
song song với nhau, đồng thời ba điểm O,A,B tạo thành tam giác vuông tại O.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

cos 3x  2cos 2 x
 2 tan x  3 .
cos x
e

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

2 x ln x  x  1
dx
x 1  x ln x 

Câu 4 (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2  2 3z  4  0 . Hãy
tính giá trị biểu thức: A  z12013  z22013
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và
D , AB  2CD  4a ; SA  a 3 ; SD  a . Tam giác ABC vuông tại C , mặt bên  SAD 
vuông góc với mặt đáy

 ABCD  .

Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa

hai đường thẳng AD và SC .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  2;3 , đường
phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC là I  6;6  . Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 3 lần diện tích
IBC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A  3; 2; 2  ,
B  0; 1; 2  , C  2;1;0  và mặt phẳng  Q  : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng

 P

đi qua A , vuông góc với mặt phẳng  Q  và cách đều hai điểm B,C.
2

x 1 y  x  y   4 y
Câu 8 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2
x, y  
x
x

y

2

x

2

0






Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x  y 2  z 2  .Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

1  x 

2



1

1  y 

2



1

1  z 

2



4
.
1  x 1  y 1  z 

Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
65


Năm 1621 cuốn Số học được dịch ra tiếng La tinh, trong đó có hơn 100 bài toán có lời giải chi
tiết. Fermat thích thú đọc cuốn sách này, việc nghiên cứu các bài toán gợi ý cho Fermat suy
nghĩ và giải các bài toán khác có liên quan nhưng sâu sắc hơn. Vào khoảng năm 1630, Fermat
viết bên lề cuốn sách mấy dòng chữ La tinh: “Không thể phân tích một lập phương thành tổng
của hai lập phương, một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, hay tổng quát, bất kì
một lũy thừa khác 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm thấy được một chứng
minh thật tuyệt diệu cho nhận xét này, nhưng rất tiếc lề sách không đủ rộng để ghi ra đây”.
Hơn ba mươi năm sau, khi Fermat đã qua đời, cuốn số học của Diophantus cùng với những
ghi chú của Fermat được xuất bản. Chỉ đến lúc đó, định lý Fermat mới được biết đến.
Định lí cuốn hút một số lƣợng đông đảo các nhà toán học chuyên và không chuyên
tham gia tìm kiếm lới giải.
Cho đến đầu thế kỉ XX, những bước tiến trong việc tìm kiếm lời giải cho định lý Fermat vẫn hết
sức ít ỏi.
Nhà toán học vĩ đại người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh định lý cho
trường hợp n=3 và n=4.
Năm 1828, Dirichlet chứng minh cho trường hợp n=5.
Vào những năm 1840, Gabriel Lamé chứng minh với n=7.
200 năm sau Fermat, định lí mới được chứng minh với n=3, 4, 5, 6 và 7.

Định lý quá khó và Bell trong cuốn sách “Bài toán cuối cùng” đã phải viết rằng: có lẽ nền văn
minh của chúng ta cáo chung trước khi các nhà toán học tìm ra lời giải cho bài toán.
Tuy vậy, năm 1908, định lý Fermat đột ngột gây được sự chú ý trở lại nhờ công của một nhà
công nghiệp và tiến sĩ toán người Đức tên là Paul Wolfshehl. Do gặp phải một chuyện bất
hạnh trong đời sống riêng, ông quyết định sẽ tự sát vào lúc nửa đêm. Trong khi chờ đợi, ông
tình cờ đọc một chứng minh của Kummer liên quan đến định lí Fermat. Chìm đắm trong sự suy
tư, ông vượt qua giờ phút định mệnh lúc nào không biết. Sự đam mê toán học đã hồi sinh
cuộc đời ông. Ông quyết định dành gần hết gia sản của mình lập nên giải thưởng Wolfshehl
dành tặng cho người nào tìm ra lời giải của định lý Fermat. Trị giá giải thưởng là 100.000 mác
tương đương 1,75 triệu USD, lớn hơn giải Nobel.
Khi giải thưởng được thông báo, các bài dự thi ùn ùn đổ về Đại học Gottingen. Ngay trong
năm treo giải, có 621 “ lời giải” được đệ trình và mấy năm sau thì số thư từ chất cao đến 3m.
Tất cả đều sai.

66


Ý kiến của ông Vua Toán về Định lý Fermat
Carl Friedrich Gauss (1777-1855), nhà toán học vĩ đại người Đức, người đương thời gọi ông là
ông vua toán bởi những đóng góp quan trọng của ông trong nhiều lĩnh vực: Lý thuyết số, Hình
học vi phân, Giải tích, xác suất,…
Gauss đã viết thư cho một người bạn nói rõ quan điểm của ông về Định lý Fermat: “Tôi vô
cùng biết ơn anh dã cho biết tin tức về giải thưởng Paris dành cho những người giải được định
lý Fermat. Nhưng tôi phải thú nhận rằng định lý này là một mệnh đề biệt lập gây rất ít hứng thú
cho tôi bởi vì tôi có thể đưa ra vô vàn mệnh đề như thế, những mệnh đề mà người ta không
thể chứng minh hoặc bác bỏ”.
Vậy chỉ duy nhất Ông vua Toán Gauss thản nhiên đứng ngoài cuộc trong đám đông các nhà
toán học hăm hở dấn thân vào một con đường đầy cám dỗ. Phải chăng Gauss tiên đoán được
rằng, với trình độ toán học của thời đại ông, việc chứng minh định lý này là không thể!
Con gà đẻ trứng vàng của toán học hiện đại

Đây thực sự là điều kì diệu. Lời giải bài toán không đạt được nhưng lại xuất hiện những
nghành toán học mới. Người đời đã ca tụng: Định lí Fermat là “con gà đẻ trứng vàng của toán
học hiện đại”. Những lí thuyết toán học mới ra đời nhờ việc các nhà toán học “giải không ra”
bài toán Fermat.
Phút thứ 89
Một trận bóng đá gay cấn diễn ra 90 phút, vẫn có những phút 89. Bốn chục năm trong chặng
đường gần 350 năm có thể coi là phút 89 được chăng?
Một giả thuyết vƣợt thời đại
Vào những thập niên 50 của thế kỉ XX, hai nhà toán học trẻ người Nhật đã đưa ra một giả
thuyết, sau này mang tên họ: giả thuyết Taniyama-Shimura. Giả thuyết nói về mối quan hệ
giữa mọi đường cong elliptic và các dạng modular.
Các đường cong elliptic không liên quan gì đến các hình ellip, thực ra chúng là những phương
trình có dạng: y2=x3+ax2+bx+c với a, b, c là những số nguyên. Các đường cong elliptic trở
nên cuốn hút các nhà lý thuyết số vì chúng có thể trả lời nhiều câu hỏi về phương trình và
nghiệm của phương trình.
Các dạng modular thuộc nhóm những đối tượng lạ lùng và tuyệt vời nhất của toán học. “Ông
tổ” của các dạng modular là nhà toán học kiệt xuất người Pháp Henri Poincaré (1854 -1912).
Các dạng modular tồn tại trong một không gian kỳ lạ, nơi hình học phi Euclid ngự trị. Rất khó

67


hình dung về các dạng modular, ngay cả Poincaré thời gian đầu cũng không dám tin chắc
chúng tồn tại.
Giáo sư Mazur, trường đại học Havard nói: “Lần đầu tiên được đề xuất, giả thuyết này không
được các nhà toán học chú ý vì nó quá lạ lùng. Một mặt, bạn có thế giới của elliptic, mặt khác
bạn có thế giới của modular. Cả hai lĩnh vực của toán học đều đã được nghiên cứu rất mạnh
mẽ, nhưng tách rời nhau. Các nhà toán học nghiên cứu các phương trình elliptic không mấy
am hiểu về các dạng modular và ngược lại. Thế rồi giả thuyết Taniyama- Shimura ra đời cho
rằng có một cầu nối giữa hai thế giới xa lạ ấy”.

Giả thuyết của Gerhard Frey
Sâu trong rừng Đen nước Đức có trung tâm Oberwlfach, hàng năm trung tâm này tài trợ và tổ
chức khoảng 50 hội nghị quốc tế về các chủ đề toán học khác nhau. Trong hội nghị tổ chức
vào mùa Thu năm 1984, nhà toán học Gerhard Frey đã có bài thuyết trình quan trọng. Trong
bài thuyết trình của mình, ông đã đưa ra một nhận xét có vẻ còn mơ hồ. Bản in rônêô các công
thức toán học mà ông phân phát khắp hội nghị hình như có hàm ý rằng: "nếu giả thuyết
Shimura-Taniyma quả thật đúng thì định lý Fermat sẽ được chứng minh."
Định lý của Ken Ribet
Khi Ken Ribet, giáo sư toán thuộc trường đại học tổng hợp California, lần đầu nghe nói về
nhận xét của Frey đã cho đó là một lời nói đùa. Nhưng trong quá trình nghiên cứu, “lời nói đùa”
của Frey đã khiến ông bỏ ra một năm trời chứng minh.
Một lần gặp Barry Mazur, một đồng nghiệp đang dạy học ở đại học Harvard, trong quán cà phê
của trường đại học Ribet đã nói với Mazur về giả thuyết Frey và những khó khăn mà mình gặp
phải trong chứng minh. Mazur chăm chú lắng nghe và nói: “Ken này, cậu đã đến đích rồi đấy.
Chỉ cần thêm vào một không điểm gamma đặc biệt nào đó…”. Ngay sau đó chứng minh được
công bố.
Vậy, vấn đề còn lại của định lý Fermat là chứng minh được giả thuyết Shimura-Taniyma!
Các bạn đã thấy những câu chuyện Toán học thú vị chưa? Bây giờ bạn cũng đang ở trong một
cuốn Tự luyện Toán. Hãy biến những băn khoăn, nghi ngờ về khả năng của mình thành lời giải
chi tiết. "Thành quả chỉ nở hoa trong nhọc nhằn!"

68


TRƯỜNG THPT THÁI PHIÊN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và B
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 08

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x 2  2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm điểm M nằm trên đường thẳng  d  : y  2 x  1 sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai
điểm cực trị của (C) nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2sin 2 x cos x  6sin x  2sin 2 x  1.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I

 x  2  ln x  2 xdx
.
x  2  ln x 
1
e



Câu 4 (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình: z 2  6 z  10  0.
Tính

 z1  22014   z2  22014

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCcó đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,
AB  BC  2a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. M, N
lần lượt là trung điểm của AB, AC. Biết góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) là 60 0 .
Tính thể tích khối chóp S.BCNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm
H (3; 2) và tâm đường tròn ngoại tiếp I (2;1). Biết đỉnh A nằm trên đường thẳng
(d ) : x  2 y  1  0, đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm K (7;0), đỉnh B có
tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
B(5; 2;2), C(3; 2;6) và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  5  0. Tìm điểm A nằm trên (P) sao
cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A.
 y 3 (4 x 2  1)  2( y 2  1) y  6

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2
1
2
2
 y 2  2 4x  1  y  y  1
x




 



Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm, thỏa mãn x  y  2  z.
 xy  2 z  yz  2 x  zx  2 y 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
x2 y 2 z
Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
69


Giấc mơ lớn của một cậu bé 10 tuổi

Cậu bé có tên Andrew Wiles, trong thư viện thành phố Milton, cậu tình cờ đọc được một cuốn
sách, cuốn “ Bài toán cuối cùng” của E.T. Bell. Cậu như bị thôi miên bởi những bài toán nổi
tiếng nhất trong toán học, ở đó có bài toán của Fermat. Cậu mơ ước một ngày nào đó sẽ giải
được định lý hóc búa này, sẽ khiến cả thế giới kinh ngạc.
Lớn lên, cậu trở thành một sinh viên xuất sắc của trường đại học tổng hợp Cambridge và cũng
tại trường này, anh bảo vệ thành công luận án tiến sĩ với các công trình nghiên cứu về các
đường cong elliptic.
Sau đó, anh chuyển sang Mỹ, làm giáo sư toán tại trường Đại học tổng hợp Princeton, ở đó
anh tiếp tục nghiên cứu các đường cong elliptic và lý thuyết Iwasawa. Giấc mơ thời thơ ấu vẫn
rực cháy trong anh.
Những năm ẩn cƣ trên gác xép
Sau phát minh của Ken Ribet, Andrew Wiles quyết định tự giam mình trên căn gác xép tìm
cách chứng minh định lý Fermat. Sau này ông kể lại kinh nghiệm làm toán của mình:
“Giống như việc đi vào một lâu đài tối om. Bạn bước vào phòng thứ nhất, trong đó tối đen như
mực. bạn bước đi loạng choạng, va đập vào đồ đạc trong phòng. Dần dần, bạn cũng biết được
vị trí của từng thứ một. và cuối cùng, sau khoảng sáu tháng bạn lần ra công tắc đèn rồi bật lên.
Ngay lập tức, mọi thứ được sáng tỏ và bạn thấy rõ mình đang ở đâu. Thế rồi bạn bước vào
một phòng tiếp theo, ở đó lại tối đen như mực…”.
Tháng 6 năm 1993, tại trường đại học tổng hợp Cambridge, giáo sư Andrew Wiles đã có 3
buổi thuyết trình trong một hội thảo về lí thuyết số. Cuối buổi thuyết trình thứ ba, sau khi viết
xong những dòng chứng minh cuối cùng của một giả thuyết toán học phức tạp và khó hiểu, giả
thuyết Shmura- Taniama. Giáo sư Wiles nói một câu giản dị: Tôi nghĩ rằng mình vừa chứng
minh xong định lí Fermat.
Chứng minh đó là một công trình dài 200 trang. Việc chứng minh đó ngốn mất 7 năm trời bền
bỉ làm việc.
Có một khe hở
(Bạn hãy xem mình còn khe hở nào trong việc trình bày hay kiến thức của đề trang bên
không? Và cần bổ xung phần nào ngay cho khối kiến thức của mình được toàn diện?)

70

SỞ GD& ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MINH KHAI

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B và D
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 09
Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số y  x3  6 x 2  9 x  2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C) củ a hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M, biết M cùng với hai điểm cực
trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6.

sin 2 x  cos2 x  3 2 s inx  2

Câu 2 (1,0 điểm ). Giải phương trình

 s inx  cos x 

2

 1.

x2 1
I =  2
dx.
2

1 ( x  x  1)( x  3 x  1)
2

Câu 3 (1,0 điểm ). Tính tích phân

Câu 4 (1,0 điể m). Tìm môđun của số phức Z 

1  2i  (1  i)3
.
1 i


Câu 5 (1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh a; ABC = 60 0 ; mp(SAC)
và mp(SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy; góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(ABCD) bằng 30 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp S
.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA, CD.
Câu 6 (1,0 điểm ). Trong mă ̣t phẳ ng với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxy
, cho tam giác ABC có điểm
I(-5;1) là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần
lượt là: x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 7 (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc
mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  4 x  4 y  4 z  0 sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình
mặt phẳng (OAB).
Câu 8 (1,0 điểm ). Giải hệ phương trình

 x3  y 3  3x 2  4 x  y  2  0

2
 1  x  y  2  y  1

Câu 9 (1,0 điểm ). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  3(a 2  b2  c2 )  4abc .

Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
71


Sau buổi thuyết trình, bài báo của Wiles được gửi cho 6 chuyên gia hàng đầu về lý thuyết số
đọc phản biện. Cần phải dò lại các chứng minh, các kí hiệu, từng dòng một.
Một “khe hở trong chứng minh” của Wiles được phát hiện, nếu không lấp được khe hở này,
mọi việc lại trở về vạch xuất phát.
Thêm một năm làm việc cật lực, cuối cùng Wiles đã hoàn thành hoàn hảo chứng minh kiệt
xuất của mình bằng hai bài báo dài 130 trang được tạp chí Annals of Mathematics công bố
tháng năm năm 1995.
Fermat có thực sự chứng minh đƣợc định lý của mình?

Mặc dù Fermat viết: tôi đã tìm ra được cách chứng minh thực sự tuyệt vời định lí này
nhưng rõ ràng rằng các công cụ toán học của nhân loại cho đến thời đại của Fermat
không cho phép ông thực hiện chứng minh tuyệt vời của mình.
Cũng có người lạc quan nói rằng: có thể Fermat thực sự đã tìm ra một lời giải vô cùng
độc đáo!
Trên thực tế, Fermat đã từng có những nhận định sai. Sự sai lầm của ông cũng hết
sức thú vị. Fermat đưa ra mệnh đề: Các số Fn= , được gọi là các số Fermat luôn luôn là
một số nguyên tố. Mệnh đề trên đúng với n=1, 2, 3, 4. Gần 100 năm sau, Euler đã phát
hiện mệnh đề của Fermat sai, rất bất ngờ, F5 không phải là một số nguyên tố, nó có
ước 641.
Có thực sự Fermat đã tìm được cách chứng minh cho định lý của mình không, chỉ duy

nhất một người biết được, đó là bản thân Fermat!
Một câu chuyện thú vị phải không? Một phần các bạn đã có sự so sánh để hiểu
thành tựu mà GS Ngô Bảo Châu đạt được còn tầm cỡ thế nào. Một phần nào đó
khơi dậy trong các bạn biết rằng thế giới Toán học còn vô cùng rộng lớn và vi
diệu.
Nếu bạn nghĩ mình giỏi, mình có khả năng, mình đủ thông minh thì hãy tìm cách
cống hiến cho thế giới này. Vì hiện nay còn nhiều bài toán còn đặc biệt hơn nữa
đang HẠI NÃO các nhà Toán học.
Trước hết hãy thật xuất sắc ở chặng đường phía trước!
72


SỞ GD& ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT KINH MÔN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 10
x  m
(C).
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 .
b) Tìm số thực dương m để đường thẳng  d  : 2 x  2 y  1  0 cắt (C) tại hai điểm A và B

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

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 1 + cosx -

x
1 - 2sinx
= 2tanx.sin 2  +
cosx
2


.
2


2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  


cos x.ln(1  sin x)
dx
sin 2 x

6

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho

z  2  2i  2 2 và

z 1
1.
z i

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB  a , AC  a 3 , 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 60 0 . Tính
thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 AD . Biết phương trình đường
AC: x – y + 2 = 0 và M( 1;1) là trung điểm của AB . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật, biết A có hoành độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng
x 1 y  3 z  3
và hai mặt phẳng ( P) : 2x  y  2z  9  0, (Q) : x  y  z  4  0. Viết
d:


1
2
1
phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đường tròn có
chu vi 2 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau



x  3  x  1  x  3  x2  2 x  3   4

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c sao cho:
3(a 4 + b 4 + c 4 ) – 15(a 2 + b 2 +c 2 ) + 36 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của S =

a2

b2
c2


b  2c c  2a a  2b

Hết
Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
73


TRƯỜNG THPT BỐ HẠ
ĐỀ TỰ LUYỆN 11

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút

x2
(1).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết khoảng cách từ điểm I (I là
giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) ) đến tiếp tuyến bằng 6 .

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

  5x 
9x

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 3x  sin 7x  2sin 2     2cos 2
.
 4 2 
2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log5 (5x  2) log 1 (5x 2  50)  3 .
5

Câu 4 (1,0 điểm). Cho khai triển 1  3x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , trong đó n  N * và
n

các hệ số a0 , a1,..., an thỏa mãn a0 

a
a1 a2
 2  ... nn  8192. Tìm n và tìm số lớn nhất
3 3
3

trong các số a0 , a1,..., an
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA
vuông góc với mặt đáy.Gọi E là trung điểm của BC, góc giữa SC và mặt phẳng (SAB)
bằng 30 0 .Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SC và DE.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20,
một đường chéo có phương trình d: 2x+y-4=0 và D(1;-3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
của hình thoi biết điểm A có tung độ âm.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
x  2 y z 1
và điểm A(2;1;1) . Viết phương trình

x  y  2 z  2  0 , đường thẳng  :
 
1
1
1
mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng  , đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
 x( x  y )  y 2  4 x  1

( x, y  R) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2

 x( x  y )  2 y  7 x  2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

2
abc
3
3  ab  bc  ca
(1  a)(1  b)(1  c)
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
74

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 12
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx  1 (Cm ) .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (Cm ) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích ΔIAB
bằng 4 2 với I(1;1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 3sin x  cos x  2  cos 2 x  sin 2 x  0 .
1

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



x ln x  1  x 2
1  x2

 dx .

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm hệ số của x 20 trong khai triển nhị thức Newton biểu thức
n

1


P( x)   3  x 2  với n nguyên dương thỏa mãn: C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1  2100  1 .
x


Câu 5 (1,0 điểm). Cho S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a, AD = a 3
(a > 0), mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD) cùng vuông góc với đáy, SD tạo với
(ABCD) một góc là 60 0 .
a) Tính thể tích S.ABCD
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và
CD. Biết B(3;3), C(5;-3), gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng
Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện tích tam giác ACB bằng 12, hoành độ của I dương và
hoành độ của A âm. Tìm tọa độ của A và D.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 2; 2 ) và mặt phẳng (P):
x + y + z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P). Biết
(Q) cắt Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho OM = ON  0 .
2
2

2 x  2  x  y  x  y  1
( x, y  R) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3
3

2 x  2 y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  b2  c 2   b  c .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

1
1
4



2
2
2
(1  a) (1  b) (1  c) (1  a)(1  b)(1  c)
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
75


QUAY LẠI ĐÁNH GIÁ KHẢ NĂNG

VỨT BỎ ĐI LO LẮNG

So sánh với Đáp án ở phía sau mình thấy mình Hãy tham vọng nhưng đừng thất vọng. Chớ
đã làm được mấy điểm?
Mình đã hài lòng với kết quả này chưa?

sốt ruột khi bạn chưa có những gì bạn cần.
Bạn sẽ có nếu bạn biết cố gắng, kiên trì và
chờ đợi chúng.
Hạnh phúc thay cho những ai dám mơ và

Câu nào mình làm chính xác nhất, cả đáp án lẫn

sẵn sàng trả giá để biến ước mơ trở thành
hiện thực.

trình bày?
Biển lặng chẳng tạo nên thủy thủ tài ba.
Người leo núi giàu kinh nghiệm không sợ
Hãy chú ý cả trình bày nhé! Vì Toán thi tự luận.
Hãy cố gắng trình bày đơn giản như trong phần
Đáp án.

hãi trước ngọn núi - nó truyền cảm hứng cho
anh ta. Người thắng cuộc bền bỉ không nản
lòng trước rắc rối - nó thách thức anh ta.
Những ngọn núi được tạo ra để bị chinh
phục; nghịch cảnh được thiết kế để bị đánh
bại; rắc rối xuất hiện để được giải quyết.

Phần kiến thức nào mình đã cảm thấy ổn. Và tự Chinh phục một ngọn núi vẫn tốt hơn chinh
phục hàng ngàn quả đồi thấp.
tin cho kỳ thi Quốc gia?
Thất bại không chết người. Thất bại nên là
thầy của ta, không phải người làm tang lễ.
Phần kiến thức nào cần bổ xung ngay để kịp tiến
độ học tập?

Nó nên là thách thức để ta vươn tới những
tầm cao thành tựu mới, không phải để lôi ta
xuống vực thẳm tuyệt vọng. Từ thất bại, ta

có thể có được những trải nghiệm đáng giá.
Chuyến phiêu lưu của đời là học hỏi. Mục

Cuộc đua đang gấp rút, mọi người đều đang đích của đời là trưởng thành. Bản tính của
gắng sức. Hãy giữ nhịp và tiến lên. Bạn đã đóng đời là thay đổi. Thách thức của đời là vượt
gói được bao nhiêu phần kiến thức?

qua. Tinh túy của đời là quan tâm. Cơ hội

Hãy gói thật chắc để khi đi thi không rớt phần của đời là phụng sự. Bí mật của đời là dám
nào! Hãy nghĩ đến điểm tuyệt đối!

làm. Hương vị của đời là giúp đỡ. Vẻ đẹp
của đời là cho đi.

76


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ TỰ LUYỆN 13

x 1
.
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số.

b) Tìm m để đường thẳng y = x + m – 1 cắt ( C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam
giác OAB nhận điểm H(-1;1) làm trực tâm (với O là gốc tọa độ).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 





2.sin(2 x  )  6.sin( x  )  1.
4
4

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
4

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



x  ln 1  x
x

1

.dx

.
n

 x2
n 
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của  
 ,
 2 9 x
biết Cnn1  Cnn2  45 (với Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
8

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho
DH = 2AH. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC, biết góc giữa SB và mặt
phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và SD.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có
A(-1;3), đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2 y  1  0 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
7 1
BC và CD. I là giao điểm của AM và BN. Tìm tọa độ điểm C , biết I  ;   .
 5 5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x 1 y  2 z
, mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z 1  0 và điểm A(3; 2; -2). Viết phương
:


1
1
1
trình đường thẳng d đi qua A cắt đường thẳng  tại B sao cho khoảng cách từ B đến mặt
phẳng (P) bằng 2.
Câu 8 (1,0 điểm).

 y  2  . x  2  x. y  0

Giải hệ phương trình: 
(x; y  R).
2
 x  1. y  1   y  3 . 1  x  y  3x









Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn bc  a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P 

b2 c 2
a
b
c
 


.
ac ab
bc
ca a b
Hết

Không có cán bộ để giải thích. Thí sinh nên tự luyện thực chất theo khả năng. :)
Hôm nay ngày......................... tôi: .................................... đã làm được: .........câu.
77