Hướng dẫn đề số 1

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ơn thi Đại học

Hướng dẫn Đề sơ 1
Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d. Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) + 2 .
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

5
 − x 3 + 3 x 2 − 2 = k ( x − m) + 2 (1)

 m < −1 hoaëc m >
⇔

3
2
(2)
 −3 x + 6 x = k
m ≠ 2


Câu II: 1) Đặt t = 2 x + 3 + x + 1 > 0. (2) ⇔ x = 3
2) ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin 2 x − 4  = 0



2)

π

3π
+ kπ ; x = k 2π ; x =
+ k 2π
4
2
33 7
3
33
Câu III: (sin 4 x + cos4 x )(sin 6 x + cos6 x ) =
+ cos 4 x + cos8 x ⇒ I =
π
64 16
64
128
⇔ x=−

Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC;
AM =

2
5

a; SM=

4a
5

⇒

SM 4

=
SB 5

V1

SM SN SM 1
.
=
. (1)
V SB SC SB 2
V 2 V
3
3
⇒ 1 = ⇒ 2 = ⇒ V2 = V (2)
V 5
V 5
5
=

1
a3 . 3
a3 . 3
⇒ V2 =
V = S∆ABC .SA =
3
3
5
Câu V: a 4 + b 4 ≥ 2a2 b2 (1); b 4 + c 4 ≥ 2b2 c2 (2); c 4 + a 4 ≥ 2c2 a 2 (3)
⇒ a 4 + b 4 + c4 ≥ abc(a + b + c) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 + abcd ≥ abc(a + b + c + d )
⇒

1
a 4 + b 4 + c 4 + abcd

≤

1
(4) ⇒ đpcm.
abc(a + b + c + d )

Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x 2 + y 2 − 4 x − 8y + 10 = 0
2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ) :

x y z
+ + =1
a b c


77
a = 4
4 5 6
uu
r
uu
r

a + b + c =1


IA = (4 − a;5;6), uu = (4;5 − b;6)

JA
77
uur
r
⇒
⇒ b =
−5b + 6c = 0
JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c)
5


 −4a + 6c = 0
c = 77



6
n ⇒
n
Câu VII.a: a + bi = (c + di)
|a + bi| = |(c + di) |
⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n
Câu VI.b: 1) Tìm được C1(1; −1) , C2 (−2; −10) .
11
11
16
x + y + = 0 
3
3
3

91
91
416
= 0 
+ Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x 2 + y 2 − x + y +
3
3
3
2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
(Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
x = α
 x=2
với α >0 tuỳ ý và 
Câu VII.b: 
y =α

 y=1
+ Với C1 (1; −1) ⇒ (C): x 2 + y 2 −

Trang 1


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Hướng dẫn Đề sô 2
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x 3 − 3mx 2 + 9 x − 7 = 0 (1)
Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2 ; x3 . Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m
Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm của phương trình (1)
m = 1
⇔ 
⇒ −2m + 9m − 7 = 0
. Thử lại ta được :
 m = −1 ± 15


2
3

m=

−1 − 15
2


x =
Câu II: 1) sin2 3 x − cos2 4 x = sin 2 5 x − cos2 6 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = 0 ⇔ 
x =


2) 0 < x ≤ 1

kπ
2

kπ
9

2
3
1 1 7
Câu III: A = lim x + 7 − 2 + lim 2 − 5 − x =
+ =
12 2 12
x →1
x →1
x −1
x −1
2
Câu IV: VANIB =
36

Câu V: Thay x = F − 3 y vào bpt ta được: 50 y 2 − 30 Fy + 5F 2 − 5F + 8 ≤ 0

Vì bpt ln tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ F ≤ 8
Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8.
Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và BF1+BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20
Mà AF1 + BF2 = 8 ⇒ AF2 + BF1 = 12
2) B(4;2; −2)
Câu VII.a: x = 2; x = 1 − 33
( x − a)2 + ( y + a)2 = a2 (a)
Câu VI.b: 1) Phương trình đường trịn có dạng: 
( x − a)2 + ( y − a)2 = a2 (b)

a = 1

a) ⇒ 
a = 5

b) ⇒ vô nghiệm.

Kết luận: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 1 và ( x − 5)2 + ( y + 5)2 = 25
r r
r
x −1 y −1 z + 2
r uu uu
=
=
2) u = ud ; nP  = (2;5; −3) . ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ :


2
5
−3
2
Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A(m;3m + 1) và B(−3m; −5m 2 + 1)
Vì y1 = 3m2 + 1 > 0 nên để một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị
m > 0
1

(Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì  −3m < 0
⇔ m>
.
5
 −5m 2 + 1 < 0


Hướng dẫn Đề sô 3
Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a 2 + 1), B(b; b3 − 3b 2 + 1) (a ≠ b)
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0
⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b).

Trang 2

của


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

AB 2 = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1 − a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2
 a = 3 ⇒ b = −1
AB = 4 2 ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ 
 a = −1 ⇒ b = 3
⇒ A(3; 1) và B(–1; –3)
Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4 x ⇔ x = 3; x = −3 + 2 3

π

π
2) (2) ⇔ sin  2 x − ÷ = sin  − x ÷ ⇔
3
2





5π
2π
 x = 18 + k 3 (k ∈ Z ) (a)

 x = 5π + l 2π (l ∈ Z ) (b)


6

 π
5π
÷ nên x= .
18
 2

Vì x ∈  0;

Câu III: Đặt x = –t ⇒

⇒2

π
2

∫

f ( x )dx =

−π
2

π
2

π
2

π
2

π
2

−

−

π
2

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( −t ) ( −dt ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx

−π
2

π

2

∫

−

π
2

 f ( x ) + f (− x )  dx =



π
2

∫

π
2

−

π
2

cos4 xdx

−π
2

3 1
1
3π
.
+ cos2 x + cos 4 x ⇒ I =
8 2
8
16
3
uuu uuu uuu
r r
r
Câu IV: V = 1  AH , AK  . AO = a 2


6
27
Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si:
cos4 x =

ab2 c

ab2 c

ab c
ab(1 + c)
ab abc
≥a−
=a−

−
(1)
2
4
4
4
2b c
1+b c
1+ b c
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1
bc ( 1 + d )
b
bc 2 d
bc 2 d
bc d
bc bcd
=b−
≥b−
=b−
≥b−
=b− −
(2)
2
2
2
4
4
4
2c d
1+c d

1+ c d
cd ( 1 + a )
c
cd 2 a
cd 2 a
cd a
cd cda
=c−
≥c−
=c−
≥c−
=c−
−
(3)
2
2
2
4
4
4
2d a
1+d a
1+ d a
da ( 1 + b )
d
da2 b
da 2 b
da b
da dab
=d−

≥d−
=d−
≥d−
=d−
−
(4)
2
2
2
4
4
4
2a b
1+a b
1+ a b
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:
a
b
c
d
ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab
+
+
+
≥4−
−
2
2
2
2

4
4
1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b
Mặt khác:
a

2

=a−

2

≥a−

=a−

2

a+c+b+d 
• ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) ≤ 
÷ = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d
2


2

2

a+b
c+d

• abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤ 
÷ ( c + d) +
÷ ( b + a)
 2 
 2 
a+b c+d 
+
⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b ) ( c + d ) 
÷= ( a + b ) ( c + d )
4 
 4
2

a+b+c+d 
⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ 
÷ = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1.
2



Trang 3


[WWW.VIETMATHS.COM]

Ơn thi Đại học
Vậy ta có:

a
2

1+ b c
⇔

+

a
2

1+ b c

b
2

1+ c d
+

+

b
2

1+ c d

c
2

1+ d a
+

+

c
2

1+ d a

d
2

1+ a b
+

≥4−

d
1 + a2 b

Trần Sĩ Tùng

4 4
−
4 4

≥ 2 ⇒ đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
x = t
Câu VI.a: 1) Ptts của d: 
. Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d.

 y = −4 + 3t
uuu uuu 2
r r
3
t = −2
1
1
⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 3 ⇔ 
S = AB. AC.sin A =
AB 2 .AC 2 − AB.AC =
t = 1
2
2
2
⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1).
r r
r
r uu uuu
2) (Q) đi qua A, B và vng góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n =  n p , AB  = ( 0; −8; −12 ) ≠ 0


⇒ (Q) : 2 y + 3z − 11 = 0
Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên:

(

)

b + c = 0
 b = −2

(1 + i)2 + b(1 + i) + c = 0 ⇔ b + c + (2 + b)i = 0 ⇔ 
⇔
2+b = 0

c = 2
Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2),
C(1, 0)
2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0
Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0
6x + 3y + 2z − 12 = 0
∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆: 
3x − 3y + z = 0

 z = −1
z = 2
Câu VII.b: z4 – z3 + 6z 2 – 8z –16 = 0 ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z2 + 8) = 0 ⇔ 
 z = 2 2i
 z = −2 2i


Hướng dẫn Đề sô 4
Câu I: 2) x 4 − 5 x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm ⇔ log12 m =

9
9
⇔ m = 12 4 = 144 4 12
4

 − cos2 2 x − cos x cos 2 x = 2 cos 2 x
π

π
⇔ cos2x = 0 ⇔ x = + k
4
2
sin 2 x ≠ 0

Câu II: 1) (1) ⇔ 

t2 − 2
(1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3]
t +1
t 2 + 2t + 2
t2 − 2
> 0 . Vậy g tăng trên [1,2]
Khảo sát g(t) =
với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) =
t +1
(t + 1)2
2) Đặt t = x2 − 2x + 2 . (2) ⇔ m ≤

2
t2 − 2
Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤
có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) =
t∈[ 1;2]

t +1

3

Câu III: Đặt t = 2x + 1 . I =

∫
1

3

t2
dt = 2 + ln2.
1+ t

r
r r
1 uuuuu uuu uuuu
a3 15
1
Câu IV: V
= A A1.  AB,AM  =
; S∆BMA =


AA1BM
1 2
6
3
Trang 4

uuur uuuuu
r
 MB,MA  = 3a2 3

1



[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng
⇒ d=

Ôn thi Đại học

3V a 5
=
.
S
3

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si:

1
3
5
( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ 3 xy ; ( z + x ) ≥ 5 xy ⇒ đpcm
2
2
2

Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I (0; 3; 0) .

·MIO = 450 ⇒ α = ·NIO = 450 .

3

3

3

2) VBCMN = VMOBC + VNOBC =
 a + ÷ đạt nhỏ nhất ⇔ a = ⇔ a = 3 .
a
3 
a
u = x − 1
Câu VII.a: Đặt 
. Hệ PT ⇔
v = y − 1

u + u 2 + 1 = 3v


v + v 2 + 1 = 3u


⇒ 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t 2 + 1
Ta có: f ′ (t ) = 3t ln 3 +

t + t2 +1
t2 +1

> 0 ⇒ f(t) đồng biến

⇒ u = v ⇒ u + u 2 + 1 = 3u ⇔ u − log 3 (u + u 2 + 1) = 0 (2)

(

)

Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 u + u 2 + 1 ⇒ g '(u ) > 0 ⇒ g(u) đồng biến

Mà g (0) = 0 ⇒ u = 0 là nghiệm duy nhất của (2).
KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.
Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0
2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1; 0)
Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′B ⇒ M(2;2; −3) .
2

Câu VII.b: (log x 8 + log 4 x )log2


1
log2 x + 1
0 < x ≤ 2 .
≥0 ⇔
2x ≥ 0 ⇔

log2 x
 x >1

Hướng dẫn Đề sô 5

3 

Câu I: 2) Gọi M  x0 ; 2 +
÷ ∈(C).
x0 − 1 

Tiếp tuyến d tại M có dạng: y =

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


6 
Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A 1; 2 +
÷ , B(2x0 –1; 2).
x0 − 1 

S∆IAB = 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB
 x0 = 1 + 3
6
= 2 x0 − 1 ⇒ 
⇔
⇒ M1(1 + 3; 2 + 3 ); M2(1 − 3;2 − 3 )
x0 − 1
 x0 = 1 − 3

 2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = 0
π

Câu II: 1) (1) ⇔ 
⇔ 2cosx – 1 = 0 ⇔ x = ± + k 2π
3
sin x ≠ 0, cos x ≠ 0
( x 2 − 2) 2 + ( y − 3) 2 = 4
 x2 − 2 = u

2) (2) ⇔  2
. Đặt 
2
( x − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x − 2 − 20 = 0
y −3 = v

u 2 + v 2 = 4
u = 2
u = 0
Khi đó (2) ⇔ 
⇔
hoặc 
v = 0
v = 2
u.v + 4(u + v) = 8

Trang 5


[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng


 x = 2  x = −2  x = 2  x = − 2

⇒
;
;
;
y = 3 y = 3 y = 5 y = 5


1

Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I=

1 t
1
∫ e (1 − t )dt = 2 e
20

2
4 3
tan α
tan 2 α
1
1
1
a.
= tan α .

≤
Câu IV: V= 3
.
2
3
2
3 . Ta có
2
2
2
(2 + tan α )
(2 + tan α )
2 + tan α 2 + tan α 2 + tan α 27
3
⇒ V max = 4a 3
27

khi đó tan 2 α =1 ⇒ α = 45 o .

Câu V: Với x, y, z > 0 ta có

4( x3 + y 3 ) ≥ ( x + y )3 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y

Tương tự ta có:

4( y + z ) ≥ ( y + z ) .

Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z

4( z 3 + x 3 ) ≥ ( z + x)3 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x

⇒

3

3

3

3

4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ 6 3 xyz

 x
y
z
Ta lại có 2  2 + 2 + 2
z
x
y


÷≥


3

6
. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z
xyz


 xyz = 1
1 
⇔x=y=z=1
Vậy P ≥ 6  3 xyz + 3
÷ ≥ 12 . Dấu "=" xảy ra ⇔ 

xyz ÷
x = y = z


Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1.
Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2)
2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0
Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1) 2 + 2( x 2 + 1)
2

2x + 1
 2x + 1 
 2x + 1 
= t Điều kiện : –2< t ≤ 5 .
(3) ⇔ 2  2
÷ − m 2
÷+ 2 = 0 . Đặt
x2 + 1

 x +1
 x +1 
12
2t 2 + 2
Rút m ta có: m=
. Lập bảng biên thiên ⇒ 4 < m ≤
hoặc –5 < m < −4
5
t
r
Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0)
r
=> VTPT của BC là: n1 = (−b; a) .
⇔ ax + by –2a –b =0
Phương trình
AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0
⇔ – bx + ay +4b + 2a =0
BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0
−b
3b + 4a
b = −2a
=
⇔
Do ABCD là hình vng nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔
2
2
2
2
a +b
a +b

b = − a
• b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0
• b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0
 2 x – y + 10 z – 47 = 0
2) 
 x + 3y – 2z + 6 = 0

3
3
Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + 1 = ( x − 1) + ( x − 1) .
Xét hàm số: f(t)= t 3 + t , hàm số này đồng biến trên R.
f ( mx + 1) = f ( x − 1) ⇔ mx + 1 = x − 1
Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm.
−2
• −1 < m < 1 phương trình có nghiệm x =
m −1
• m = –1 phương trình nghiệm đúng với ∀x ≥ 1
• Các trường hợp cịn lại phương trình vơ nghiệm.
Hướng dẫn Đề sô 6

9
4

Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ m > − ; m ≠ 0

Trang 6


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

−3 ± 2 2
Tiếp tuyến tại N, P vng góc ⇔ y '( xN ). y '( xP ) = −1 ⇔ m =
.
3

3
5

Câu II: 1) Đặt t = 3x > 0 . (1) ⇔ 5t 2 − 7t + 3 3t − 1 = 0 ⇒ x = log 3 ; x = − log 3 5
log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4 ( a)

2
log 2 ( x − 2 x + 5) − m log ( x2 − 2 x + 5) 2 = 5


2) 

(b )

• Giải (a) ⇔ 1 < x < 3.
2
• Xét (b): Đặt t = log 2 ( x − 2 x + 5) . Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3).
 25

; −6 ÷
 4


3
3
3
Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 3) = 0 (d )
2
(b) ⇔ t 2 − 5t = m . Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ∈  −

3
• Nếu x>3 thì từ (b) có: y = 9 x( x − 3) + 27 > 27 ⇒ y > 3

từ (c) lại có: z 3 = 9 y ( y − 3) + 27 > 27 ⇒ z > 3 => (d) khơng thoả mãn
• Tương tự, nếu x<3 thì từ (a) ⇒ 0 < z <3 => 0 < y <3 => (d) khơng thoả mãn
• Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3
Câu IV: I là trung điểm AD, HL ⊥ SI ⇒ HL ⊥ ( SAD ) ⇒ HL = d ( H ;( SAD ))
MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD)
a 21
.
7
1
1 
1 − (1 − a) 1 − (1 − b) 1 − (1 − c)
 1
+
+
+
+
Câu V: T =
=
÷− ( 1 − a + 1 − b + 1 − c )

1− b
1− c 
1− a
1− b
1− c
 1− a
1
1
1
9
+
+
≥
Ta có:
; 0 < 1 − a + 1 − b + 1 − c < 6 (Bunhia)
1− a
1− b
1− c
1− a + 1− b + 1− c

⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =

⇒T≥

9

− 6=

6
2 6

Câu VI.a: 1) B  ; ÷;
5 5

1
6
6
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . minT =
.
3
2
2
4 7
C1 (0;1); C2  ; ÷
5 5

2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = 0.
Mặt khác đường trịn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I.
Suy ra: –2a – b = 0 ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (Q): y – 2z = 0.
Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4
2
Phương trình ⇔ ( z − 2i )( z − 2 z + 4) = 0 ⇔ z = 2i; z = 1 + 3i; z = 1 − 3i ⇒ z = 2 .
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy
·AMB = 600 (1)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ·

 AMB = 1200 (2)


Vì MI là phân giác của ·AMB nên:

IA
⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = ± 7
sin 300
IA
2 3
4 3
(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =
⇔ MI =
R ⇔ m2 + 9 =
Vô nghiệm Vậy có hai
sin 600
3
3

(1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI =

điểm M1(0; 7 ) và M2(0; − 7 )
2) Gọi MN là đường vng góc chung của (d1) và (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình
mặt cầu (S): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4.


2

3

Câu VII.b: Đặt u = e x − 2 ⇒ J = 3  4 − (eb − 2) 3  . Suy ra: blim2 J = .4 = 6
→ ln





2
2

Hướng dẫn Đề sô 7
Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x 2 + 2mx + m + 2 = 0 .

Trang 7


[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng

1
1 ± 137
BC.d ( K , d ) = 8 2 ⇔ BC = 16 ⇔ m =
2
2
π
Câu II: 1) (1) ⇔ (cos x – sin x )2 − 4(cos x – sin x ) – 5 = 0 ⇔ x = + k 2π ∨ x = π + k 2π
2
3

(2 x )3 +  3  = 18
 ÷
3


a + b = 3
y
2) (2) ⇔ 
. Đặt a = 2x; b = . (2) ⇔ 
y
 ab = 1
2 x. 3  2 x + 3  = 3
÷
 y
y


S∆KBC = 8 2 ⇔

3− 5
6  3+ 5
6 
;
;
÷, 
÷
Hệ đã cho có nghiệm: 
 4
3+ 5 ÷  4
3− 5 ÷



Câu III: Đặt t = cosx. I =

3
16

( π + 2)

3
2
3a
1
Câu IV: VS.ABC = 1 SSAC .SO = a 3 = SSAC .d (B; SAC ) . SSAC = a 13 3 ⇒ d(B; SAC) =
3
13
3
16
16

Câu V: Đặt t = 31+

1− x 2

2
. Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] . (3) ⇔ m = t − 2t + 1 .
t −2

2
48
Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 1 với t ∈ [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤
.
7
t−2

48
⇒ 4≤m≤
7
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vng cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2

m −1

 m = −5
= 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔ 
m = 7
2
2) Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H
lên (P), r có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi A ≡ I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và
ta
uuu
nhận AH làm VTPT ⇒ (P): 7 x + y − 5z − 77 = 0 .
Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cơ–si ta có:
⇔

a3
1 + b 1 + c 3a
b3
1 + c 1 + a 3b
c3
1 + a 1 + b 3c
+
+
≥ ;
+
+

≥ ;
+
+
≥
(1 + b)(1 + c)
8
8
4 (1 + c)(1 + a)
8
8
4 (1 + a)(1 + b)
8
8
4
a3
b3
c3
a + b + c 3 33 abc 3 3
+
+
≥
− ≥
− =
(1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b)
2
4
2
4 4
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
a − b − 5 2S∆ABC

=
Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) =
AB
2
 a + 5 b−5
 a − b = 8 (1)
;
⇒ a−b−5 =3⇔ 
;
Trọng tâm G 
÷ ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
3 
 a − b = 2 (2)
 3
⇒

S
3
=
p
2 + 65 + 89
S
3
• (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = =
p
2 +2 5
• (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =

2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m < 13) . Gọi H là trung điểm của MN
⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =

−m − 3

r uu
r
r
 u; AI 


(d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) ⇒ d(I; d) =
=3
r
u

Trang 8


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

Vậy : − m − 3 =3 ⇔ m = –12
Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0
 log ( x 2 + y 2 ) = log 2 + log ( xy) = log (2 xy)
 2
2
2
2


 x 2 − xy + y 2 = 4

 x 2 + y 2 = 2 xy
( x − y )2 = 0
x = y
x = 2
 x = −2





⇔
⇔
⇔
⇔
hay 
2
2
 xy = 4
y = 2
 y = −2
 x − xy + y = 4
 xy = 4






Hướng dẫn Đề sô 8
Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là:
A(0; m 2 − 5m + 5), B( 2 − m ;1 − m), C ( − 2 − m ;1 − m)
Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ABC vuông tại A khi m = 1.
1
Câu II: 1) • Với −2 ≤ x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên (1) luôn đúng
2
1
5
5
• Với < x < : (1) ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2 x ⇔ 2 ≤ x <
2
2
2
 1  5
Tập nghiệm của (1) là S =  −2; ÷∪  2; ÷
2  2

π
π
2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan 2 x + 3) = 0 ⇔ x = − + k ; k ∈ Z
6
2
π
5π
Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x = ; x =
3
6
1

Câu III: • Tính H = ∫
0

1− x
dx . Đặt
1+ x

π
 π
x = cos t; t ∈ 0;  ⇒ H = 2 −
2
 2

u = ln(1 + x)
1
• Tính K = ∫ 2 x ln ( 1 + x ) dx . Đặt 
⇒ K=
dv = 2 xdx
2

0
Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần cịn lại của hình chóp
V S ABCD .SA
SA
=
= 2.
= 13
S.ABCD:
V1 S BCD .HK

HK
V
V
V V1 + V2
=
= 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12
Ta được:
V1
V1
V1
V1
a+c
Câu V: Điều kiện abc + a + c = b ⇔ b =
vì ac ≠ 1 và a, b, c > 0
1 − ac
π
Đặt a = tan A, c = tan C với A, C ≠ + kπ ; k ∈ Z . Ta được b = tan ( A + C )
2
2
2
3
−
+
(3) trở thành: P =
2
2
2
tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1
1

= 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C
= 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C
2

Do đó: P ≤ 2 sin C − 3sin 2 C + 3 =

10 
1  10
−  sin C − ÷ ≤
3 
3
3

Trang 9


[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng

1

 sin C = 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi: 
 sin(2 A + C ) = 1
sin(2 A + C ).sin C > 0


1
⇒ tan C =
3

10
Vậy max P = ⇔  a =

3

Từ sin C =

uuur

2
2
. Từ sin(2 A + C ) = 1 ⇔ cos(2 A + C ) = 0 được tan A =
4
2
2
2
; b = 2; c =
÷
2
4 ÷


Câu VI.a: 1) B(0; –1). BM = (2; 2) ⇒ MB ⊥ BC.
Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật.

8 1

3 3

PT đường thẳng MN: x + y − 3 = 0 . N = MN ∩ d2 ⇒ N  ; ÷.
NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y −

7
= 0.
3

 2 5
C = NC ∩ d1 ⇒ C  ; − ÷ .
 3 3
AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + 2 y + 2 = 0 .
AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6 x + 3 y + 1 = 0
2) Phương trình mp(P) đi qua M và vng góc với d2: 2 x − 5 y + z + 2 = 0
x −1 y −1 z −1
=
=
Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d:
3
1
−1
n
0
1
2 2
3 3
n n
Câu VII.a: Xét ( 1 + x ) = Cn + Cn .x + Cn .x + Cn .x + ... + Cn .x
n

0
1
2
3
n n
• Với x = 2 ta có: 3 = Cn + 2Cn + 4Cn + 8Cn + ... + 2 Cn
0
1
3
Với x = 1 ta có: 2n = Cn + Cn + Cn2 + Cn + ... + Cnn

(1)
(2)

• Lấy (1) – (2) ta được: C + 3C + 7C + ... + ( 2 − 1) C = 3 − 2
• PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − 2n − 6480 ⇔ 32 n − 3n − 6480 = 0 ⇒ 3n = 81 ⇔ n = 4
Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2
 4 − 3b = b
b =1
⇔
Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( 6 − 3b; b ) . Ta có: 6 − 3b − 2 = b ⇔ 
 4 − 3b = −b
b = 2
1
n

2
n

3

n

n

n
n

n

n

⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = 1 hoặc (C): x 2 + ( y − 2 ) = 4
2

2

2

2) Lấy M ∈ ( d1 ) ⇒ M ( 1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ∈ ( d 2 ) ⇒ N ( −1 + t ; −1; −t )
uuur
u
Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 )
4

 t=5
uuur
u
r

1 3 2

( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k .n; k ∈ R* ⇔ t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1 ⇔  −2 ⇒ M =  5 ; − 5 ; − 5 ÷


t =
1 5

1
3
2
⇒ d: x − = y + = z +
5
5
5

 x = −1

2
x +1
2
Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = 2 x +1 .Thay vào (a) ⇔ x = 1 + 6log 4 2 ⇔ x − 3 x − 4 = 0 ⇔ 
x = 4

⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32).

Hướng dẫn Đề sô 9

Trang 10


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1
 ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0

 f (1) = −5m + 7 > 0
7
5
⇔
⇔ 5
4
 S = 2m − 1 < 1
2
3

π
π
2
Câu II: 1) (1) ⇔ cos4x =
⇔ x=± + k
16
2
2
 x2 + 1
+ y+ x−2= 2
 x2 + 1


=1
 x =1
 x = −2
 y

⇔
y
2) (2) ⇔  2
⇔
hoặc 
y = 2
 y=5
 x + 1 ( y + x − 2) = 1
y + x − 2 =1

 y

3 1
4 x + 1 . I = ln −
2 12
3
3 1
1
a 2 3 3a 3
Câu IV: VA.BDMN = VS.ABD = . SA.SABD = .a 3 .
=
4
4 3
4

4
16
Câu V: Đặt A = x 2 + xy + y 2 , B = x 2 − xy − 3 y 2

Câu III: Đặt t =

• Nếu y = 0 thì B = x 2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3
• Nếu y ≠ 0 thì đặt t =

x
x 2 − xy − 3 y 2
t2 − t − 3
= A. 2
ta được B = A. 2
2
y
x + xy + y
t + t +1

t2 − t − 3
= m ⇔ (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1)
t2 + t +1

Xét phương trình:

(1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0
⇔

−3 − 4 3
−3 + 4 3

≤m≤
3
3

Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3– 4 3 ≤ B ≤ –3+ 4 3
 2


2

8 8



Câu VI.a: 1) A  − ; − ÷, C  ; ÷, B(– 4;1)
3 3
3 3


2) I(2;2;0). Phương trình đường thẳng KI:

x−2 y−2 z
=
=
. Gọi H là hình chiếu của I trên (P):
3
2
−1

H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo).

x0 − 2 y0 − 2 z0

=
=

1 1 3
3
2
−1
Ta có: KH = KO ⇔ 
⇒ K(– ; ; )
4 2 4
 ( x + 1) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = x 2 + y 2 + z 2
0
0
0
0
0
0


Câu VII.a: Từ (b) ⇒ x = 2y hoặc x = 10y (c). Ta có (a) ⇔ ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d)
Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t ∈ (–1; + ∞) ⇒ f ′(t) =

1
−t
−1 =
1+t
1+ t

Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ≠ y thì x, y là 2 số trái dấu,
nhưng điều này mâu thuẩn (c).
Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y. Khi đó thay vào (3) ta được x = y = 0
Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vng góc với AD cắt AD, AB lần lượt tại I và N, ta có:
 1 1
(d ) : x + y + 1 = 0, I = (d ) ∩ ( AD) ⇒ I  − ; − ÷ ⇒ N (−1; 0) (I là trung điểm MN).
 2 2
AB ⊥ CH ⇒ pt ( AB ) : x − 2 y + 1 = 0, A = ( AB ) I ( AD) ⇒ A(1; 1) .

AB = 2AM ⇒ AB = 2AN ⇒ N là trung điểm AB ⇒ B ( −3; −1) .
 1

pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) ⇒ C  − ; −2 ÷
2



2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5)
Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1)
Phương trình đường thẳng ∆:

x+2 y −7 z −5
=
=
5
−8
−4

Trang 11

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng

 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0 (1)
x
(2)
 cos(2 + y − 1) = 0

Câu VII.b: PT ⇔ 

π
2

x
Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = ±1 . Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 − + kπ

Hướng dẫn Đề sô 10
Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)
⇒ AB ngắn nhất ⇔ AB2 nhỏ nhất ⇔ m = 0. Khi đó AB = 24
Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ⇔ 1– sinx = 0 ⇔ x =
2) BPT ⇔
Đặt

π
+ k 2π
2

log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5(log 2 x − 3) (1)
2

t = log2x. (1) ⇔ t 2 − 2t − 3 > 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3)

t ≤ −1
1

0< x≤
log x ≤ −1
t ≤ −1

⇔
⇔  t > 3
⇔
⇔ 2
2
⇔


3 < t < 4
3 < log 2 x < 4
2
 (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3)
8 < x < 16

3
1
3

1
+C
Câu III: Đặt tanx = t . I = ∫ (t 3 + 3t + + t −3 )dt = tan 4 x + tan 2 x + 3ln tan x −
t
4
2
2 tan 2 x
Câu IV: Kẻ đường cao HK của ∆AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1.
A H . AH a 3
=
Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = 1
AA1
4
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có:
1 +4 2 ... + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1)
1 1 + 43
2005

2009
2009
2009
2009
≥ 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2)
1 1 + 43
Tương tự: 1 +4 2 ... + 1 + b + b + b + b
2005

1 +4 2 ... + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3)
1 1 + 43
2005

Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009(a 4 + b 4 + c 4 )
4
4
4
⇔ 6027 ≥ 2009(a + b + c ) . Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 ≤ 3
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:
x − 7 y + 17
x+ y −5
 x + 3 y − 13 = 0 ( ∆1 )
=
⇔
2
2
2
2
1 + (−7)
1 +1
3 x − y − 4 = 0 ( ∆2 )

Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆1 , ∆2
KL: x + 3 y − 3 = 0 và 3x − y + 1 = 0
2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông tại K.
49
49
⇒ CH 2 = CK 2 + HK 2 =
. Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 + z 2 =
10
10

2
Câu VII.a: Có tất cả C4 . C52 .4! = 1440 số.
uuu
r
 A ∈ (d1 )
 A(a; −1 − a)  MA = ( a − 1; −1 − a)

⇔
⇒  uuu
r
Câu VI.b: 1) 
 B (2b − 2; b)  MB = (2b − 3; b)
 B ∈ (d 2 )


Trang 12


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

  2 1
 A ( 0; −1)
 A − ; − ÷

⇒ (d ) : x − y − 1 = 0
⇒   3 3  ⇒ (d ) : x − 5 y − 1 = 0 hoặc 

 B (4;3)

 B (−4; −1)

2) Phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(0;1;1) vng góc với (d1): 3x + 2 y + z − 3 = 0 .
3 x + 2 y + z − 3 = 0
 x = −1


⇔ y = 5 / 3
Toạ độ giao điểm A của (d2) và (α) là nghiệm của hệ  x + 1 = 0
x + y − z + 2 = 0
z = 8 / 3


Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình:

x y −1 z −1
=
=
3
2
5

8

k

k =0

i =0

2
k 2k
k
k
i
i i
Câu VII.b: Ta có: P = ( 1 + x (1 − x ) ) = ∑ C8 x (1 − x ) . Mà (1 − x) = ∑ Ck ( −1) x
8

Để ứng với x ta có: 2k + i = 8;0 ≤ i ≤ k ≤ 8 ⇒ 0 ≤ k ≤ 4 .
Xét lần lượt các giá trị k ⇒ k = 3 hoặc k = 4 thoả mãn.
0
Do vậy hệ số của x8 là: a = C83C32 (−1) 2 + C84C4 (−1) 0 = 238 .
8

Trang 13