ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 1
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc
tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình:
2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −


Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức:
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ) : 1
9 4
x y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
NỘI DUNG
Câu I.2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m⇔ ∆ = > ∀
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là


+


π π
π π π
π
π
Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
Câu II. 2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−

< <


2
x
x
x x x x
x
x
−

=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu III
2
6 6

cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
. Đổi cận:
1
0 0 ;
6
3
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
π
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
Câu IV. Ta có

S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
Câu V. Ta có:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz
 
= + + − + + − = − + + −
 

27 6 ( ) 2 ( 3)x y z yz x= − + − +

2
3 2
( ) 1

4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔

( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu VIIa
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
Theo giả thiết ta có
4

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4

0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n

3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường
vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c dương và
2 2 2
3a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a

d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức:
( )
2
3 1 6 13 0z i z i+ + − − =

Hết

y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0), (2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2
Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.

2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB
nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5
x
y x

1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0c x x x c x x⇔ − − − = ⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈


x
 
∈ ∪ +∞
 
 
III
Tính
( ) ( )
3 3 3
2
6 6 6
cot cot cot
2 2
sinx sinx cos sin x 1 cot
sin x sin
4
x x x
I dx dx dx
x x
x
= = =
+ +
 
+
 ÷
 
∫ ∫ ∫
π π π
π π π
π

+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
0

+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)

VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ
tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =

=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
VII.
a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 
⇔
 

+(
1 2− +
)i.
B. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99

  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

VII.
b
∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc

17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

− + =


− + = −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π

x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =
Chứng minh điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
+ +
+ =
x
x x x x
log x x x

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2

đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 3
Câu Nội dung
I.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
I.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =

π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
và
os( ) 2
6
c x
π
+ = −
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
được nghiệm
2
2
x k
π
π
= +



=


, ta được hệ
2
1
1
u v
v u

= −

− = −

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
III *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1

1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −
∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −

IV *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )SH A B C⊥
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH SFH= =
*Kẻ
HK SB⊥
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a


3
cos
23
A K H⇒ =

V
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

(1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +

*Ta có (AB;
∆
)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
⇔ =
uuuur ur
ur

2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2

Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi qua M
1
nên có
phương trình
2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
VIII.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x ≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt

là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x >
thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x <
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x =
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x =
VI.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
O A B
S O A O B A O B A O B= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A O B =

có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩∆ = ∩∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur
*
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3

3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì
9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với
3
log (9 72)
x
x− ≤
9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8

.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

2. Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷

2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


= − ∈


= +

. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B
là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0z z+ =
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường
chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 4
Câu I NỘI DUNG
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
, hs không có cực trị
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2

4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
+ − −
 
+
 ÷

1 3 , t > 0x x+ + −
=>
2
2
4
3 2
2
t
x x
−
+ − =
đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −

⇔

= −

t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +

1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
+
∫
, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3

a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
=> + ≥ +
+ +
Tương tự:
3 3 3 3

y t

=


= +


,
'I IA∈
=> I’(
2 3 ;2 2t t +
),

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I= ⇔ = =>
uur uuur

(C’):
( )
( )
2
2
3 3 4x y− + − =
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d
∈
, AB//d.

Câu
VI.b
1.
(7;3)BD AB B∩ =
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠
,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c+ + − +
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, BD.
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − −
M, A, C thẳng hàng 
,MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c
=


Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2
( ) : ;( ) :
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
y y
d d
+ − + −
= = = =
− − − −
+ + + − − −
Câu
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y
>


>

2 2 2
3 3 3
log 3 log log
3 . 2 .


4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=


⇔

=


(t/m TXĐ)