Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D
MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 4

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x2
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x
2
– 4x - 3 =
x5

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
1
dx
1 x 1 x


Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường
thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )
Tính tổng :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )

Trang 2

1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C
2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)


Trang 3

P N S 4

Câu
Nội dung
im
I

< 0
xD Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
;2
và hàm số không có cực trị
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)

- ĐTHS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng


7
5

Ly im
1
M m;2
m2
C
. Ta cú :
2
1
y' m
m2
.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :

0,25

8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10

2
2
1
AB 4 m 2 8
m2
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
đ
0,25
đ
0,25
đ
II
2,
0
®
1
1,
0
®
Phương trình đã cho tương đương với :

12
2cos x 1 2 cos x cos
44
2

x2
4

0,25
0,25 0,5 Trang 5

2
1,
0
®
x
2
- 4x + 3 =

x 2 y 5
x1
x y 3 0
y20,25
0,25

0,5

II
I
1.
0
®
1
®

I 1 dx ln x x | 1
2 x 21
2
2
1
1x
I dx
2x
. Đặt
2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx

Đổi cận :
x 1 t 2
x1
t2

Vậy I
2
=
2
2
2
2
t dt
0
2 t 1

3
trên khoảng ( 0; 1)

0,25

Trang 6

Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
1
f ' x 0 x
3

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hà m số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hà m số đạt GTLN
hay
x 0;1
12
Maxf x f
3 3 3

Vậy MaxV

x y z x y z
;
1 1 1 1
2 4 2
()
x y z y x z
;
1 1 1 1
2 4 2
()
x y z z y x

+ Lại có :
1 1 1 1
( );
x y 4 x y1 1 1 1
( );
y z 4 y z1 1 1 1
( );
x z 4 x z

cộng các BĐT nà y ta được đpcm.

1®

5 2a 5b 29 a b

9a
2
+ 100ab – 96b
2
= 0
a 12b
8
ab
9

Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1)
không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0

0,25 0,25 0,25

Ta có :

MM' 2; 1;3
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM' u,u' 2; 1;3 ; ; 8 0
  

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :

MM' u,u'
8
d d , d'
11
u,u'
  
 

0,25
0,25

5
trong khai triển của (x + 1)
5
.(x + 1)
7
là :

0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C

Mặt khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và hệ số của x
5
trong khai triển
của
(x + 1)
12
là :
5
12
C

Từ đó ta có :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0

) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
)
có tâm I
2
(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2
+ B
2
0) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1

và I
2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :

(- 14
10 7
)x + 21y
203 10 7
= 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
, thay và o
(2) ta được : 96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0 . Phương trình nà y vô nghiệm .

0,25

0,25 0,25
7 7 7
u'

 

.
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
  15 15 15
b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
  

Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần
lượt nhận hai véctơ
a,b

là m VTCP và chúng có phương trình là :
Trang 9

2
x (1)
Đặt t = log
2
x, suy ra x = 2
t

t t t
5
2 log 2 3 t 2 3 5

tt
21
31
35
(2)
Xét hà m số : f(t) =
tt
21
3
35

f'(t) =
tt
21
ln0,4 3 ln0,2 0, t
35


Suy ra f(t) nghịch biến trên R