ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2 3
2
x
x


có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
      

2) Giải phương trình:


2

,


0
60ASO SAB 
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y 
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
 
 

II. PHẦN RIÊNG
: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng


Câu VII (1 điểm) Cho số phức
z
là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z  
.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
       
       
       
       

2. Theo chương trình nâng cao
.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn


C
có phương trình
 



P

BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
 
 
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
   
 
 
 
 

ĐÁP ÁN ĐỀ 1


  


BBT 2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x


) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
 

0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
 



 AB min = 2 2 
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
 


 


II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x



     0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx   
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
  
 

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
 



 


  


Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 



  


  


  



 






+ Với t =
 4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
 
 
    
 
    
 2
0
2
2
x

x
x
x



   

 



ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x   
0,25
0,25
0,25


=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x


, Đặt t =
1 ln
x

,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3


0.5  
2
2

Đặt
OA R


0
60SAB SAB  
đều

1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
   
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO 

2
2 2
6
3 2
R
a
0,25

Câu V
(1,0 đ)

Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn: 5x y  .
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
 
          

Thay
5
y x
 
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x

0,50 0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)

Anằm trên
Ox
nên


;0A a ,
B
nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; )
B b b
,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b      
 

Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB

( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b


  



  

 

 

 
 
     
    




  





 

 


 



 
    

 
  


  






a
b





đường thẳng  qua AB có phương trình 2 0x y  
Với
4
3
a
b





đường thẳng
 qua AB có phương trình
3 12 0x y  0,25 0,25

ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

23
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4

Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44



yx
yx
P

1






 zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d 




Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22

mx
mx
y

Hàm số đồng biến trên
 
;2


0'y

2
x  21 m  1m

0,25
b)

0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

1 đi
ểm
PT
 1)1cos4(3cos2
2
xx  1)sin43(3cos2
2
 xx









7
2
7
5
2


m
x
m
x
;
Zm 

0,25 Xét khi

5
2



m
x  (
tm 5
);
7
2
7

m
x  (
37  lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

1 đi
ểm
PT

222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 



x
t
x
t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:









7

0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e 
dxedu
x
3
3 
;
22ln3;10  uxux

0,25
Ta được:



2
1
2
)2(


0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1










u
uu

0,25
Câu III

0,5
A
B
C
C’
B’
A’

)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd  .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA

'


suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A 
Thể tích khối lăng trụ:
12

2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf

:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba 

33  cbaa
hay a
1 ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
 atttaabccba

=
)(4)2(3
2222
tbcatcb 


2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2

 cba
do a 1

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
 atttattaf

=
13)23(4))23((3
2222

yx
P

Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22



Từ đó ta có
1
3
1
 xy
. 0,25
M¨t kh¸c
xyyxyxyx  11
2222

nªn
12
2244



)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
 
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f




: ;I d y x I t t  
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC 
0,5
a)
Theo bài ra:
2),(.
2
1


ABCdABS
ABC

446. t







3
4

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)

H là trung điểm của OO’
 )
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O

0103
2
 tt0,25
CâuVIIa













61
1
5
2
z
iz
t
t

Vậy phương trình có các nghiệm:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
 
 0,25

Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD  7
9
3
t t    

Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M 
0,5





 
 
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
 AB

(….)…

A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)

I(2; 1; -1)
0,25
b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6

Nên có phương trình là:
 
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z     

3
2



x
x
x

Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( 
đồng biến trên khoảng
 
;03
1
)(



x
x
xg nghịch biến trên khoảng

gxg
fxf

Bpt vô nghiệm 0,25
TH 2 :Nếu
30  x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
xxxf
2
log
2
3

fxf

Bpt vô nghiệm
* Với
1
x
:Ta có





0)1()(
0)1()(
gxg
fxf

Bpt có nghiệm
10  x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm





10

= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 
  
  
( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
 
  
  

3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
 
  
 
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
 
  
 
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)

.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0x y  
. Gọi
( )I d BN 
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
  


  

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A  

+ Phương trình BC:
7 25 0x y  
. Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
  


  0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu
VIIA

1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u

(4; - 6; - 8)

2
u

( - 6; 9; 12)
+)


= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1

Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB  A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
 
 

I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
 
 
 
 
0,25đ
Cõu Nội dung Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:
2
4 3

z
1
Khi đó
2
1
2
22

z
zt 2
1
2
2
2
 t
z
z

Phương trình (2) có dạng : t
2
-t+
0
2
5

(3)
2
99
2
5

(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii 

PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii


1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31( 

 iii
0.25đ

Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2

2
1i
; z=
2
1 i 0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I

d
1
H

A

B

A
1
Ta có:
Idd
21

. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

1


Suy ra M( 3; 0)
0,25đ

Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22












0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
 







2y3x
03yx
2
2

   














1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ

Do






2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:






D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2

0,25đ Xét
1 2
; .u u MN
 
 
  
= - 10

0
Vậy D
1
chéo D
2

0,25đ

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D
1
B(2 – 2t’; 3; t’)  D
2



A
5 4 2
; ;
3 3 3
 

 
 
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng

qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D
1

và D
2
.
Ta có

:
2
3 5
2
x t
y t

     

0,25đ

CâuVIIb
(1,0)

Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C    0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )
C C C C C C
C C C C C C i
      
     

Thấy:
1
( )
2
S A B 
, với

0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2C C C C C C       
.
Suy ra:
2008
2B  .
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S  
.

0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ

7 5 3 2 ( )x x x x x x      

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho




DMN ABC
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .
x y xy
 

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x y z
 
 


Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt
nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và
tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1




ĐÁP ÁN ĐỀ 3

Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II

2.0
1
Giải phương trình


 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


1.0
ĐK:
sin cos 0x x 
0.25

x k
x m


 

  



 




,k m

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k


   và
2x m
 
 



,k m 


  



   



0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


  

 




  

3. 1 3
x
dx
x x

  

.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2
x u x udu dx
     
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  


  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2

2
  

0.25
IV

1.0

Dựng
DH MN H 

Do






DMN ABC DH ABC  
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.

là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy 

0.25
D
A
BC
H
M
N
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .
x y xy
 0.25
V

(với t =
z
a
,
0 1t 
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
 
0;1 . Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
0.25

 

x y
y



  


 
 
 
 
  
 






0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b 
  
(với a
2
+ b

b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y


0.25

2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
    
 
 
    
 
 
   
 

0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

Giải hệ tìm được
1
1
m
t






Khi đó điểm M(1; 4; 3)

Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
 


 


 

thoả mãn bài toán


0.25
 (n – 3)(n + 9) = 4
3
 n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n




 


Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
     
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 


Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n 
 
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0

0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5


phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25

0.25
2

1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2


   

(tham số t)
(1; 3;0)M 

0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n

, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u 

.
Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n

 
  
 
  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
 , khi đó


0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25

Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z  
  


Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z
  
  
0.25
VII.b
Giải hệ phương trình
 
1 4
4

0.25
Hệ phương trình
 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
 
  
      
  
  
  
  
     
  

0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25


 


 
 



 
  

 

 


Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)

ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m  
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m 

2
4
2
1
x
x
m e e
  
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
 
1 1 1
12x y z
x y z
 
    
 
 
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
 
1;3 .
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là
0
60
.Tính
theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với

3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
 
 
.
2. Tìm giới hạn:
 
2
ln 2
lim
1
1
x
x
x



.
ĐÁP ÁN ĐỀ 4

Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I Ý 1
Khi m =1

3

0,25 đ

(1,0 đ)

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .

0,25 đ
y’ = 0

3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m 
.
0,25 đ
0m 
: y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị .
0,25 đ

0m 
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0

hàm số có 2 cực trị.
KL:
0m  .

0,25 đ
(2,0đ)


4
x k
x k
x k







 



  



 

, k
Z


KL:
0,25 đ

Khi x = 2y 
1y   

= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
 
2;1 .
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
44
1m t t  
.
0,25 đ
Xét
44
( ) 1f t t t  
với t > 0 .
3
4
4
4

KL: 0< m <1.

0,25 đ
Ta có:
  
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
            
.
0,25 đ

Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
     
 
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
 
       
 
 

0,50 đ

Ý 2

ABC
ABC
S a
S a p a r
p
      =MH .
0,25 đ
3
.
3 3
6 3
2
S ABC
a
SH V a   
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ)

Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP  

HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a       .

0,25 đ



3 2 1r  
.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)

Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x
     
.
Chia 2 vế cho
2
3 0
x

, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
   
  
   

3 4 3
x
x

   
    
   
   
.
0,25 đ
TXĐ:


0;D    ;
1
' ln
x
y x
x

 
.
0,25 đ
y’= 0
1
x
 
; y(1) = 0 vì
1
ln

 

 


 
 
 

.

0,25 đ
Gọi
 
1
;2 1 ( )B b b d  ;
 
2
1 3 ; ( )C c c d 
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
 
  

0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
   
      
   
   
.
0,50 đ
Ý 1
(1,0 đ)
Khi t = 2 thì
3
log 2 9x x  
(th)
KL: nghiệm PT là
9x 
.

0,25 đ Đặt
1. : 1 0t x Suyra x t    
.

.

0,50đ

Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
KL:
 
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x


 

.
0,25đ

ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4



2). Giải phương trình :
01cos
sin
2
sin
sin
2
2

x
x
x
x
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x







 

.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)
song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua

, hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
  
    

2. Theo chương trình nâng cao
.
Câu VI.b (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường
tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y  
2 2
( ') : 4 – 5 0C x y x  
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')C C
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z

3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
    
 
     
 ĐÁP ÁN ĐỀ 5

Câu Phần Nội dung
I
(2,0)

1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ): ( 1) 1.d y k x  
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
x y x y
phân biệt sao cho
   
2 2