ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mơn thi : TỐN (ĐỀ 1)
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: Cho hàm số
2x 1
y
x 2
+
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Câu 2:
1) Giải phương trình: 25
x
– 6.5
x
+ 5 = 0
2) Tính tích phân:
0
I x(1 cos x)dx
π
= +
∫
.
3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
f (x) x ln(1 2x)= − −
trên đoạn [-2; 0].
Câu 3:

Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình
x 1 y 2 z 3
2 1 1
+ − +
= =
−
1) Viết phương trình tổng qt của mặt phẳng đi qua điểm A và vng góc với đường thẳng d.
2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
Câu 6b: Giải phương trình
2
2z iz 1 0
− + =
trên tập số phức.
BÀI GIẢI (ĐỀ 1)
Câu 1:
2) Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x
0
, có hệ số góc bằng –5
⇔
2
0
5
5
( 2)x
−
= −
−
⇔ x
0
= 3 hay x

2
0
cos
2
x xdx
π
π
+
∫
Đặt u = x ⇒ du = dx; dv = cosxdx, chọn v = sinx
⇒ I =
2
0
0
sin sin
2
x x xdx
π
π
π
+ −
∫
=
2 2
0
cos 2
2 2
x
π
π π

min f (x) ln 2
4
−
= −
Câu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC
2
= 2AB
2
– 2AB
2
cos120
0
⇔ a
2
= 3AB
2
⇔
=
3
a
AB
2
2 2
2
= a SA =
3
3
a a
SA − ⇒

(1;2;2)n =
r
Phương trình tham số của đường thẳng (d) :
1
2 2
2 2
x t
y t
z t
= +


= +

= +


(t ∈ R)
Thế vào phương trình mặt phẳng (P) : 9t + 27 = 0 ⇔ t = -3
⇒ (d) ∩ (P) = A (-2; -4; -4)
Câu 5.a.:
2
8z 4z 1 0− + =
;
/ 2
4 4i∆ = − =
; Căn bậc hai của
/
∆
là

= (-2; 14; 10)
d(A, (d)) =
,
4 196 100
5 2
4 1 1
BA a
a
 
+ +
 
= =
+ +
uuur r
r
Phương trình mặt cầu tâm A (1; -2; 3), bán kính R =
5 2
:
(x – 1)
2
+ (y + 2)
2
+ (2 – 3)
2
= 50
Câu 5.b.:
2
2z iz 1 0− + =
2
i 8 9∆ = − = −


Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

− − =


− + − =


2. Giải phương trình: cosx = 8sin
3
6
x
π
 
+
 ÷
 
Câu 3: (2điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vng tại C ;
M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN
vng và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
2. Tính tích phân A =
2
ln .ln ex

– 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1).
2. Tìm m để bất phương trình: 5
2x
– 5
x+1
– 2m5
x
+ m
2
+ 5m > 0 thỏa với mọi số thực x.
BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2)
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: ∆’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
Ta có:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m


Điều kiện:
1
1
4
x
y
≥



≥


Từ (1)
2 0
x x
y y
⇒ − − =

⇒
x = 4y
Nghiệm của hệ (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3
6
x

Vây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒
TM là đường cao của tam giác STB

⇒
BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
∫ ∫
=
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x

uuur uuur
⇒

, . 0BA CD CA
 
≠
 
uuur uuur uuur
⇒ đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)
⇒
có VTPT
1
,n BA k
 
=
 
ur uuur r
= (5;- 4; 0)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT
1
,n CD k
 
=
 
ur uuur r
= (-2;- 3; 0)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)

≥
0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
−
≥
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
−
≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +


+ + =


− + =


− + =


⇒
77
4
77
5
77
6
a
b
c

=



=



=

Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X
1
≤ X
2
≤ 0
Từ đó suy ra m
*****************************************************************
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 3)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x x x= = −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối
với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
2. Giải bất phương trình:
( )

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng
∆
định bởi:
2 2
( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − =
. Tìm điểm M trên
∆
sao cho từ M vẽ được với (C) hai
tiếp tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3),
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và
3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc
đường thẳng
( )
: 3 0d x y− − =
và có hoành độ
9
2
I
x =
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d)

k f a a a k f b b b= = − = = −
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + −
;
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + −
Hai tiếp tuyến của I tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
( )
( )
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân biệt nên
a b
≠
, do đó (1) tương đương với phương trình:
2 2
1 0 (2)a ab b+ + − =
Mặt khác hai tiếp tuyến của I tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '

1 0
1
a ab b
a
a b

+ + − =

≠ ±


≠

II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
( )
cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠


≠


0,25
Từ (1) ta có:
( )

π
π
π

= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +


¢
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈¢
0,25
2 1,00
Điều kiện:
3x >
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( )

x
−
 
⇔ − − > 
 ÷
 
+
 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+
2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>

= −
 ÷
 
∫
∫
0,50

( ) ( )
2 2
2
0 0
3
2 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
π π
π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00

 ÷
 
 
0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
π
π π
⇒ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình

=

+ − = ⇒

= ±

0,25
• Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
• Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0

2
x x= =
nên trong trường hợp này (1)
không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
Via 2,00
1 1,00
Đường tròn I có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Gọi A, B là hai tiếp điểm của I với hai tiếp của I kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này
lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
∆
, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ
phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M
 
 ÷
 
hoặc
27 33
;
5 10
M
 
 ÷
 
0,25
2 1,00
Ta tính được
10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =
.
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một
tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của
tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2

C
cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10
C
cách
chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C+ − − =
cách.
0,50
Vib 2,00
1 1,00
I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒

, suy ra phương trình AD:
( ) ( )
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
0,50
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 
  
⇔ ⇔
  

I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+

=

= − = − =


⇔
 
+ = − = − =


0
là giao điểm của đoạn thẳng IN
0
với
mặt cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao điểm của
∆
và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2; 2; 1
P
n = −
r
và qua I nên có phương
trình là
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +

Ta có
0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VII
b
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
0,50
Ta lại có:
( ) ( ) ( )
2 2 2

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x
= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm): Giải phương trình :
1).
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
; 2).
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân

B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác
trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Cho hai mặt phẳng
( ) ( )
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + −
Viết phương trình của
mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <


− − − +
= = = =
− −
. Tìm các điểm
1 2
d , dM N∈ ∈
sao cho MN // (P) và cách
(P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và giải bpt:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x

0,25
1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
Điều kiện:
sin 2 0x
≠
0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = +

4 0
x
x
x
x
x
+ ≠

− < <


− > ⇔
 
≠ −


+ >

0,25
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x

(4);
( )
( )
2 24
4
2 24
x
x

= −
⇔

= +


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x
=
hoặc
( )
2 1 6x = −

0,25
III 1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt

1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB⊥ ⊥
,
suy ra
( )
SOE AB⊥
.
Dựng
( )
OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥
, vậy OH là khoảng cách
từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π π π
= = =
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305

1;6x ∈
thỏa mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +
= ∈
+
0,25

− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x ∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
0,25
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
− + − +
= = =
 ÷
 ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x =
Do đó
[ ]

4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra
( )
·
( )
·
2 3 1 2
; ;∆ ∆ = ∆ ∆
. Do đó
( )
·
( )

3
: 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )

OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5 |
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5 | | 2 2 13 |
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c

221
a =
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và
R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
VIIa 1,00


0,50
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

− − <

⇔ − − ≥ ⇔ =


≥

0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x

= +


= −


=

. M thuộc d
1
nên tọa độ của M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ −
.
Theo đề:
( )
( )
( )
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t

và // mp
(P), gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − =
.
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=


= − −

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0
⇔
t = -1. Điểm N

= = − − = − −
−
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
= − − =
− −
0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin 0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
π π
π
π π
π π π π
−
= = − = − − − = 

3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x
−

< −


<
>
 

− +
⇔ ⇔ ⇔
− +
 

< <
 
< ≠ −
< ≠ −




2). Giả sử mặt phẳng (
α
) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao
cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (
α
).
Bài 4: Tính tích phân:
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình:
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y
+
− + − + − + =
.
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3
x x x x+ − + −
+ ≥

tam giác ABC là tam giác đều.
***********************************************************
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)
Bài 1:
2)
4 3 2
x 2x 2 x 1y x m m= + − − +
(1)
Đạo hàm
/ 3 2 2
y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +
°
/
2
x 1
y 0
4 x (4 3m)x 3m 0 (2)
=

= ⇔

+ + + =

° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
(3m 4) 0
4

/
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
CT
CĐ
CT
+∞
° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi
4
m .
3
≠ ±
Bài 2:
1). Ta có: cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
2 3 2
8
+
⇔
( )
2 2

= + +
=

 
= + + >



2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
v u 2x 1
u x 2, u 0 u x 2
v u 1
v x 2x 3
x
v x 2x 3, v 0
2

° Ta có:
       
− − − − − −
⇔ − + + + = ⇔ − + − + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       


° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.
° Do đó:

⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −
2 2 2 2
1
(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
−
.
Bài 3:
1) + Ta có
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C

=

 
⇔ = − −


Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0
.
1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p


= − − = −
= +
 
⇒
 
= − − = − = +




uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
.
Mặt khác:
Phương trình mặt phẳng (
α
) theo đoạn chắn:
1

0
3
1 1 1
1
m n
m
m p
n p
m n p


+ =

= −


+ = ⇒
 
= =


−

+ + =


.
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (
α
):


⇒
 
=
=



I =
( )
/2
2 2
0 0
0
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
π π
π
π π
− + + = + + = +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y

sin 2 1 1
x
y+ − = ±
.
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − =
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 0 (VN)
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − = −
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 2 ⇔ x = 1.
Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = -1 ⇔
1 ,
2
y k k Z
π
π
= − − + ∈
.
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; 1 ,

x x
t x x x
+
= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
.(i)
Khi t ≥ 9 ⇒
2
2
2
3 9 2 0
1
x x
x
t x x
x
+
≤ −

= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔

≥

(2i)
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞).
Bài 7:
1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là
50
k
C
⇒ Số tất cả các tập con không rỗng

⇒
( )
50 49
2 1 2 2 1S S+ = ⇒ = −
.
Kết luận:Số tập con tìm được là
49
2 1S = −
2) Ta có
2
1 3 3
4 4 2
z i= − −
. Do đó:
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
   
+ + = + − + + − − =
 ÷  ÷
   
Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc
giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ =
·
'A EH
.
Tá có :
3 3 3

ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S
∆ ∆
−
= ⇒ = =
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S
∆
−
= =
.
Do đó:
' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABC
V V V= −
.
2 2 2
' ' '
1 3
' .
3 6
A BB CC ABC
a b a
V A H S

x
x x x
 
− − = −
 ÷
 
; 2.
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + − =


− =


Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
2
| 4 |y x x
= −
và
2y x=
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính
thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm



= +

.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 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.

•
0m
=
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x

 
− =
 ÷

 ÷

 ÷


 
 
 

 



 

>
>

− >








 =

 =  =
 

 


 
 

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
 

 
− =

− = =
  
 
 ÷

 
 
 
  
 


1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 ÷

 

0,25

x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔

2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=

0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
và
[ ]
2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.

.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =

 
     
 
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
 
   
= + = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
0,25