LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 3(31-40)
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh thân mến!
Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng.
Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp
và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các
em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền
tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới.
Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù
hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các
em tự ôn luyện.
Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động
của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên
cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn
với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường
mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút
ra cho mình những điểm chú ý quan trọng.
Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM
MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới!
Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014
Tác giả
ĐỀ SỐ 31
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
2 4
( )
1

2
3
1
ln 2 ln
e
x x
I dx
x
+
=
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm):
1. Cho tập
{ }
0;1;2;3;4;5A
=
, từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiêu gồm 5 chữ số
khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.
2. Tính tổng:
1 3 5 2013
2014 2014 2014 2014
A C C C C= − + − +
Câu 5.(1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với
đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.
Câu 6.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
đường thẳng ∆:
x y z1 1
2 1 2
+ −

0, 0, 1x y x y
> > + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1
x y
T
x y
= +
− −
LỜI GIẢI
Câu 1: Cho hàm số
2 4
( )
1
x
y C
x
−
=
+
.
1(1,0điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 4
( )
1
x
y C
x
−

= > ∀ ≠ −
+
.
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của hàm số.
-Bảng biến thiên
-Đồ thị
2.(0,5 điểm). Tìm cặp điểm đối xứng….(1,0 điểm)
Gọi
( )
2 4
; 1
1
a
M a C a
a
−
 
∈ ≠ −
 ÷
+
 
Tiếp tuyến tại M có phương trình:
( )
( )
2
6 2 4
1
1
a
y x a

1 2 2
IAB
IA IB a S IA AB dvdt
a
= = + ⇒ = = =
+
Suy ra đpcm
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:
2 2
2sin 2sin tanx
4
x x
π
 
− = −
 ÷
 
Đk:
cos 0x ≠
(*)
2 2 2
sinx
2sin 2sin tanx 1 cos 2 2sin
4 2 cos
x x x x
x
π π
   
− = − ⇔ − − = −


(tm(*))…
2.(0,5 điểm): Giải bất phương trình
( ) ( )
2 2
1 5 3 1
3 5
log log 1 log log 1 (1)x x x x+ + > + −
Đk:
0x >
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
3 1 3 5
5
2 2 2 2
3 1 5 5
5
1 log log 1 log log 1 0
log log 1 .log 1 0 log 1 1
x x x x
x x x x x x
⇔ + − + + + <
 
⇔ + − + + < ⇔ + + <
 ÷
 
( )
2

x x
I dx
x
+
=
∫
( )
( ) ( )
( )
2
3
1
2 2 2
3
3
1 1 1
4
2
3
4 4
3
3
1
ln 2 ln 1
ln 2 ln ln 2 ln 2 ln
2
3 2 ln
1 3
. 3 2
2 4 8

5 4
A A
số
-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0.
Xếp 3 có 4 cách
3 vị trí còn lại có
3
4
A
cách . Suy ra có
3
4
4.A
số
Vậy số các số cần tìm là:
2 3
5 4
A A
-
3
4
4.A
= 384
2.(0,5 điểm) Tính tổng:
1 3 5 2013
2014 2014 2014 2014
A C C C C= − + − +

Ta có:
( )

 
 
 

( )
1007 1007 1007
2014 2014
2 . cos .sin 2 . 0 2 .
4 4
i i i
π π
 
= + = − = −
 ÷
 
Vậy
1007
2A = −
Câu 5.(1,0 điểm) : Gọi
( )
;I a b
là tâm đường tròn ta có hệ
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
2
2 2

( ) ( ) ( )
2 2
2 1; 10 : 1 2 10b a R C x y
= ⇒ = = ⇒ − + − =
*)với
( ) ( ) ( )
2 2
10 17; 250 : 17 10 250b a R C x y= ⇒ = = ⇒ − + − =
Phương trình tham số của ∆:
= − +


= −


=

x t
y t
z t
1 2
1
2
.
Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng
− + −C t t t( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)= − + − − = −
uuur uuur
   

uuur
làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
− − −
= =
− − −
.
Câu 7.(1,0 điểm) Gọi O là tâm đáy suy ra
( )
'A O ABC
⊥
và góc
·
'AIA
α
=
*)Tính
tan
α
'
tan
A O
OI
α
=
với
1 1 3 3
3 3 2 6

3 2 2 6
3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC
V V V A O S A O S
b a a a b a
a dvtt
= − = −
− −
= =
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ :
( )
( )
( )
2 2
2
2
1 1
0
2
xy
x y
x y
dk x y
x y x y

+ + =

+
+ >




Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0. Thế (3) vào (2) ta được
2
1x y
− =

Giải hệ
2
1
1; 0
2; 3
1
x y
x y
x y
x y
+ =
= =


⇒


= − =
− =


Hệ phương trình có nghiệm là (1;0) và (-2;3)
Câu 9.(1,0 điểm): Đặt

−
 
= + = + ⇒ =
 ÷
 
Với
0 1 2
2
a t
π
< < ⇒ < ≤
. Khi đó
( )
3
2
3
1
t t
T f t
t
− −
= =
−
;
( )
( )
(
( )
( )
4

.
Hay
min 2T
=
khi
1
2
x y
= =
.
ĐỀ SỐ 32
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2
y 2x(1 x )= −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi A, B là các giao điểm của (C) với trục hoành ( khác gốc tọa độ O). Tìm các
điểm I thuộc (C) sao cho tam giác IAB vuông tại I.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
2sin 2x 1 4sin x
6
π
 
− + =
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
x y
3 3

1 z
−
+
là số ảo nếu và chỉ nếu
z 1 và z 1.= ≠ −
Câu 5.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn
( )
2
2
(C): x 5 y 20− + =
và đường
thẳng
d : x y 3 0+ + =
.Tìm các điểm M thuộc (C) và N thuộc d sao cho hai điểm M,N đối xứng
nhau qua trục Oy.
Câu.6(1,0 điểm):Trong không gian Oxyz,cho đường thẳng
x 1 y 2 z
d :
1 1 2
− +
= =
−
và hai điểm
A(1;4;2) và B(-1;2;4). Viết phương trình đường thẳng d’ qua A, cắt d và khoảng cách từ điểm
B đến đường thẳng d’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 7.(1,0 điểm):Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AA’= AB= a.
Tính phần thể tích chung của hai khối chóp A.BB’C’C và A’.BB’C’C.
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình :
2 2
4 2 2

Giới hạn:
lim ; lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
x x
y y
Sự biến thiên:
2
y' 2(1 3x ),= −

1 1
y' 0 x ;x
3 3
= ⇔ = = −
Hàm số đồng biến trên các khoảng
1 1
;
3 3
 
−
 ÷
 
;
nghịch biến trên khoảng
1 1
; ; ;
3 3
   
−∞ − +∞
 ÷  ÷

4 3
9
-∞
• Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Gọi A, B là các giao điểm của (C) với trục hoành ( khác gốc tọa độ O). Tìm
các điểm I thuộc (C) sao cho tam giác IAB vuông tại I.
Ta có A(-1,0), B(1,0). Tam giác IAB vuông tại I nên I thuộc đường tròn tâm O( gốc tọa độ) với
bán kính bằng 1.
Tọa độ I là nghiệm của hệ:
2
2 2
y 2x(1 x )(1)
x y 1(2)

= −


+ =


Thay (1) vào (2) ta được:
2 3 2 6 4 2
x (2x 2x ) 1 4x 8x 5x 1 0+ − = ↔ − + − =
2
2
x 1(loai vì I A,B)
1 1
x y
1
2 2

 
(1)
(1) 2 sin2x cos sin cos 2x 1 4sin x 3 sin2x cos 2x 1 4sin x
6 6
π π
 
⇔ − + = ⇔ − + =
 ÷
 
( )
2 2
2 3sin xcos x (1 2sin x) 1 4sin x 0 2 3sin xcos x 2sin x 4sin x 0
2sin x 3cos x sin x 2 0
⇔ − − + − = ⇔ + − =
⇔ + − =
*
3 1
3 cos x sin x 2 cos x sin x 1 sin x 1 x k2
2 2 3 6
π π
 
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = + π
 ÷
 
*
sin x 0 x k= ⇔ = π
Vậy nghiệm của phương trình là:
x k2
6
π

5
1
2 .y 1do y 0 nên2 .y 1 y
2
→ = > = → =
2 3 2
y x
8 8
= → =
.
So sánh điều kiện ta được nghiệm của hệ là:
3 2 2
;
8 8
 
 ÷
 
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
( )
1
2
3
0
x x
I dx
x 1
+
=
+
∫

( ) ( )
( )
dx
x
xx
∫
+
+−+
1
0
3
2
1
11
= =
( )
dx
x
x
∫
+
+
−
1
0
2
1
1
1
1

3 2
A tdt t t= = =
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Trong một lớp học có 3 tổ: tổ I có 3 bạn, tổ II có 4 bạn, tổ III có 5 bạn. Hỏi có
bao.nhiêu cách sắp các bạn của cả 3 tổ đứng thành hàng ngang sao cho các bạn tổ I đứng cạnh
nhau, các bạn tổ III đứng cạnh nhau nhưng không có hai bạn nào của tổ I và III đứng cạnh
nhau.
Sắp 4 bạn tổ II đứng thành hàng ngang có 4!= 24 cách sắp.
Giữa 4 bạn tổ II có 5 “vách ngăn”.
“Buộc” 3 bạn tổ I thành nhóm I, “buộc” 5 bạn tổ III thành nhóm III.
Sắp nhóm I và nhóm II vào 5 vách ngăn có
2
5
A 20=
cách sắp.
Vậy số cách sắp thỏa đề là:
2
5
4!.A .3!.5! 345600=
cách sắp.
2.(0,5 điểm). Chứng minh rằng số phức
1 z
1 z
−
+
là số ảo nếu và chỉ nếu
z 1 và z 1.= ≠ −
Giả sử z = a + bi, a,b thuộc R .Lúc đó
( )

( )
2 2 2 2
1 a b 0 a b 1⇔ − − = ⇔ + =
2
z 1 z 1⇔ = ⇔ =
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn
( )
2
2
(C): x 5 y 20− + =
và đường thẳng
d : x y 3 0+ + =
.Tìm các điểm M thuộc (C) và N thuộc d sao cho hai điểm M,N đối xứng nhau
qua trục Oy.
Gọi d’ là đường thẳng đối xứng với d qua Oy, d’: - x + y + 3 = 0
Tọa độ giao điểm của d’ với (C) là nghiệm của hệ:
( )
( ) ( )
2
2
1 2
x 5 y 20
M 7;4 , M 1, 2
x y 3 0

− + =

⇒ −

− + + =

3t 10t 20
AM
 
− +
 
= =
− +
uuuur uuur
uuuur

Xét hàm
2
2
28t 152t 208
f (t) có
3t 10t 20
− +
=
− +
( )
( )
2
2
2
t 2
16 11t 8t 60
f '(t) 0
30
t
3t 10t 20

Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AA’= AB= a.
Tính phần thể tích chung của hai khối chóp A.BB’C’C và A’.BB’C’C.
Phần chung của 2 khối chóp là đa diện OO’BB’C’C.
Gọi V là thể tích đa diện đó.
Ta có
A'.BB'C'C A '.OB'C'O'
V V V= −

3
ABC.A' B'C' ABC
a 3
V S .AA'
4
= =
3
A.A'B'C'
a 3
V
12
=

3
A'.BB'C'C
a 3
V
6
=

Mà
A.A' B'C'


+ − − − =



2 2
2 2 2
( 1)( 2) 4( 1) 4( 2) 5
( 1) ( 2) 10
x y x y
x y

− − + − + − =

⇔

− + − =


.
Đặt
2
1
2
u x
v y

= −

= −



= −

3
1
u
v
=

⇔

= −

hoặc
1
3
u
v
= −


=

+)
3
1
u
v
=

Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
3 3 3
a b c c a b b c a
P
3c 3b 3a
+ − + − + −
= + +
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
3
( )
,
3 3
+ −a b c c

c
và
1
3

ta được:
3
( ) 1
3 3 3
+ −
+ + ≥ + −
a b c c
a b c
c

Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra
1 min 1≥ ⇒ =P P
khi
1= = =a b c
.
ĐỀ SỐ 33
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên;
2. Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm
( )
3; 1M −
và cắt đồ thị (C) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho
3MB MA
=
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )
sin 3 cos3 sin 2sin 2 1 4cos 1 3x x x x x
− = − + −

6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +

là nghiệm của phương trình
2
8 64 0.z bz c
+ + =
.
2. Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học
sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 30 tháng 4. Tính xác suất sao cho trong đó
có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 5.(1,0 điểm) :
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy), cho đường tròn (C) và đường thẳng
(d) lần lượt có phương trình
( ) ( )
2 2
2 1 8x y− + + =
và
2 3 0x y− + =
. Cho hình thoi ABCD ngoại
tiếp đường tròn (C) và điểm A thuộc đường thẳng (d). Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D; biết
rằng
2BD AC
=

60
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai
đường thẳng CD và SA bằng
6a
.
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 6 2 2 3 0
3 3 2
x y y y
x y x xy y x y

+ − − + + =


− + + + = + +



( )
,x y ∈¡
Câu 9.(1,0 điểm): Cho
, ,x y z
là các số thực dương thoả mãn
x y z≥ ≥
và
3x y z+ + =

\ 1D = ¡
+) Giới hạn
2
1
lim lim 1 1
1
1
x x
x
y y
x
→±∞ →±∞
−
= = ⇒ =
−
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1 1 1
2 2
lim lim , lim lim
1 1
x x x x
x x
y y
x x
+ + − −
→ → → →
− −
= = −∞ = = +∞ ⇒
− −


∞
x
Hàm số đồng biến trên
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
a)Đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-15
-10
-5
5
10
15
1
2
1
0
2.(1,0 điểm) Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm
( )
3; 1M −
và cắt đồ thị (C) tại

( )
2
2 2 1 3 3 0kx k x k
⇔ − + + + =
(1) ( do
1x
=
không phải là nghiệm)
+) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt
2
0
0
' 1 0
k
k
k k
≠

⇔ ⇔ ≠

∆ = + + >

+) Giả sử
( ) ( )
1 1 2 2
; 3 1 , ; 3 1A x kx k B x kx k
− − − −
, trong đó
1 2
,x x

2 1
3. 3 12MB MA x x
= − ⇔ = − +
uuur uuur
, kết hợp với (2) ta được
1 2
4 1 3 4 1 3 3 3 3 5
, ; .
2
k k k
x x k
k k k k k
− − + ±
= = = ⇔ =
Phương trình đường thẳng (d):
( )
3 5
3 1
2
y x
±
= − −

Vậy đường thẳng cần tìm là: y=-x+2,
( )
3 5
3 1
2
y x
±

=

⇔ − − − = ⇔

+ =


+)
1
12
sin 2 sin ,
5
2 6
12
x k
x k
x k
π
π
π
π
π

= +

= = ⇔ ∈


= +


 
 
= − − + = +
 
 
¢

Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
5
; ;
12 12
x k x k
π π
π π
= + = +
5 2
2 ;
6 18 3
x k x k
π π π
π
= + = +
2. (0,5 điểm) Giải bất phương trình
3
2 3 1 8 3 1 5x x
+ ≥ − −

( )
x ∈¡
Đk:

t
t t t
≥


<
⇔




− ≥ − +


( )
( )
2
3 2
4
4
4
4
2 15 26 20 0
15 4 32 40 0
t
t
t
t
t t t
t t t

t x
t
t x
t
≥

≥ ≥
 

⇔ ⇔ ⇔
<

 

≤ − ≤ −

 

≤ −


.
Vậy tập nghiệm của bpt là
(
] [
)
; 3 21;S = −∞ − +∞U
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân
( )
1

1
1
1
ln 1
2 2 2 ln ln 1 2 2 ln 2 1 ln 2
ln 1
e
e
e
d x x x
x e x x x e e
x x x
+ +
= + = − + + + = − + + −
+ +
∫

Câu 4.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Tìm tất cả các số thực
,b c
sao cho số phức
( )
( )
( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1

( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
12
4
6 2 3
6
1 3 2
8 2 8 2
8 1 2 8 16
8 2
1 3 1
i i
i i
i i
i
i
i i
+ −
− − −
= = − = + = +
−
− +
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
2

Ta có số kết quả thuận lợi cho
A
là
5
20
C
( )
5
20
5
35
C
P A
C
=
( )
( )
5
20
5
35
2273
1 1 0,95224
2387
C
P A P A
C
= − = − = ≈
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy), cho đường tròn (C) và
đường thẳng (d) lần lượt có phương trình

D
C
B
A
Do A thuộc (d) nên
( )
2 3;A t t−
, kết hợp với
10IA
=
( ) ( )
2 2
2
2
2 5 1 10 5 18 16 0 2
1,6
t
t t t t t
t
=

⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ ⇒ =

=

Suy ra
( )
1;2A
, do I là trung điểm AC nên
( )

;7a b a b⇔ = − =
+) Nếu
a b
= −
, chọn
1, 1a b= = −
: 1 0AB x y⇒ − + =
+) Nếu
7a b
=
, chọn
1, 7a b= =
: 7 15 0AB x y⇒ + − =
Như vậy ta có nếu
: 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y
− + = ⇒ + − =
và ngược lại.
Giả sử
: 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y
− + = ⇒ + − =
Đường thẳng CD song song với AB nên
: 0CD x y c− + =
,
Do CD đi qua C nên
3 4 0 7c c
+ + = ⇒ = −
: 7 0CD x y⇒ − − =
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ
( )
7 0 8

−
.
Hãy lập phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt
phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d).
Ta có
( ) ( ) ( )
1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC
 
= − = − − ⇒ = − − −
 
uuur uuur uuur uuur

Phương trình mặt phẳng (ABC):
( ) ( ) ( )
1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z
− − − − − + = ⇔ + + − =
Gọi trực tâm của tam giác ABC là
( )
, ,H a b c
,
Khi đó ta có hệ:
( )
( )
. 0
2 3 2
. 0 3 0 1 2;1;1
5 2 9 1

d
u n
u n n
u u
∆
∆
∆

⊥

 
⇒ = = −

 
⊥


uur r
uur r r
uur uur
.
Vậy đường thẳng
( )
∆
đi qua điểm
( )
2;1;1H
và có vtcp
( )
12,2, 11−

N
M
H
D
C
B
S
A
( )
( )
·
( )
·
·
0
2
( ), , 60 .
3
SAB ABCD SM MH SMH SM SH
= = = ⇒ =
Từ điểm N kẻ NP vuông góc với SM thì dễ thấy NP là khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và CD suy ra
6NP a
=
. Ta có
2
. . . 6. 2 2
3
SH MN NP SM SH AB a SH AB a
= ⇔ = ⇔ =


− + + + = + +



( )
,x y ∈¡
Đk
1,5y ≥ −
.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
( )
( ) ( )
3 3
3 3 2 2
3 3 3 2 1 1 1 1 2x y x y x y x y x y y x
− + − = + + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = −
Thay vào pt thứ nhất ta được:
2 2
2
2 1 1
1 1
3 1 2 1 2 1
2 2
2 1
x x
x x x x x
x x

− = −

Ta có:
2 , 2
x z
xz x yz z
z y
+ ≥ + ≥
Từ đó suy ra
3 2 2 3
x z
P y x xz z yz y
z y
= + + ≥ − + − +

2
2( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z= + + + + − − = + + + −
Do
0x >
và
y z≥
nên
( ) 0x y z− ≥
.
Từ đây kết hợp với trên ta được
2 2 2
3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5
x z
P y x z y y y y
z y
= + + ≥ + + = − + = − + ≥
.

27
−+>
−
+
x
x
x
x
xx
Câu 3.(1,0 điểm)
Tính tích phân
.d
2
2ln
0
∫
++
=
−
x
ee
x
I
xx
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Tính hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
),0(,)

=+− zz
Tìm số phức
.
2
31
7








+
−+
=
z
z
w
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho parabol
xyP 2:)(
2
=
và điểm
).0;2(K
Đường thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N.

Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ
1 1 1
.ABC A B C
có M là trung điểm cạnh AB,
·
0
2 , 90BC a ACB= =
và
·
0
60 ,ABC =
cạnh bên
1
CC
tạo với mặt phẳng
)(ABC
một góc
,45
0
hình chiếu vuông góc của
1
C

lờn mặt phẳng
)(ABC
là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đó cho và góc tạo bởi hai
mặt phẳng
)(ABC
và

+−
+
+−
+++=
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(H
của hàm số
.
1
12
+
+−
=
x
x
y
a) Tập xác định:
}1{\ −
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận:
Ta có
( )
−∞=
−
−→
y
x 1

+
−
= x
x
y

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
.;1,1; ∞+−−∞−
* Bảng biến thiên
x
∞−

1−

∞+
'y

−

−
y

∞+2−

2−


Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình

mx
x
x
+−=
+
+−
1
12
2
2 1 ( 1)( ), 1 ( 1) 1 0(1)x x x m x x m x m⇔ − + = + − + ≠ − ⇔ − + − + =
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
0)1(4)1(0
2
>+−−+⇔>∆⇔ mm

2
6 3 0 3 2 3, 3 2 3m m m m⇔ + − > ⇔ < − − > − +
(2)
Khi đó
),;(),;(
2211
mxxBmxxA +−+−
với
.1,1
2121
+−=+=+ mxxmxx
Từ giả thiết ta có
4)(8)()(8

3
2
2
1
cos01cos2 ∈+±=⇔−=⇔=+ kkxxx
π
π
*)
.,
4
0sincos ∈+−=⇔=+ kkxxx
π
π
Vậy phương trình đó cho có nghiệm:
2
, 2 , ,
3 4
x k x k x k k
π π
π π π
= = ± + = − + ∈¢
x
O
1
−
2
1
y
I
2

x
x
Khi đó bpt đó cho tương đương với
.24427
22
xxxx −+>−+
Đặt
0,42
2
≥=+− ttxx
ta được:



>
<
⇔>+−⇔>+
3
1
03443
22
t
t
tttt
*) Với
1<t
ta có
,142
2
<+− xx

ee
x
I
xx
Ta có
.d
)1(
2ln
0
2
∫
+
= x
e
xe
I
x
x
Đặt
,dd xuxu =⇒=

.
1
1
d
)1(
d
2
+
−=⇒

xxx
e
x
e
x
e
x
I
(1)
Tính
.
1
d
2ln
0
1
∫
+
=
x
e
x
I
Đặt
te
x
=

Đổi cận ta có
22ln;10 =⇒==⇒= txtx

−=
+
=
∫∫
ttt
tttt
t
I
Thay vào (1) ta được
.3ln2ln
3
5
−=I
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tính hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
),0(,)
1
1(3 >






−+ x
x
x

∈
¥

2
6 8( 2) ( 1) 9 22 0 11 2 11.n n n n n n n n⇔ + + = − ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ =
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
∑∑∑
=
−
=
−
=
−
=






−=










0
11
11
)1(
.)(3.
1
13.).(
1
13
.)1(.3.
2
11
0
11
0
11
i
k
i
k
i
i
k
k
k
k
xCC
−
−
==

11
1
1
11
=+− CCC
2.(0,5 điểm). Giả sử
z
là số phức thỏa mãn
.042
2
=+− zz
Tìm số phức
.
2
31
7








+
−+
=
z
z
w

π π
π π
+
− −
+
.
32
13
32
13
3
1
.
8
1
6
7
sin
6
7
cos
4
7
sin
4
7
cos
.
28
1

6
(cos
)
4
sin
4
(cos
.
28
1
)3(
)1(
33
33
ππ
ππ
i
i
i
i
i
i
w
+
−
+
−
=
+
−

− −
+
+ + −
= = − = − −
+
+
Vậy:
3 1 3 1
;
32 32
i
ω
+ −
= − +
3 1 3 1
32 32
i
ω
+ −
= − −
Câu 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho parabol
xyP 2:)(
2
=
và điểm
).0;2(K
Đường thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N.
Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d.


Tọa độ M, N là nghiệm của



=
−=
xy
kkxy
2
2
2
2 2
, . 2
2 2
y y
x y k k⇔ = = −

042
2
=−−⇒ kyky
.(2).
Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt
.0
≠⇔
k
Gọi




, yy
là nghiệm của (2).
Ta có
0)4()2(
2
.
2
21
2
21
=−+−=+






= yy
yy
ONOM
. (3)
Từ (1) và (3) suy ra
·
0
90MON OMN= ⇒ ∆
vuông tại O.
Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp
OMN∆
là trung điểm MN
.dI ∈⇒

. Giả sử
052)(),;;(
000000
=+−+⇒∈ zyxPFzyxF
. (1)
Vì
'dEF
⊥
nên
dEF
⊥
(định lí 3 đường vuông góc)
0. =⇒ EFu
d
.022
000
=−++⇔ zyx
(2)
75)4()1(35
2
0
2
0
2
0
=−+++⇔= zyxEF
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
),1;5;4( −−F
hoặc

ABCCBAABC
===
*) Kẻ
⇒⊥
ACHK
đường xiên
( ) ( )
( )
·
·
1 1 1 1
;C K AC ABC ACC A C KH⊥ ⇒ =

Tam giác MCA cân tại M nên
·
·
0
30
2
a
MCA MAC HK HC= = ⇒ = =
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương
trình:
2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)
( ) 2 ( ) (2)
x y xy y x y
xy x y x y
2

1
x x
x y xy y x y
y y
xy
2
= = −

− + − + =
 
⇔ ∪
  
= = −
=
 

2 3 2 3 2 2
2 2 2 2
5 4 3 2( ) 0 5 4 3 ( )( ) 0
TH2 :
2 2
x y xy y x y x y xy y x y x y
x y x y
2 2
 
− + − + = − + − + + =
 
⇔
 
+ = + =

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1;1 ; 1; 1 ; ; ; ;
5 5 5 5
   
− − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 9.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
.3≤++ zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
.
111222
222222333
xzxzzyzyyxyxzyx
P
+−
+
+−
+
+−
+++=
Ta có
.
3
1
11
;

zxyzxy
P
+−
+
+−
+
+−
+++≥+
Mặt khác, áp dụng BĐT
,
411
baba +
≥+
với
0, >ba

ta có:






+−
++






( ) ( ) ( ) (2 2 2 ) 4.3
( ) ( ) ( )
xy yz zx xy yz zx
x y y z z x x y y z z x
x y y z z x x y z
x y y z z x
   
 
≥ + + + + + = + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
+ + + + + +
 
   
≥ + + ≥ ≥ ≥ =
+ + + + +
+ + +
Do đó
.9≥P
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.1=== zyx
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi
.1=== zyx
ĐỀ SỐ 35
Câu 1. Cho hàm số
3 2
(2 1) 1y x m x m= − + + − −
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1.m =

2
3 2cos cos 2 3 2cos sin 0x x x x+ − + − =
.
2.Giải hệ phương trình
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


(
,x y ∈¡
)
Câu 3.(1,0 điểm)
Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
1,
x
y e= +
trục hoành và hai đường
thẳng
ln3, ln8.x x= =
Câu 4.(1,0 điểm):
1. Tìm hệ số của
4
x

Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
(3;2;1),A
mặt phẳng
( ) : 2 0P x y z+ + + =
và
đường thẳng
1
1
1 2 1
: .
y
x z
−
+
= =
−
∆
Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A, cắt
∆
và
( )P

theo thứ tự tại B và C sao cho A là trung điểm BC.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ
.ABC A B C
′ ′ ′
có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh
A

Câu 9.(1,0 điểm).
Cho các số thực
, ,a b c
bất kỳ. Chứng minh rằng
2 2 2 2
( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c+ + + ≥ + +
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số
3 2
(2 1) 1y x m x m= − + + − −
(m là tham số).
1.(1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1.m
=
Với m=1 ta có:
3 2
3 2y x x= − + −
.
TXĐ:
¡
Nhánh vô cực:
( ) ( )
3 2 3 2
lim lim 3 2 ; lim lim 3 2
x x x x
y x x y x x
→+∞ →+∞ →−∞ →−∞
= − + − = −∞ = − + − = +∞
,
Chiều biến thiên:

3 2
2
2 1 1 2 1 (1)
3 2 2 1 2 (2)
x m x m mx m
x m x m

− + + − − = − −


− + + =


Phương trình (1) tương đương với
2
( (2 1) 2 ) 0x x m x m− + + =
do đó luôn có nghiệm
0, 1x x= =

và
2x m=
. Do đó, hệ (1)-(2) có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong ba nghiệm của (1) là
nghiệm của (2).
0x =
thỏa mãn (2):
0m =
;
1x =
thỏa mãn (2):
1


⇔
( ) ( )
cos 3sin 3 2sin 0x x x+ − =
Giải phương trình
3 2sin 0x− =
thu được
2 · ( )
3
x k k
π
π
= + ∈¢
và
2
2 · ( )
3
x m m
π
π
= + ∈¢
Giải phương trình
cos 3sin 0x x+ =
thu được
· ( )
6
x n n
π
π
= − + ∈¢



(
,x y ∈¡
)
Điều kiện:
2 1 0, 0x y x y+ + ≥ + ≥
Đặt
2 1 , , ( , 0),x y a x y b a b+ + = + = ≥

để ý rằng
3 2 (2 1) ( ) 1,x y x y y x y+ = + + + + + −

ta được hệ
2 2
1
5
a b
a b
− =


+ =

2
1
a
b
=



⇔

= −

Hệ phương trình có nghiệm:
( ; ) (2; 1)x y = −