LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 9(91-100)
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
1
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
2
ĐỀ SỐ 91
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số:
3 2

∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1/Cho hai số phức
1 2
z ,z
thỏa mãn
1
i.z 2 0,5+ =
và
2 1
z =i.z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
z z−
2/ Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1
1
+++++=S
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là

BAD = 60
và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB,
BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )





=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy

Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
x y z
P x y z
y z x
     

y' = 3x 6x ; y' = 0



− ⇔
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-
∞
; 0) và (2; +
∞
), hàm số nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, y
CT
= - 2
BBT x -
∞
0 2 +
∞

f’(x) + 0 - 0 +
f(x)
2 +
∞

-
∞
-2
c) Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục

1
C ;0
m
 
 ÷
 
, cắt Oy tại A(0; 2)
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có:
OAC
2 2
1 1 1 1
S = OA.OC = .2. =
2 2
m m
Yêu cầu bài toán thỏa mãn
2
4
1 1
= m
m 2
= ±
⇔ ⇔
(thỏa mãn m ≠ 0) Vậy
1
m
2
= ±
Câu 2.(1,0 điểm)
4
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:


=−+
=−+
02cos3cos2
02coscos2
2
2
xx
xx

2 1
cos 2 ( );cos ;cos 2 ( );cos
2 2
x loai x x loai x
⇔ =− = =− =
KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x =
π
π
2
4
k+±
& x =
π
π
2
3
k+±
2.(0,5 điểm). Giải phương trình:
2
7



ta có hệ phương trình:
2
2
1
2
3
1
2
3
u v
v u

− =




− =


⇔
2 2 2
2
2 2
( )[3( ) 1] 0
3 6 3( ) 0
3 6
3 6 3 6

u v
u v
+ + =


− =


2 2
1 73
(lo¹i)
0
6
3 6 3 6 0
1 73
6
u
u v u v
u v u u
u

−
=

− = =
 

⇔ ⇒
 
− = − − =

+ + =



⇔ ⇒
 
− =

− +


+ − =
=




+ Với
1 3 7 1 73 73 5
1
6 6 6
u x
+ + −
= ⇒ = − =
.
+ Với
1 69 1 69 69 7
1
6 6 6
u x

1
2 3
1
1
3
1
3
26
3
27
I x dx x
= = =
∫

1
1 1
3
2 2 2 2
2
2
1
1 1
3
3 3
1 1 16 2
9 1 9 1 (9 1) (9 1)
18 27 27
I x x dx x d x x= − = − − = − =
∫ ∫
.

,
2 2
1 1 1 1 1
i.z 2 0,5 i.x 2 0,5 ( 2) 0,25y x y+ = ⇔ − + = ⇔ + − =
Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn
1
z
là đường tròn (C
1
) tâm O
1
(0,
2
) bán kính R
1
=0,5.
2 1 1 1
z iz y x i= = − +
Suy ra N (- y
1
, x
1
) biểu diễn
2
z

Ta cần tìm M thuộc (C
1
) để
1 2

2
2
−
khi M trùng M
1
(0,
1
2
2
−
) tức là
1
1
( 2 )
2
z i= −
2.(0,5 điểm) Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

)!2013!.().1(
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1

S
+) Ta có:
[ ]
2014!)1(2014)!1.(2014
!2014
)!2013)!.(1(
!2013
1
1
20142013
+
=
+−+
=
−+
=
+
kk
C
kkkkk
C
(k =0;1;…;2013)
+) Do đó: S.2013!=
∑∑
==
+
=
2014
1
2014

,
3 3
) và
I(1,-2). Xác định tọa độ đỉnh C.
Ta có
7 4
(2;4), ;
3 3
IM GM
 
= =
 ÷
 
uuur uuur
.Gọi A(x
A
; y
A
). Có
2AG GM=
uuur uuur
⇒ A(-4; -2).
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ
IM
uuur
làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
6
Mặt khác IC = IA ⇔
2 2 2 2


=

.
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 1
:
2 1 1
x y z
d
− + −
= =
, điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình
đường thẳng
∆
đi qua A,
∆
nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và
∆
bằng
2 3
.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng
2 3
.
(Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1)
Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2)
2 2 2 2
( ,( ))

= = − −
 ÷
− −
 
r
nên
∆
có phương trình:
1 4 2
1 2 1
x y z− − −
= =
−
Với b = 1 , a =
1
7
−
thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0
Đường thẳng
∆
qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP
( 8,11,17)u −
r
nên
∆
có phương trình:
1 4 2
8 11 17
x y z− − −
= =

⊥
AB.
Mặt khác (SAB)
⊥
(ABCD) nên suy ra
( )SH ABCD⊥
2 3
1 1 1 1 3 1 4 3
. . . .
3 3 2 3 2 2 4 4
NSDC SNDC DNC BDC
a a a
V V SH S SH S
∆ ∆
= = = = =
Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên
·
·
( , ) ( , )SM DN SM QM=
.
Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK
⊥
MQ
Mà SH
⊥
(ABCD), HK
⊥
MK suy ra SK
⊥
MQ suy ra


+ + =

+ −


+ + + =

( )
( )
1
2

Điều kiện :
0x ≥
Nhận xét : x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
Xét x > 0
Phương trình (1)
⇔
x
xx
yyy
++
=++
1
1933
2

⇔


++
t
t
t
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3)
⇔
f(3y)= f








x
1

⇔
3y =
x
1
Thế vào pt(2) ta được PT:
10).1(4
223
=+++ xxxx
Đặt g(x)=
10).1(4
223

, ,a y b z c= =
. Do
2 2 2
3 3x y z suy ra a b c+ + = + + =
.
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
.
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có:
8
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1);

2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3. Từ (4)
3
2
P⇔ ≥

Vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a = b = c =1
⇔
x = y = z = 1
9
ĐỀ SỐ 92
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 4

Câu 3.(1,0 điểm) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) =
23
24
5
++ xx
x
Câu 4.(1,0 điểm)
1/Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :
3 1z i− =
, tìm giá trị nhỏ nhất của
z
.
2/ Cho hàm số
1 cos x.cos2x
khi x 0
f (x)
x
0 khi x 0
−

≠

=


=

Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0=
.

2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
.
Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
3
3 3 3a b b c c a
+ + ≥
+ + +
.
10
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 4

1
x

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.
BBT
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y

+
∞

2
2 -
∞
+ Đồ thị (C):

A B
I
I I
x x m
x
m
y x m
+ −

= =




= + =


Do AB vuông góc với
∆
nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng
∆
: x + 2y +3= 0
4I m⇔ ∈∆ ⇔ = −
.Với m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x – 4
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5điểm) Giải phương trình:
sin 2 1
2 os
sin cos
2.tan

x x x
x x
x
π
 
⇔ − = ⇔ + − =
 ÷
+
 

+)
.,
2
0cos ∈+=⇔= kkxx
π
π
+)
2
2 2
4
4
sin 2 sin( ) , Z
2
4
2 2
4 3
4
x m
x x m
x x m n

2
4
∈+=⇔ t
t
x
ππ
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
π
π
kx +=
2
;
.,,
3
2
4
∈+= tk
t
x
ππ
2.(0,5 điểm) Giải phương trình:
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +
Điều kiện:
1x ≥
.
Nhận xét :x = 1 không là nghiệm của phương trình
Nếu

2)
6
( )
1
x
g x
x
+
=
−
có
( )
2
7
'( ) 0, 1
1
g x x
x
−
= < ∀ >
−
Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên nghiệm
2x =
cũng là nghiệm duy nhất của (*)
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất
2x
=
Câu 3.(1,0 điểm) T×m hä nguyªn hµm cña hµm sè f(x) =
23
24

23
2224
3
+
+
+
+
+
=
++
+
x
DCx
x
bAx
xx
xx
Víi ∀x
⇔ 3x
3
+ 2x = (Ax + B) (x
2
+ 1) + (Cx + D) (x
2
+ 2) Víi ∀x
Hay 3x
3
+ 2x = (A+C)x
3
+ (B + D)x

+
+ x
x
x
x
=> ∫f(x)dx =
1
)1(
2
1
2
)2(
2
212
4
2
2
2
2
22
22
2
+
+
∫+
+
+
∫−=
+
∫+

3 1 ( 3) 1z i x y− = ⇔ + − =
Từ
2 2
( 3) 1x y+ − =
ta có
2
( 3) 1 2 4y y− ≤ ⇔ ≤ ≤
. Do đó
2 2 2
0 2 2z x y= + ≥ + =
Vậy giá trị nhỏ nhất của
z
bằng 2 đạt khi z = 2i
2.(0,5 điểm) Cho hàm số
1 cos x.cos2x
khi x 0
f (x)
x
0 khi x 0
−

≠

=


=

Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0=

= = +
2 2
0 0
3
sin sin
9 1 5
2 2
lim lim
3
4 4 2
2 2
x x
x x
x x
→ →
   
 ÷  ÷
= + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Vậy
5
'(0)
2
f =

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x
– y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho
∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2.

Ta có hệ
2 2
1 0 (1)
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
a b
− + =


− + − =

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
13
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
1 1 1
x y z− −
= =
− −

và mặt phẳng (P) : ax + by + cz – 1 = 0
2 2
( 0)a b+ ≠
. Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P)
đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau
Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP
(1, 1, 1)u − −
r

Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0
Câu 7(1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa
BC’ và trục của hình trụ bằng 30
0
; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có
·
0
120ABC =
. Gọi E, F, K
lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE.
Từ giả thiết suy ra
·
0
' 30BC C =
, BA = BC = r,
0
' cot 30 3CC BC r= =
3
0
'. EF . EF . EC '.
1 1 1 1
. .
AA'. . .sin120
8 3 8 2 32
A K C K F K A ABC
r
V V V V BA BC= = = = =
Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH
⊥



Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +

4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
.
Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
3
3 3 3a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1

9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
=
áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
+ + + + + +
+ ≤ = + + + ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
3 3
3
a 3b 1 1 1 b 3c 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2 ; b 3c 1.1 b 3c 2
3 3 3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =


ĐỀ SỐ 93
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
(3 1) 3= + + −y x m x
(với m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1.
15
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác
cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng
3
2
lần độ dài cạnh bên.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình:



+−=−−
++=++

trình là:
2 2
x y 2x 4y 4 0+ − + + =
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm
M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆
đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB= = =
và đường thẳng
'A C

tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đó cho và khoảng cách giữa
hai đường thẳng
' , 'A B CC

Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1.0 điểm).Với
1
−=
m
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
32
24
−−= xxy
16
- Tập xác định:
D = ¡

Giới hạn: y =
∞+
; y = +∞
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
1;00';44'
3
±==⇔=−= xxyxxy
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
)1;0(
; đồng biến trên mỗi khoảng
)0;1(−
và
);1( +∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y

(*)
3
1
−<⇔ m
.
Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:
)3;0( −A
;








−
+−−−
3
4
)13(
;
2
13
2
mm
B
;



ABC
∆
cân tại
A









+
+
−−
=






−−
⇔=
16
)13(
2
13
4

x
y
-∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
0
0
0
0
-1
1
-4
+
-
-
-4
+
y
O
x
+
osx=0 x=
2
c k
π

x
π
π
π π

= − +

⇔


= +


2.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
log (x y) 1 log (7x y) log y (1)
log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)
+ + = + +


− − = − +


Điều kiện





xy 2=
thế vào phương trình (1) ta được
⇔−=− xx 24)2(log
2
042)2(log
2
=−+− xx
Vì hàm số
2
f (x) log (x 2) 2x 4= − + −
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2
và
5
f ( ) 0
2
=
nên
2
5
=x
là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0.
Suy ra





=

Câu 3.(1.0 điểm) Tính tích phân :
2
0
1 sin
1 cos
x
x
I e dx
x
π
+
=
+
∫
2 2 2
0 0 0
1 sin sin
1 cos 1 cos 1 cos
x
x x
x e dx x
I e dx e dx
x x x
π π π
+
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
2 2
2

∫
Và
2
I =
2
0
sin
1 cos
x
x
e dx
x
π
+
∫
Ta có :
2
I =
2 2
2
0 0
2sin .cos
sin
2 2
1 cos
2cos
2
x x
x x
x

π
=
∫
Đặt
2
tan
cos
2
2
x
x
u e
du e dx
dx
x
dv
v
x

=

=

 
⇒
 
=
=
 


−
∫
Do đó
1 2
I I I= +
2 2
2
0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x
π π
= +
+
∫ ∫
=
2
2
0
tan
2
x
x

z 2 i z 3 5i+ + = +( )
Gọi z = a + ib, ta có phương trình đó cho thành: z
a + ib + (2 + i)(a – ib) = 3 + 5i
⇔ 3a – ib + b + ia = 3 + 5i ⇔ 3a + b = 3 và a – b = 5 ⇔ a = 2 và b = -3.
2.(0,5 điểm) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính
xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn?
Gọi A: “Chọn được 4 thẻ chẵn”
Chọn 4 thẻ trong 16 thẻ có
4
16
C 1820=
cách chọn
Số phần tử không gian mẫu
( )
n 1820Ω =
Chọn 4 thẻ trong 8 thẻ đánh số chẵn có
4
8
C 70=
cách chọn
Số phần tử biến cố A :
( )
n A 70=
Xác suất để chọn được 4 thẻ đều chẵn
( )
70 1
P A
1820 26
= =
Câu 5.(1.0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là

ABC∆
là ảnh của
MNP∆
qua phép vị tự tâm G tỷ số k =-2
⇒
đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
là ảnh của đường tròn ngoại tiếp
MNP
∆
Ta có đường tròn ngoại tiếp
MNP
∆
có phương trình:
0442
22
=++−+ yxyx
Có tâm K(1;-2) , R =1 .Gọi K
1
,R
1
là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
thì:
1 1
2 , 2GK GK R R= − =
uuuur uuur

⇒

(1;1;4)u =
r
Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và
mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có :
2 2 2
4 0
(1)
.
| 5 |
4
(2)
( ;( )) 4
+ + =



⇔
+
 
=
=


+ +

r r

a b c
n u
a b

, suy ra
( )
' 'CH ABB A⊥
nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’).
Do đó:
( )
·
( )
·
·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = 
 
.
2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =

2.
21
7

V S AA
∆
= =
.Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒
.
Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
21
' , ' ', ' ' , ' '
7
a
d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = =
.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2
y y x 3x 4x 2
1 x y 2 y 1



− −


+ = + + +

1 0;2
0;2
x
y

+ ∈


∈


.
Xét:
tttf +=
3
)(

tttf ∀>+= 013)('
2
Hàm số
tttf +=
3
)(
đồng biến trên đoạn
[ ]
2;0
nên pt(1)
1+=⇔ xy
,
thế vào pt(2) ta được:

zyxt
++=
⇒

2
3
)(23
2
2
−
=++⇒+++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++≤++≤ zyxzxyzxy
nên
3393
2
≤≤⇒≤≤ tt
v×
.0
>
t
Khi đó
2
3 5
2

2
3
2
>
−
=−=
t
t
t
ttf
,
t 3;3 .
 
∀ ∈
 
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
.
Do đó
.
3
14
)3()( =≤ ftf
Đẳng thức xảy ra ra khi
.13 ===⇔= zyxt

Vậy GTLN của A là
3

2
0
ln(sin cos )
cos
x x
dx
x
π
+
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Trong các số phức z thỏa mãn
2 52z i- - =
, tìm số phức z mà
4 2z i- +
là nhỏ
nhất.
2. Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lấy từ các chữ số 0,1,2,3,4,5.
Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất để phần tử được chọn là số có ba
chữ số đều chẵn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) và elip có phương trình
2
2
x
+ y = 1
4
.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt elip tại A, B sao cho
3MA - 5MB = 0



( )
( )
1
2

(x,y R)∈
Câu 9.(1,0 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
( )
+
+ cba
3
1
( )
+
+ cab
3
1
( )
abc +
3
1
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số : y = x
4
– 5x
2
+ 4

)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : (
5
2
; +∞ )và (
5
2
−
,0)
Các điểm cực trị x
Cé
= 0, y
CĐ
= 4;
5
2
x
= −
CT1
, y
CT1
=
9
4
−
;
5
2
x
=

3
– 10m)(x – m) + m
4
– 5m
2
+ 4
⇔
(x – m)
2
(x
2
+ 2mx + 3m
2
– 5) = 0 (1)
Cần tìm m để x
2
+ 2mx + 3m
2
– 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác m
Điều kiện là



≠−
>−
056
025
2
2
m

x
0
0
-
-
0
0+
+
1.(0,5 điểm) Giải phương trình:
2 os6x+ 2cos4x - 3 os2x = sin2x + 3c c

Ta có:
2 os6x+2cos4x- 3 os2x = sin2x+ 3c c ⇔
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos
2
x
( )
os x=0
os x 2cos5x -sinx- 3cos 0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
c x
x

⇔ = ⇔


⇔ = − +



= +



k
∈
¢

Phương trình có ba nghiệm
; ; ;
2 24 2 36 3
k k
x k x x k
π π π π π
π
= + = − + = + ∈¢
2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình:
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤

2
+ y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.
Đối chiếu điều kiện ta có :
2
2 2 2
2 4 2 2 1
t
t t≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
Do đó - 1 ≤
2
log x
≤ 1 ⇔
1
2
2
x≤ ≤
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
/4
2
0
ln(sin cos )
cos
x x
dx
x
π
+
∫
đặt u =

x
π
π
−
+ + −
∫
=
/4
0
3
2ln 2 ( ln cos ) ln 2
4 2
x x
π
π
− + = − +
Vậy :
3
ln 2
4 2
I
π
= − +
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn
2 52z i- - =
, tìm số phức z mà
4 2z i- +

là nhỏ nhất

t
t t
t
é
=
ê
- + - = Û
ê
= -
ê
ë
t = - 1 suy ra M
1
(6, -5) và AM =
13
;
t = 3 suy ra M
2
(-2, 7) và AM =
3 13
Vậy M(6, -5) là điểm cần tìm.
2.(0,5 điểm) Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lấy từ các chữ số
0,1,2,3,4,5. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất để phần tử được chọn là số có
ba chữ số đều chẵn.
Gọi 1 phần tử của E là 1 số tự nhiên dạng
abc
.
Chọn a : có 5 cách (a
≠
0). Sau khi chọn a còn 5 chữ số xếp vào 2 vị trí b,c có

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) và elip có phương
trình
2
2
x
+ y = 1
4
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt elip tại A, B sao cho
3MA - 5MB = 0
r
uuuv uuuv
Đường thẳng d qua M(0,2) có phương trình
2 2
( 0)
2
x mt
m n
y nt
=

+ ≠

= +


để d cắt elip ở 2 điểm phân biệt điều kiện là phương trình
( )
2
2 2 2
2

n
ì
ï
ï
+ ¹
ï
ï
ï
í
ï
ï
= - >D
ï
ï
ï
î
Xét A
( )
1 1
, 2mt nt+
, B
( )
2 2
, 2mt nt+
,
( ) ( )
1 1 2 2
, , ,MA mt nt MB mt nt
uuur uuur
1 2

+
ï
ï
í
ï
ï
=
ï
ï
ï
+
ï
ï
ï
î
Suy ra
2 2
m n=
25