Biên soạn: Trần Duy Thái
2
Sở GD & ĐT Tiền Giang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông 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 cosx x x x x x x x      

2) Giải phương trình:
 
2
2 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
( )d
có phương trình :

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
 
2
2
: 4 25x y   và điểm
(1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn
 
C tại 2 điểm ,A B sao
cho
3MA MB

2) Trong không gian tọa độ

log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
   
 
 
 
 

ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x


(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y

  

2 2
lim ; lim


) (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
 


 

( )  TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x


)
( )  TCN = B (2x
0
–2; 2)

o
x M
x M
 


 


II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 

      

   


 



 


0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
4
t = -1
2
( )
2

  


  


  

 0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

 
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R    

Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x    
ta được phương trình

    
 2
0
2
2
x
x
x


   




+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
 
 
   

0,25
0,25

0,25
III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
2
2
1
ln
e
I x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e  
0.25

0.25

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái


2
2 2
6
3 2
R a
R a R    
2SA a 

Chiếu cao:
2
2
a
SO 
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
  
  

0,25


P x x
y x y x y x

             
P bằng
3
2
khi 1; 4x y  Vậy Min P =
3
2

Lưu ý:
Có thể thay
5y x 
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
 
 


0,25


 

 

     




 
,
do
2b 
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b

2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b





  




S

O

A
B
I
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
 
;2

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

Câu III (1 điểm) Tính tích phân



2ln3
0
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

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
 zzzz
, z C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y   
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1






 zyx
d

13


0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
)1(6)12(66'
2
 mmxmxy

y’ có
01)(4)12(
22
 mmm

0,5






1
0'
mx
mx
y

Hàm số đồng biến trên
 
;2


xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3

 xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin 

0,25








26
26
mxx
mxx










7
2

Xét khi
7
2
7

m

=

k 
1+2m=7k

k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl 

Vậy phương trình có nghiệm:
5
2

m
x  (
tm 5
);
7
2
7

m
x  (
37  lm

Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 

Tính tích phân



2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó



2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=










2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln

1
)
2
3
ln(
4
3


0,25

Câu IV

BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.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

3
ABC


0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:

134)(3
222
 abccba1 điểm
Đặt
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 



22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2


 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
10

1
1
22
44



yx
yx
P

Từ giả thiết suy ra:

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


 t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh









)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf



0.25
Câu VIa

1 điểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
 
1;2 5AB AB   

. Phương trình của AB là:
2 2 0x y  
.
   
: ;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


0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// nOH
;
 
H ABC

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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
11
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)

. Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25
Đặt
zzt 2
2

. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
 tt0,25
CâuVIIa













61


0,25
Điểm M thuộc

có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t 
Ta tính được:

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    

AB u
AB u







 
 
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

TH1 Nếu
3x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x

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






3)4()(
3)4()(
gxg
fxf

Bpt vô nghiệm 0,25
TH 2 :Nếu
30  x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x





0)1()(
0)1()(
gxg
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

 5 5 5
4
x y z

Đặt 5
x
= 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
 
  
  

( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
 
  
 
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
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) .

  

ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó:
( 4;3)AB BN B  
.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'A BC
.
- 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:

.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC   0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu
VIIA

1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u

// d
2

0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n

= ( 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

 
 
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 

 
 

I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
 
 
 
 
0,25đ


2

z
z
z
z (2)

0.25đ

Đặt t=z-
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

02)31(2
2
311
2


 ziz
i
z
z
(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


,z=
2
1
4
)3()31( 

 iii

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1i
; z=
2
1 i 0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I

d
1
H

A






2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1


Suy ra M( 3; 0)
0,25đ

Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22



Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 
. Lại có:
2MDMA  0,25đ

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


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

Do






2

u

( 1; - 1; 2)
và
2
u

( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)

D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2

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

1
3
' 0
t
t

 





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


www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
16
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
     
     
     

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

1004
2A  .
+ Ta có:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) ...x C xC x C x C     

Cho x=-1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
... ...C C C C C C      

Cho x=1 ta có:
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


2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


2. Giải phương trình
2 2
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

2 3 1
x y z  
 
, d
2
:
2 2
1 5 2
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





 



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

 




2
2
2
x k
x m


 

  



 


 
,k m 

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


2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

  



   



0.25

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

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

0.25
Ta có:


3
3 6ln
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
.
3 12
AMN
V S DH xy 

0.25
D
A
BC
H
M
N
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
19
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .x y xy 0.25
V

1.0

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

 
 
0;1

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

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
2
> 0) lần lượt là VTPT của các

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




- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
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


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

(n – 3)(n + 9) = 3
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

0.25

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)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
21
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

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

0.25
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

 
  
 

    


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


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

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

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
22

ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3


.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
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.

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
3 1y x x  

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) Ý 2

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

KL:
0,25 đ

Khi x = 2y 
1y   
2
1
x
y


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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
24

Xét
44
( ) 1f t t t  
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t
f t

  
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
(1,0 đ)

   
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2

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
Đặt AB = a
 
2
2 2
2 ;
2 2
ABC

(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
   
  
   
   
.
0,50đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
25

Đặt
4

   
   
.
0,25 đ
TXĐ:
 
0;D    ;
1
' ln
x
y x
x

 
.
0,25 đ
y’= 0
1x 
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x

 
là HSĐB
0,50 đ
Ý 2
(1,0 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
 
  
 
 

 
 
   
 
 
.
0,50 đ
Câu Vb
(1,0 đ)

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 Suy ra x t    
.
0,25 đ
Giới hạn trở thành:
 
 
0
ln 1
lim
2
t
t
t t




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
1
x
y
x



.
1). Khảo sát và vẽ đồ thị
 
C
của hàm số trên.
2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN 

(sin cos )
x x
I dx
x 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) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10 1).12(48
22
 xxmx
.
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  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD:

1 0x y  
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t

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
y
x 



1
2
và d’ :
1
5
3
2
2



 z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d’ một góc
0

( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
   
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y   

www.VNMATH.com