BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014
Môn: Toán. Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
(1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua
M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
.
2) Giải phương trình lượng giác:
4 4
4
sin 2 os 2

2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính
đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
= 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz.
Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ;0)
2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
2
3 2
2010
2009

x x
−
= = −
+ +
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x
y y y y
+ −
→+∞ →−∞
→ − → −
= = = −∞ = +∞
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
( )
2
3
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
+) BBT:
x -
∞
- 1

−
∈ ⇒ − ⇒ = =
+ − +
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
( )
0
2
0
3
'( )
1
M
k y x
x
= =
+
+)
. 9
M IM
ycbt k k⇔ = −
+) Giải được x
0
= 0; x
0
= -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2;
5)
1
điểm
II.1
+) ĐK:

− − − +
 
= =
 
 
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và
1 3
2
x
− −
=

1
điểm
II.2 1
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 5 10
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
π π
≠ + ∈
4 4 2 2

x k k Z
π
= ∈
điểm
III
3 3
2 2
2 2
0 0
3
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim
ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1
lim lim
(1 ) 1 1
2sin 2sin
2sin 2sin
1 5
2
3 3
x x
x x

cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
SAB.
Ta có:
2 2
1
( ). .
2
.2
2( )
SAB C C
C
S pr l r r SM AB
l r r l r
r r
l r l r
= = + =
− −
⇒ = =
+ +
+) S
cầu
=
2 2
4 4
C
l r
r r
l r
π π
−


− + −

+ = = ⇔
+
−
=


+) BBT:
r
0
5 1
2
l
−

l
y'(r)
y(r) y
max
+) Ta có max S
cầu
đạt
⇔
y(r) đạt max
⇔
5 1
2
r l

= + + + + − − −
 
+ + − + +
= + + + + +
 
 
   
− + + + +
= + + + = + + +
   
   
+) Đặt x +y + z = t,
6( cov )t Bunhia xki≤
, ta được:
3
1
( ) 3
2
P t t t= −
+)
'( ) 0 2P t t= ⇔ = ±
, P(
6±
) = 0;
( 2) 2 2P
− = −
;
( 2) 2 2P
=
+) KL:

2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y
y
 =




=
− + =
 

⇔ ⇒ −


= −


− + =



=


2009 2009
log ( 2010) log ( 2010)x x y y
+ + = + +
+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0f t t t t
= + + ≥
đồng biến,
từ đó suy ra x
2
= y
2
⇔ x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x +2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
t t
   
+ =
 ÷  ÷
   
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log

2. Giải hệ phương trình:
2
5 3
x y x y y
x y

+ + − =


+ =


(x, y∈ R)
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
x
y e= +
,trục
hoành, x = ln3 và x = ln8.
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo
AC =
2 3a
, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
,
tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V: (1 điểm) Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z− − +
= =
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc
của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤
2
B. Theo chương trình Nâng cao
Đề thi thử lần 1
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x -
y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2).
Viết phương trình cạnh BC.
3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; - 1) và (- 1 ; + ∞).
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,25
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:
2 2 2 2
lim 2 ; lim 2
1 1
x x

x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
1 1
2 2 2 2
lim ; lim
1 1
x x

x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +

+ m) , B(x
2
; 2x
2
+ m. Ta có x
1
, x
2
là 2 nghiệm của PT(1).
Theo ĐL Viét ta có
1 2
1 2
2
2
2
m
x x
m
x x

+ = −



+

=


.

PT ⇔ cos2x + cos8x + sinx = cos8x
0,25
⇔ 1- 2sin
2
x + sinx = 0
0,25
⇔ sinx = 1 v
1
sin
2
x = −

0,25
⇔
7
2 ; 2 ; 2 ,( )
2 6 6
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = − + = + ∈

0,25
II-2
(1 điểm)
ĐK: x + y ≥ 0 , x - y ≥ 0, y ≥ 0
0,25
PT(1) ⇔
2 2 2 2
2 2 4 2x x y y x y y x+ − = ⇔ − = −

0,25
III
(1 điểm)
Diện tích
ln8
ln3
1
x
S e dx= +
∫
; Đặt
2 2
1 1 1
x x x
t e t e e t= + ⇔ = + ⇒ = −
0,25
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = e
x
dx ⇔
2
2
1
t
dx dt
t
=
−
0,25
Do đó
3 3

 ÷
+
 
 
(đvdt)
0,25
IV
(1 điểm)
Từ giả thiết AC =
2 3a
; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm
O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a ,
do đó

0
60A DB =
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
0,25
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB
ta có
DH AB⊥
và DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2

Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
0,25
0,25
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
V
(1 điểm)
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)
2
ta có
2
4
t

t
t
t
−
− −
≥ =
−
− +
0,25
Xét hàm số
2 2
2
4
( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t t
f t f t
t t
−
= =
− −
f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4.
t
2 4 +∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞
8
0,25
Do đó min P =

∆ = =
+ +
0,25
2
2 2
2
2
(5 ) 20
25
16
16
m
AH IA IH
m
m
= − = − =
+
+
0,25
Diện tích tam giác IAB là
12 2 12S
IAB IAH
S
∆ ∆
= ⇔ =
⇔
2
3
( , ). 12 25 | | 3( 16)
16

= =
−
0,25
VII.a
(1 điểm)
Điều kiện: x> 0 ; BPT ⇔
2
2 2
4log 2log
2 20 0
x x
x+ − ≤
0,25
Đặt
2
logt x=
. Khi đó
2
t
x =
.
BPT trở thành
2 2
2 2
4 2 20 0
t t
+ − ≤
. Đặt y =
2
2

VI.b- 1
(1 điểm)
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y
=


+ =

⇔ A(3; 1)
0,25
Gọi B(b; b- 2) ∈ AB, C(5- 2c; c) ∈ AC
0,25
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
+ + − =


+ − + =

⇔
5
2
b

| 5 |
4
( ;( )) 4 (2)

n u a b c
P
a b
d A P
a b c

= + + =
∆


⇔
+
 
=
=


+ +

 
0,25
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − =
⇔
4 2

z a bi a b
−
= − = =
+ +
0,25
Khi đó phương trình
2 2
25 25( )
8 6 8 6
a bi
z i a bi i
z a b
−
+ = − ⇔ − + = −
+
0,25
⇔
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)
( 25) 6( )

a a b a b
b a b a b

+ + = +


+ + = +

1. Khảo sát và vẽ
( )
C .
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
C
, biết tiếp tuyến đi qua điểm
( )
A 6;5 .−
Câu II:
1. Giải phương trình:
cosx cos3x 1 2sin 2x
4
π
 
+ = + +
 ÷
 
.
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2 3
x y 1
x y 2xy y 2

+ =


+ + =


1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
Câu VI:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5− −
và đường thẳng
d :3x y 5 0− − =
. Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng
nhau.
2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
= − +

− +

= = = +

−

=

Câu VII:

4
y' 0 x 2
x 2
= − < ∀ ≠
−
c) Đồ thị :
-) Đồ thị cắt Ox tại
( )
2;0−
, cắt Oy tại
( )
0; 1−
, nhận
( )
I 2;1
là tâm đối xứng.
2. Phương trình đường thẳng đi qua
( )
A 6;5−
là
( ) ( )
d : y k x 6 5= + +
.
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )

x 6;k
x 2
4
x 2
+

+

− × + + =
+ + =


−
−
−
 
⇔
 
 
= −
= −
−
 
−




− =
− + + − = + −

1. cosx cos3x 1 2sin 2x
4
2cosx cos2x 1 sin 2x cos2x
2cos x 2sin x cos x 2cos x cos2x 0
cos x cosx sinx cos2x 0
cos x cosx sinx 1 sinx cosx 0
x k
2
cosx 0
cosx sinx 0 x k
4
1 sinx cosx 0
sin x
4
π
 
+ = + +
 ÷
 
⇔ = + +
⇔ + − =
⇔ + − =
⇔ + + − =
π
= + π
=

π

⇔ + = ⇔ = − + π



= −


π

= + π

π

= + π


π


= − + π

π

⇔ ⇔ = − + π
 
π π
 
− = − + π
= π
 
 
π π

y x
y x
x y
1 3
x y 1
2x
x x
x y 1
2
x 2, y 2
y
x
x 2, y 2
x 3
2x
2 x

   

+ =
− + − = −

 ÷  ÷

 
   
⇔
 
 
+ =

= =


+ =



= = −

⇔ ⇔


= = −
= −




= − =


− =









= = =
+ + + +
+ +
= =
   
 
+ + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
∫ ∫ ∫
∫ ∫
Đặt
2
3 3 dy
u tan y, y ; du
2 2 2 2 cos y
π π
 
= ∈ − ⇒ = ×
 ÷
 
( )
3 3
2 2
6 6
1 3
u y ;u y
2 6 2 3

2 2 2
2 2 2
2
2
SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
sin sin sin
tan 1
SI MI.tan
sin cos
1 4 1 4
V
3 sin cos 3.sin .cos
sin sin 2cos 2
sin .sin .2cos
3 3
1
sin .cos
3
V min sin .cos max
s
= α = = =
⇒ = = ⇒ = =
α α α
α
= α = =
α α
⇒ = × × =

ab a b c
+ = + − + ≥ +
⇒ + + ≥ + + = + + = + +
⇒ ≤ =
+ +
+ +
+ +
Tương tự suy ra
OK!
Câu VI:
1. Giả sử
( )
M x;y d 3x y 5 0.∈ ⇔ − − =
N
M
I
D
A
B
C
S
H
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
AB
CD
MAB MCD
AB 5,CD 17
AB 3;4 n 4;3 PT AB: 4x 3y 4 0

( )
1 2
7
M ;2 ,M 9; 32
3
3x y 5 0
5x y 13 0




 

⇒ − −
 ÷

− − =
 



− + =



2. Gọi
( ) ( )
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t ';1 t';3∈ ⇒ − − + ∈ ⇒ − + +
( )


− + + =

⇔ ⇔ = =

− + − =

⇒ − −
− +
⇒ = =
−

 
 

Câu VII:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1 2 3 4 2011
= − + − + +
Ta có:
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )

2 1 2 C
4022 2011
+
+
− −
− = =
+ − + + −
−
= × = − × −
+ − −
 
⇒ = − × − + − + + −
 
 
= − × − + − − =
 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014
Môn: Toán. Khối A.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
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
( )

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
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của
AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng
với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2


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
−>− xxx
…… HẾT
Đề thi thử lần 1
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2

21 ≤+m
⇔
1≤m
0,25
0,25
Câu II
a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx
1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên
ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2

2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm
∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5
=
,
Zt

m
x +=
(
37 +≠ lm
) trong đó
Zltm ∈,,
0,25
b
)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
1 điểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành



+



+−
∈
7
602
;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm

+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
∫




+
−




+
−
2
1
2

uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=

Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:




A
B
C
C’
B’
A
’
H
O
M
Xột 2 tam giỏc ng dng AAO v AMH, ta cú:
AH
HM
AO
OA
=
'

suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A

;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=+++=
*Trc ht ta chng minh:
),,(),,( ttafcbaf
:Tht vy
Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi thit
cba


33
=++
cbaa
hay a
1

= ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
++++++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb ++
=


)(
2
)(3
cba
cb


=
0
2
))(23(
2

cba
do a
1

0,5
*Bõy gi ta ch cn chng minh:
0),,( ttaf
vi a+2t=3
Ta cú
134)(3),,(
2222
+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
+++ ttttt
=

xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
Măt khác
xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22

tf
0.25
Do hµm sè liªn tôc trªn
[ ]
1;
3
1
−
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña
)
3
1
(
−
f
,
)26( −f
,
)1(f
cho ra kÕt qu¶:
626)26( −=−= fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min =−= fP
0.25
Câu VIa 1 điểm

=
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
b) 1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=00.25
*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
;

C.
1 điểm
PT
⇔
⇔=+−+
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=−++
zzzz
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−− tt
0,25





Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
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⇔ = − ∨ =



⊥


 
 
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
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− + − + + =
0,25
CâuVII

x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x

TH 2 :Nếu
30 << x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(



=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf

Bpt cú nghim
10
<<
x
Vy Bpt cú nghim



<<
>
10
4
x
x
0,25
Chỳ ý:Cỏc cỏch gii khỏc cho kt qu ỳng vn c im ti a.
Trờng Lơng thế Vinh Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180)
Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
12

2
2
4
dx
x
x
I
.
CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau
và
aCDBCAB ===
. Gọi C và D lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính
thể tích tích tứ diện ABC D .
CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

CBAAS 2cos2coscos23cos
+++=
.

Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( BA
, đỉnh C nằm trên đ-
ờng thẳng
04 =x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng
0632 =+ yx
.

n
n
nnnn
CnCCCCS )1()1(432
3210
++++=
Phần B.
CÂU 6B. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)2;1(,)1;2( BA
, trọng tâm G của
tam giác nằm trên đờng thẳng
02 =+ yx
. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác
ABC bằng 13,5 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng
trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2

+
=
+

=
xx
x
y
,
2
)1(
3
'
+
=
x
y
,
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
=
x
, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;

+
+
hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=++ xyxxx
. Khoảng cách từ
)2;1(I
tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0
0
4
0
00
)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3

. Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi
( )
3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
0
2
0
==++=
+
xxx
x
.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31
+
M
hoặc
( )
32;31
+
M
CÂU 2.

ta có






==






=
4
sin
2
2
4
sin1cossin

xxx
, suy ra


kx 2
=
hoặc


13
236
023
2
2
2
xxm
x
xxxm
xx
Xét hàm số
13,38)(
2
<<+= xxxxf
ta có
82)(' = xxf
,
0)(' <xf
khi
4>x
, do đó
)(xf
nghịch biến trong khoảng
)1;3(
,
6)1(,18)3( == ff
. Vậy hệ phơng trình trên có
nghiệm duy nhất khi
186
<<

2
6
2
2
2
2
sin
cos4


dt
t
t
dx
x
x
I

==







2
6
2
6

.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =
. Vì BD là đờng cao của tam
giác vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, Vậy
3
'
a
AD =
. Ta có
12

1
2
aa
V
36
3
a
CÂU 5.
CBAAS 2cos2coscos23cos +++=
=
)cos()cos(2cos23cos CBCBAA +++
.

=
[ ]
)cos(1cos23cos CBAA +
.
Vì
0)cos(1,0cos > CBA
nên
AS 3cos
, dấu bằng xẩy ra khi
1)cos( = CB
hay
2
180
0
A
CB


+
=
. Điểm G nằm
trên đờng thẳng
0632 =+ yx
nên
0662 =+
C
y
, vậy
2=
C
y
, tức là
)2;4(=C
. Ta có
)1;3(,)4;3( == ACAB
, vậy
5=AB
,
10=AC
,
5. =ACAB
.
Diện tích tam giác ABC là
( )
2510.25
2
1


và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' u
nên có phơng trình:
0)2(2 =+ zyx
hay
022
=+
zyx
CÂU 7A. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx ++++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
++++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
1

22
2
22
+== ttABAGABAGS
=
2
32 t
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng
5,43:5,13 =
. Vậy
5,4
2
32
=
t
, suy ra
6=t
hoặc
3=t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
== GG
. Vì G là trọng
tâm tam giác ABC nên
)(3
BaGC
xxxx +=
và
)(3

.