LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 1
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 1
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số

9
(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
.
Câu 4.(1,0 điểm)
Tính tích phân:
1
3
3
4
1
3
8 8
2
x x
I dx
x
−
=
∫

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − =
và
mặt phẳng
( )
α
có phương trình
2 2 17 0x y z+ − + =
. Viết phương trình mặt phẳng
( )
β
song
song với mặt phẳng
( )
α
và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng
6
π
.
Câu 8.1,0 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x

+ +
+
+ + +
3
x
y
f
x
( )
=
x+2
x-1
1
4
-2
-2
O
1
2
3
5/2
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:
2
1
x
y
x
+

−
=
−
;
' 0 1y x< ∀ ≠
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:
NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cận
(1;1)I
làm tâm đối xứng.
2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1)
Giả sử
0 0
( ; )M x y
(
0
1x ≠
) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến
( )
∆

là
0
0
2
0 0
2
3
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
+
= − − +
− −
(1)
Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1
- Cho x = 1, thay vào (1) ta có
0 0 0 0 0 0
0
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 3 3 2 2 5 5
3 3
(1 ) nên (1; )
( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1
x x x x x x
y x B
x x x x x x x x
+ − + + + +

0
2
0 0
5
36
(2 2) 1 4( 1)
1 ( 1)
x
AB x x
x x
 
+
= − + − = − +
 ÷
− −
 
Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm
2
0
2
0
36
4( 1) ;
( 1)
x
x
−
−
ta có
2 2

hoặc
(1 3;1 3)M − −
Vậy
(1 3;1 3)M + +
hoặc
(1 3;1 3)M − −
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình
( )
2
sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
ĐK:
cos 0
cos2 0
x
x
≠


≠

Khi đó
2
2
sin 2 sin
sin 3 cos .cos 2
os2x os
x x
PT x x x
c c x
 


 

= = ⇔


sin 0 , ( )x x k k Z tmdk
π
= ⇔ = ∈
.
Vậy nghiệm của PT đã cho là
,x k k
π
= ∈Z
;
Câu 3.(1,0 điểm)
a. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:
0 1 2 3
2 3 4 ( 1) 512( 2)
n
n n n n n
C C C C n C n+ + + + + + = +
Xét
0 1 2 2 3 1
( 1)
n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+
+ = + + + +

(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
.
Điều kiện xác định
2 2
( 5 6) 0
1 3
1 0
2
3 0
x x
x
x
x
x

− + >
< <



x x x x x x
x x x x

− + = − + −
− + −
⇔ − + = ⇔ − + − > ∀ < <

− + = − +

3
5
3
x
x
=


⇔

=

. Kết hợp với điều kiện xác định ta có
5
3
x =
.
Vậy nghiệm của phương trình là:
5
3
x =

dx
x
dtt
x
t
x
t
3
2
2
3
3
2
2
31
1
1
1 −
=⇔−=⇔−=
dtt
x
dx
2
3
2
3
−=⇒
Khi đó:
dt
t

3
=
∫
== tdt
t
I
Câu 5.(1,0 điểm):
Vì hình hộp đứng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có
đáy là hai hình chữ nhật ABCD,
' ' ' 'A B C D
nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ.
Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ
, ' ' ' ' '; ' ' 5O AC BD O A C B D CA C A a⇒ = ∩ = ∩ = =
Do
AA'
DA AB
DA
⊥


⊥


( ' ')AD ABB A⇒ ⊥
nên AB’ là hình chiếu của B’D trên
( )
' 'ABB A
Suy ra góc giữa đường thẳng

⇔ BF + AF = 14 (2)
6
Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB
Do đó P ⇔ AB =
Mặt khác
Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = 0 (4)
Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = 6 ⇔ x - x= 5 (5) nên AB = ≥ 5
Yêu cầu bài toán ⇔ AB = 5 ⇔ y = y
Do đó (4) ⇔ (x - x)(x + x) = 0 ⇔ x + x = 0 (6)
Giải (5) và (6) ta được ⇒ y = y = ±
Kết luận A(; ± ), B(; ± ) là các điểm cần tìm.
Câu 7.(1,0 điểm):
Ta có (S):
2 2 2 2 2 2
2 4 6 11 0 ( 1) ( 2) ( 3) 25x y z x y z x y z+ + − + − − = ⇔ − + + + − =
nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5.
Do
( )
β
song song với mặt phẳng
( )
α
:
2 2 17 0x y z+ − + =
nên phương trình mặt phẳng
( )
β
có
dạng:
2 2 0 ( 17)x y z d d+ − + = ≠

17( )
5
4
7( / )
3
d loai
d
d t m
=
−

= ⇔

= −


Vậy phương trình
( )
β
là
2 2 7 0 x y z+ − − =
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2
2
( 1) 3 0 (1)
5
( ) 1 0 (2)
x x y
x y
x

Thay vào (2) ta có
4 2
4 5
1 0
x x
− + =
ta có
2
2
1
1
1 1
4
x
x

=



=



1
2
x
x
±


( ) 1
x y
x
x y
x

+ − = −




+ − = −


. Đặt
2
1
(b>0)
x y a
b
x
+ =



=


ta có hệ
2 2

y = −
.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (2 ;
3
2
−
)
Câu 9.(1,0 điểm) Đặt
5
, , 0
5
1 1 1
, , 0
1
5
x
y
z
a
a b c
ab bc ca abc
b
a b c
a b c
c

=
>

+ + =

3 3 3
a b c
VT
a b a c b c b a c a c b
⇒ = + +
+ + + + + +
Ta có:
( ) ( )
3 3
3
3
3
8 8 64 4
a a b a c a
a
a b a c
+ +
+ + ≥ =
+ +
Tương tự:
( ) ( )
3
3
8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +

(1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2−=m
.
b) Tìm
0>m
để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là
CTCĐ
yy ,
thỏa
mãn :
42 =+
CTCĐ
yy
.
8
Câu 2.(1,0 điểm).
Giải phương trình
.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++
Câu 3.(1,0 điểm).
Tính tích phân :
.d
7233
6ln
0
∫
+++
= x

và
2
1
11
2
:
2
−
+
=
−
=
− zyx
d
.
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
1
),0;2;1( dM ⊥−
và tạo với
2
d
góc
.60
0
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi

)(ABCD
bằng
.45
0

Tính theo a thể tích khối chóp
SABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BDSA,
.
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2 4 4 4
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + = − +


Câu 9.(1,0 điểm).
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn
.3
222
yzyx ≤++


−∞→
y
x
lim
và
.lim +∞=
+∞→
y
x

b) Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
;9123'
2
++= xxy
9
.130';
1
3
0';
1
3
0' −<<−⇔<



−>
−<
⇔>


, y=-1
Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn
* Bảng biến thiên:

c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Ta có
.),1(3)2(33'
2
∈∀−−−−= xmxmxy



−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy
với
0
>
m
thì

0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2
22
=−+−−⇔=+−+− mmmmm
m
2
1 33
( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = =
Đối chiếu với yêu cầu
0
>
m
ta có giá trị của m là
.
2
331
,1
+−
== mm
Câu 2.(1,0 điểm)
Điều kiện:
,0cos ≠x

k
x
x k
π
π
π
π

=
= +



⇔ ⇔ ∈


= −

= ± +



¢
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
∈+±=+= kkxkx ,
3
,
4
π
π

−
1
−
Đặt
.3 te
x
=+

Khi đó
.d23
2
ttdxete
xx
=⇒−=
Khi
,20 =⇒= tx
khi
.36ln
=⇒=
tx

Suy ra
∫∫
++
=
+−+
=
3
2
2

2
d
12
1
1t
1
2d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t
.
63
80
ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2
2
3
2
3
=−−−=+−+= tt
Vậy:
80
ln
63
I =
Câu 4.(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là
.60345

1
60
1
60
1
36
1
36
=






+






=+=+=∪
CC
CC
CC
CC
BPAPBAP
Suy ra xác suất cần tính là
.

a b c
d a b c a b c
a b c
− −
∆ = ⇔ = = ⇔ − − = + +
+ + + +
Từ (1) có
cab +=
thay vào (2) ta được
( )
02)(318
222222
=−+⇔+++= cacaccaac



−=−=
==
⇔
.,2
2,
cbca
cbca
Với
,2, cbca ==
chọn
)1;2;1(1 =⇒=
∆
uc
ta có

∆
zyx
Câu 6.(1,0 điểm)
),8;(8:
1
bbBxydB −⇒−=∈
).;32(32:
2
ddDyxdD −⇒−=∈

)8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD

và trung điểm BD là
.
2
8
;
2
32






++−−+ dbdb
I
Theo tính chất hình thoi



b
db
db
ACI
BDu
ACI
ACBD
AC
Suy ra
.
2
9
;
2
1
)1;1(
)8;0(






−⇒



−
I
D

=
=
⇔=






−⇔=






−+






+−⇒
)ktm()6;11(
)3;10(
6
3
4
9

· ·
0 0 0
3
120 60 sin 60
2
a
ABC CBK CK CB= ⇒ = ⇒ = =
.
2
3
45tan
0
a
CKSC ==⇒
(1)

.
2
33
120sin.
2
0
a
BCABS
ABCD
==
(2)
Từ (1) và (2)
.
4

Suy ra
.
10
53
),(
a
BDSAd =
Câu 8.(1,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương :
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y
= +

uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


.
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =

Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v).
Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)

.
12
S
D
A
B
K
C
O
I
Áp dụng (*) ta được :
2
2
2
)3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
z
y

≥
zyx
z
y
x

.1
)106(
4.64
2
=
+
≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1,2,1 === zyx

Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng 1, đạt khi
1,2,1 === zyx
.
ĐỀ SỐ 3
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số :
3
3 2y x mx= − +

( )
1
,

x x x
− −
=
+
2) Tính giới hạn :
3 2
2
2
6 4
lim
4
x
x x
L
x
→
− − +
=
−

Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014
1 2 3 2015
C C C C
T = + + + +L
Câu 4.(1,0 điểm) :
Tính tích phân
2

sao cho
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Câu 6.(1,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0),
S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.
Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S .
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
có độ dài cạnh bằng
3
và điểm
M
thuộc cạnh
1
, 2CC CM =
.Mặt phẳng
( )
α
đi qua
,A M
và song somg với
BD
chia khối lập
phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
( )

1m
=
hàm số (1) có dạng
3
3 2y x x= − +
a) Tập xác định
D
=
¡
+) Giới hạn:
3 3
2 3 2 3
3 2 3 2
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
   
= − + = −∞ = − + = +∞
 ÷  ÷
   

b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
2
' 3 3y x= −
,
' 0 1y x
= ⇔ = ±

1, 0
CT
x y
= =
+) Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 1
+∞
y'+
0
−
0
+

y

4
+∞

−∞
0
'' 0 6 0 0y x x
= ⇔ = ⇔ = ⇒
đồ thị hàm số nhận điểm
( )
0;2

2
1;1n =
r
Ta có
( )
1 2
1 2
2
1 2
1
1
cos cos ,
26
2 1
n n k
n n
n n
k
× −
α = = ⇔ =
+
r r
r r
r r
2
3 2
12 26 12 0
2 3
k k k k⇔ − + = ⇔ = ∨ =
YCBT thoả mãn

m

≥ −



≥ −


1
2
m⇔ ≥ −
Vậy để đồ thị có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =
góc
α
,có
1
cos
26
α =
.thì
1
2
m ≥ −
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình :
4
3 4cos 2 8sin 1
sin 2 cos2 sin 2

≠


Z
ta có:
2
4
1 cos 2
8sin 8 3 4cos2 cos 4
2
x
x x x
−
 
= = − +
 ÷
 
Phương trình
( )
3 4cos 2 3 4cos2 cos 4
1
sin 2 cos 2 sin 2
x x x
x x x
− − − +
⇔ =
+
( )
cos4 1
sin 2 cos2 0,sin 2 0

4 2
x k k
π π
= + ∈Z
2,Tính giới hạn :
3 2
2
2
6 4
lim
4
x
x x
L
x
→
− − +
=
−

Giải:
3 2 3 2
2 2 2
2 2 2
6 2 2 4 6 2 4 2
lim lim lim
4 4 4
x x x
x x x x
L

( )
( )
( )
2
2 2
2 23
3
1 1
lim lim
2 6 2
4 2 4 4
x x
x x
x x
→ →
−
= −
+ − +
+ + + +
1 1 7
16 12 48
= − − = −
Vậy L=
7
48
−
Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014

( )
( )
2015
2015
1 2 2015 0
2015 2015 2015 2015
1 1 2 1
1 1
2015 2015 2015
T C C C C
−
 
⇒ = + + + = + − =
 
L
Vậy:
2015
2 1
2015
T
−
=
Cách 2: Xét tích phân:
( )
( )
1 1
2014
0 1 2 2 2014 2014
2014 2014 2014 2014
0 0

1
1
1 | 2 1
2015 2015
x
x dx
+
+ = = −
∫
Vậy:
2015
2 1
2015
T
−
=
Câu 4.(1,0 điểm): Tính tích phân
2
0
cos2x
sinx sinx dx
1 3cos x
π
 
+
 ÷
+
 
∫
Ta có I=

 ÷
 
∫ ∫
2 2
2
2
0 0
0
1 1 1
sin xdx 1 cos2x dx x sin 2x
2 2 2 4
.
16
Tính B=
π
+
∫
2
0
cos 2x.sin x
dx
1 3 cos x
• Đặt
−
= + ⇒ =
2
t 1
t 1 3cos x cos x
3
;

2
2
2
4 2 5 3
0 1
1
cos 2x.sin x 2 2 2 4 118
dx 2t 4t 7 dt t t 7t .
27 27 5 3 405
1 3 cos x

Vậy
π
= −
118
I .
4 405
Câu 5.(1,0 điểm): Ta có
2IA
= ⇒
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có pt:
( )
2
2
1 4x y+ + =
Toạ độ các điểm
,B C
cần tìm là nghiệm của hệ pt:

x y
x x
x x

+ + =

+ + =
 
⇔
 
= − ∨ = −
+ + =




• Nếu
3 0x y B A C A= − ⇒ = ⇒ ≡ ∨ ≡
(loại)
• Nếu
3 4 6 3 4 6 3 4 6
; , ;
5 5 5 5 5 5
x y B C
   
= − ⇒ = ± ⇒ − ± −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
m

2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
Câu 7(1,0 điểm) :
Gọi
1 1 1 1 1
, ,O AC BD O AC B D I AM OO= ∩ = ∩ = ∩
. Trong mặt phẳng
( )
1 1
BDD B
qua
I
kẻ đường
thẳng song song với
BD
cắt
1 1
,BB DD
lần lượt tại
,K N
.Khi đó
AKMN
là thiết diện cần dựng.
A
1
D
1

B

Suy ra:
( )
3
.
.
1 1 3 9
. .
3 3 2 6 2
A BCMK BCMK
BC BK CM
V AB S AB
+
= = = =
.
Tương tự
.
9
2
A DCMN
V =
.
Vậy
3
1 2
9 9
9 3 9 18
2 2
V V= + = ⇒ = − =
(đvtt)
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:




Thay
( )
**
vào
( )
*
ta được:
( )
( )
3 2 2 3 3 2 2
5 4 0 21 5 4 0x y x y x y x x y xy+ − − − = ⇔ − − =

( )
2 2
1 4
21 5 4 0 0
3 7
x x xy y x x y x y⇔ − − = ⇔ = ∨ = − ∨ =
•
0x =
thế vào
( )
**
ta được
2
4 2y y= ⇔ = ±
•

**
ta được
2
2 2
80 31
4 4
49 49
y
y y− = ⇔ − =
Vô nghiệm
Vậy hệ phương trình đó cho có 4 nghiệm là:
( ) ( ) ( ) ( )
; 0; 2 , 1; 3 , 1;3x y = ± − −
Câu 9.(1,0 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x
   
 
≤ + + ≤ + + = + −
 
   
   
Xét hàm số
( )

=

⇔

= ±

( )
( ) ( )
3 3, 0 2 6, 1 5f f f± = = ± =
( )
2
3; 3
max 5 18.5 90 3 10f x F F
 
−
 
⇒ = ⇒ ≤ = ⇒ ≤

dấu bằng khi
1x y z= = =
.
Vậy
max 3 10 1F x y z= ⇔ = = =
18
ĐỀ SỐ 4
Câu 1.(2.0 điểm)
Cho hàm số
4 2
2( 1) 2 1= − + + −y x m x m
có đồ thị là

.
Câu 2.(1.0 điểm)
1. Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ;
π
].
2. Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
Câu 3.(1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
1
x
x
x e dx
x
 

14
.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +


Câu 9.(1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
LỜI GIẢI
19
Câu 1.(2.0 điểm) :
1. (1,0 điểm)
Khi
2m =
, ta có hàm số
4 2
6 3y x x= − +

- Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( 3;0)−
và
( 3; )+∞
.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 3)−∞ −
và
(0; 3)
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
§
0, 3
C
x y= =
; đạt cực tiểu tại
3, 6
CT
x y= ± = −
.
- Bảng biến thiên
x
−∞

3−
0
3

+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +

2
' 1 0,m m∆ = + > ∀
nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu.
Điều đó tương đương với:
0 0ac m< ⇔ <
.
Khi đó (2) có hai nghiệm:
2 2
1 2
1 1 0 1 1t m m t m m= + − + < < = + + +
Tọa độ của
2 2 2
( ; 1), ( ; 1) 2A t B t AB t− − − ⇒ =
Ta có
∆ ∆
= ⇔ =
2 2
1
( , ). 4
2
IAB IAB
S d I d AB AB S
với
( )
, 3 1 4d I d = + =
⇔ = − ⇔ + = − −
2
2
16 16(2 2) 1 1 2t m m

m
m m
20
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn
Câu 2.(1.0đ)
1.(0,5 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 3x=x- 2 ,3 2
6 6 6
c c k x x k
π π π
π π

x x
+
+ −
⇔ >
+ −
3
log ( 1)
0
6
x
x
+
⇔ <
−

0 6x
⇔ < <
Câu 3.(1,0 điểm)
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x

ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
Đặt t =
4
x

4 3
4x t dx t dt⇒ = ⇒ =


Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm.
Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng
8 6,4
8
0,2
−
=
câu trở lên trong tổng số 10
câu còn lại. Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu.
Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là
10
( ) 4n Ω =
.
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu.
- Chọn sai 0 câu có số cách:
0 0
10
3 .C

- Chọn sai 1 câu có số cách:
1 1
10
3 .C
- Chọn sai 2 câu có số cách:
2 2
10
3 .C

Vậy: Xác suất cần tính là
0 0 1 1 2 2

B
M
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( ), 2( ), 2( )x a c b y b c a z a b c= + − = + − = + −
Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + −

Câu 6.(1,0 điểm)
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC.
Phương trình DK là 3x - y - 24 = 0
⇒ Tọa độ K thỏa hệ phương trình: ⇔ ⇒ K(; )
Gọi I = MN ∩ CD. Ta có ACIM là hình bình hành ⇒ CI = AM
Theo định lý Thales thuận ta có: = = ⇒ = ⇒ H(; )
Đường thẳng AC qua H và AC // MN ⇒ AC: x + 3y - 10 = 0.
C ∈ AC ⇒ C(10 - 3c; c)
Trong ∆ACD ⊥ D có + = ⇔ + = ⇔ CD = 18
Do đó: (10 - 3c - 7) + (c + 3) = 18 ⇔ 10c - 12c = 0 ⇔
Câu 7.(1,0 điểm)
Chọn
(2;3; 3), (6;5; 2)A B d− − ∈
. Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P).
Gọi
1
d

z t
= +


= −


= − +

Khi đó
∆
là đường thẳng đi qua một điểm M trên
1
d
và song song với d.
Gọi
(2 3 ;3 9 ; 3 6 )M t t t+ − − +
, ta có
2 2 2
1
14 9 81 36 14
3
AM t t t t= ⇔ + + = ⇔ = ±
.
+ Với
1
3
t =
thì
(3;0; 1)M −

3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − + − +
 
 

3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
− −
− −

− + =


3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


=


3
2
0
log 4
x
x
=


⇔
=



− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
.
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
ĐỀ SỐ 5
23
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số: (1)

os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
2. Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên k, n
(0 2015)k n≤ ≤ −
ta có:
0 1 1 2 2 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015

k k k k k
n n n n n
C C C C C C C C C
+ + + +
+
+ + + + =

Câu 4.(1,0 điểm):
Tìm môđun của số phức z, biết rằng + (4 – 3i) = 26 + 6i.
Câu 5.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với mặt phẳng
(ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC)
bằng 45
0
. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).

1 1
2 2 2
lim , lim , lim 1
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
+ −
→±∞
→ →
+ + +
= +∞ = −∞ =
− − −

Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng khi
1 , 1x x
− +
→ →

Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang khi
x → ±∞

2
3
' 0,
( 1)
y x D
x
= − < ∀ ∈

= +


Hàm số đã cho trở thành
1 2 3
1
1 1
X
Y Y
X X
+ +
+ = ⇔ =
+ −

Đường thẳng y = - x + 2 trở thành 1+Y = - (1 + X) + 2
⇔
Y = - X.
Trong hệ trục IXY mỗi M(X; Y)
∈
(C)
3
Y
X
⇔ =
, với
0X ≠
và hiển nhiên
0Y
≠
.

x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷
 
2
2 2
1
1 sin 2
1 1 1
2
1 sin 2 sin 2 1
sin 2 2sin 2 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =

sin 2 1 2 ,
2
x x k k
π
π
⇔ = ± ⇔ = + ∈Z

,
4 2

-2
-2
O
1
2
3
5/2