30 đề thi thử và luyện thi đại học môn Toán có đáp án

 30 ĐỀ TH I THỬ VÀ 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC 
 2011
CÓ ĐÁP ÁN
 1 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG 2011 
 KHOA TOÁN-TIN MÔN:TOÁN- KHỐI A 
 ------------- (Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm ) 
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 
2 1
1
xy
x

 (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại 
M cắt các tiệm cận tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M 
thay đổi trên (C). 
Câu II: (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 
3 3sin .sin 3 os .cos3 1
8tan .tan
6 3
x x c x x
x x 
  
           
2. Giải phương trình 
   3 32 21 1 1 1 2 1x x x x           . 
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 
 
1
2
0
ln 1I x x x dx  
. 
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a  , 
3AA '
2
a
, góc 
BAD bằng 
060 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ 
vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a . 
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c thỏa mãn 
2 2 2 1a b c   , 
ta có: 
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
       
   . 
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
I. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm 
I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một 
cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d: 
14 5
4 1 2
x y z  
 . 
Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB 
bằng 16. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x2 trong khai triển: 
4
1
2
n
x
x
    , biết n là số nguyên 
dương thỏa mãn: 
1
 2 
2 3 1
0 1 22 2 2 65602 ...
2 3 1 1
n
n
n n n nC C C Cn n

    
  . 
II. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có 
phương trình 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của h?nh vuông. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 1 0x y z    và hai điểm 
A(1;-3;0), B(5;-1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất. 
Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình 
2
3 3
3 2
1 log log 0
2 , ( )
0
x y
m R
x y my
   
    . Tìm m để hệ có 
nghiệm. 
.........Hết......... 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:............................................................; Số báo danh:................... 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN 
 . 
Câu ? Đáp án Điểm 
I 1 1,0 
 TXĐ : D = R\ 1 . 
 Sự biến thiên: 
 y’ =  
2
1 0,
1
x D
x
   
 . 
 Hàm số nghịch biến trên:    ;1 à 1;v  
0,25 
 Giới hạn: 
lim lim 2
x x 
 
; tiệm cận ngang: y = 2 
 1 1
lim , lim
x x  
   
; tiệm cận đứng: x = 1 
0,25 
 Bảng biến thiên: 0,25 
 Đồ thị: 
 0,25 
2 1,0 
Gọi M(m; 
2 1
1
m
m

 ) 
Tiếp tuyến của (C) tại M:  
 2
1 2 1
11
my x m
mm
   
 
0,25 
2
 3 
A(1;
2
1
m
m  ), B(2m-1; 2) 
0,25 
IA = 
2 12 2
1 1
m
m m
 
  , IB = 2 2 2 1m m   
0,25 
1 . 2
2IAB
S IA IB  
. 
Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). 
0,25 
II 1 1,0 
Điều kiện: 6 2
kx   
Ta có 
tan . tan tan .cot 1
6 3 6 6
x x x x                               
0,25 
Phương trình tương đương với: 
3 3sin .sin 3 os .cos3x x c x x = 
1
8 
 
1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1. .
2 2 2 2 8
12 os2 os2 . os4
2
c x c x c x c x c x c x
c x c x c x
     
  
0,25 
3 1 1os os2
8 2
c x c x   
0,25 
 ai
6 ,
6
x k lo
k Z
x k
 
 
  
 
    . Vậy : 6
x k   
0,25 
2 1,0 
Đk: -1 1x  
Đặt u =  
31 x
, v = 
3(1 )x ; u,v 0 
Hệ thành: 
2 2
3 3
2
1 ( ) 2
u v
uv u v uv
  

    
0,25 
Ta có:
     
    
22 2
3 3 2 2
1 1 11 2 2 2
2 2 2
( ) 2
uv uv u v uv u v
u v u v u v vu u v uv
       
       
0,25 
2 2
2
2 2
2 21
22
u v
u
u v
     
  
0,25 
2
2
x 
0,25 
3
 4 
III 1,0 
Đặt 
 2 2
2
2 1
ln 1 1
2
xdu dxu x x x x
xdv xdx v
        
   
  12 3 22
0
1 1 22ln 1
2 2 10
x x xI x x dx
x x
   
  
0,25 
 
1
12 2 1
0 20
0
1 1 1 3ln 3 ln( 1)
2 2 4 4 1
3 3ln 3
4 4
dxx x x x
x x
J
     
 
 

0,25 
1
22
0 1 3
2 2
dxJ
x

         

. Đặt 
1 3 tan , ;
2 2 2 2
x t t         
3
6
2 3 3
3 9
J dx


 
0,25 
Vậy I = 
3 ln 3
4 - 
3
12

0,25 
IV 1,0 
Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’ M, N lần lượt là trung 
điểm của SD và SB 
AB = AD = a, góc BAD = 600  ABD đều  OA = 
3 , 3
2
a AC a
SA = 2AA’ = a
33, ' AA '
2
aCC  
0,25 
~ '
'
AO SA SAO ACC
AC CC
    
' ~ACC AIO  (I là giao điểm của AC’ và SO) 
'SO AC  (1) 
Mặt khác ( ' ') 'BD ACC A BD AC   (2) 
Từ (1) và (2)  đpcm 
0,25 
2
2
2 2
'
1 3 3
3 2 4
1 3 3
3 2 4 2 32
SABD
SA MN
aV a a
a a aV
 
     
0,25 
4
 5 
2
AA' '
7
32BDMN SABD SA MN
aV V V  
0,25 
V 1,0 
Do a, b, c > 0 và 
2 2 2 1a b c   nên a, b, c  0;1 
Ta có: 
 225 3 3
2 2 2
12
1
a aa a a a a
b c a
     
  
BĐT thành: 
     3 3 3 2 33a a b b c c         
0,25 
Xét hàm số    
3 , 0;1f x x x x    
Ta có:  
ax
0;1
M
 f x = 
2 3
9 
0,25 
 0,25 
      2 3
3
f a f b f c   
 đpcm 
Đẳng thức xảy ra 
1
3
a b c   
0,25 
VI.a 1 1,0 
I
9 3;
2 3
 
   , M  3;0 
0,25 
Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2 
. 12 2 2ABCDS AB AD AD    
AD qua M và vuông góc với d1  AD: x + y – 3 = 0 
0,25 
Lại có MA = MB = 2 
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:  
2 2
3 0 2
13 2
x y x
yx y
          hoặc 
4
1
x
y

   
0,25 
Chọn A(2 ; 1)      4; 1 7;2 à 5;4D C v B   0,25 
2 1,0 
Gọi H là trung điểm đoạn AB 8HA  0,25 
IH2 = 17 0,25 
IA2 = 81 9R  0,25 
       2 2 2: 1 1 1 81C x y z      0,25 
VII.a 1,0 
Ta có: 
 
22 3 1
0 1 2
0
2 2 22 ... 1
2 3 1
n
nn
n n n nC C C C x dxn

     
  
0,25 
5
 6 
1
13 1 6560 3 6561 7
1 1
n
n n
n n

     
  
0,25 
7 14 37
4
74
0
1 1
22
k
k
kx C xx
    

0,25 
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 
14 3 2 7
4
k k   
Vậy hệ số cần t?m là: 
21
4 
0,25 
VI.b 1 1,0 
Gọi A(-4; 8)  BD: 7x – y + 8 = 0 AC: x + 7y – 31 = 0 0,25 
Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b) 
D: ax + by + 4a – 5b = 0, 
D hợp với AC một góc 450  a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3 
AB: 3 4 32 0; : 4 3 1 0x y AD x y      
0,25 
Gọi I là tâm h?nh vuông  I(
1 9; )
2 2
  3;4C 
: 4 3 24 0; : 3 4 7 0BC x y CD x y       
0,25 
KL: 0,25 
2 1,0 
Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P) 
 B’(-1; -3; 4) 0,25 
' 'MA MB MA MB AB    
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng  M là giao điểm của (P) và AB’ 
0,25 
AB’:
1
3
2
x t
y
z t
 
  
   
0,25 
M(-2; -3; 6) 0,25 
VII.b 1,0 
Đk: x  0, y > 0 
 
 
2
3 33 3
3 23 2
23 2
1 log loglog log 0
2
00
, 1
, 20
x yx y
x y ayx y my
y xy x
y y ay y ay
     
     
     
      
0,25 
Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0 
Ta có : f(y) =
2y y >0 , y > 0 
0,25 
Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25 
Vậy hệ có nghiệm khi a > 0 0,25 
6
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 
Trường THPT Anh Sơn III  Môn Toán – Khối A 
Năm học 2010­2011­Thời gian 180 phút 
Phần dành chung cho tất cả các thí  sinh  (7 điểm) 
Câu 1: Cho hàm số  :   y =  3 2 2 2 3 3( 1) ( 1) x mx m x m - + - - -  (1) 
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . 
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. 
Câu 2:   a, Giải phương trình :  sin2x + (1 + 2cos3x)sinx ­  2sin 2 (2x+ 
4 
p 
) = 0 
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : 
2 
2 2 
2 
1 
x  x y x a 
x y 
ì + = + + ï 
í 
+ = ï î 
Câu 3 : Tìm  : 
3 
sin 
(sin 3 cos ) 
xdx 
x x + ò 
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng  ' ' ' . ABC ABC có thể tích V. Các mặt phẳng  (  ' ' ' ), ( ), ( ) ABC ABC ABC  cắt nhau                . 
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. 
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : 
P =  3 3 3 3 3 3 3 3 3  2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 
x y z 
x y y z z x 
y z x 
+ + + + + + + + ³ 12 
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu 6a :   a, Cho đường tròn (C) có phương trình :  2 2  4 4 4 0 x y x y + - - + =  và đường thẳng 
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0 
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn .   .   . 
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình : 
1 
1 2 
( ) : 
2 2 1 
x y z 
d 
+ - 
= = 
- 
' 
2 
' 
4 
( ) : 2 
3 
x t 
d y 
z t 
ì = 
ï = - í 
ï = î 
Viết phương trình đường thẳng ( D )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). 
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 
7 
4 
3 
1 
x 
x 
æ ö 
+ ç ÷ 
è ø 
( với x > 0 ) 
B . Theo chương trình nâng cao 
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC  biết  B(2;­1) , đường  cao và  .  . 
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là :  3x ­4y + 27 =0   và x + 2y – 5 = 0 . 
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz  cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (D ) có phương 
trình : 
2 1 0 
2 0 
x y z 
x y z 
- + + = ì 
í - + + = î 
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . 
Câu 7b :    Cho  2 12 2 24 0 1 2 24 (1 ) ... x x a a x a x a x + + = + + +  .  Tính hệ số a 4  . 
­­­­­­  Hết.  ­­­­­­­­ 
Họ và tên..            Số báo danh 
7
SỞ GD­ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu  Đáp án  Điểm 
a. (1.0 điểm) Khảo sát 
Với m=0, ta có: y=x 3 ­3x+1 
TXĐ D=R 
y’=3x 2 ­3; y’=0 Û 
1 
1 
x 
x 
= é 
ê = - ë 
lim 
x 
y 
®±¥ 
= ±¥ 
0,25 
BBT 
x -¥  ­1  1 +¥ 
y’  +  0  ­  0  + 
y  3 +¥ 
­1 
-¥ 
0,25 
Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;­1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (­1;1) 
Hs đạt cực đại tại x=­1 và ycđ=3, Hs ... 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
---------- 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
 * ⇒=+ xx 12 vô nghiệm 
 * 3212 ±=⇔=+ xx . Vậy hệ có hai nghiệm );( 33− và );( 33 
0,25đ 
Câu III 1 điểm 
Tính tích phân ∫
pi
+
−
=
2
0 12
32
dx
xsin
xcosxsin
I . 
Đặt t = sinx thì dt = cosxdx và 1
2
00 =⇒pi==⇒= tx;tx 
Ta có: ∫∫ +
−
=
+
−
=
pi
1
0
2
0 12
32
12
32
dt
t
t
dx
xsin
xcos)xsin(
I ∫ 





+
−=
1
0 12
41 dt
t
[ ] 321
0
1
122 ln)tln(t −=+−= 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
Câu IV 1 điểm 
Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 
 S 
 D C 
 O 
 A a B 
Vì )ABCD(SA ⊥ nên 045=
∧
SCA ; )SAB(CB ⊥ nên 030=
∧
CSB . 
Tam giác SBC vuông tại B có 030=
∧
CSB nên SCBC
2
1
= ; Tam giác SAC vuông tại A 
có 045=
∧
SCA nên SCACSA
2
2
== . 
Có aBCaSCSCaSCBCABAC =⇔=⇔+=⇔+= 2
4
1
2
1 222222 và 2aSA = 
Vậy 
3
2
3
1 3a
S.SAV ABCDSABCD == 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu V 1 điểm 
Giải bất phương trình: 3 12 12 2 4 9.2 3
2
x
x x x+ ++
− + < + − . 
Đặt 3 22 2 0 8.2 2x xu u+= − ≥ ⇔ = − và ).(vv xx
x
1224
2
10
2
12 2 ++=⇔>+= 
Khi đó bpt trở thành: 22 22 vuvu +<+ 
 vu)vu(vu)vu( ≠⇔>−⇔+<+⇔ 022 2222 
Ta có 3 2 12 2
2
x
xu v +
+
= ⇔ − = )(logx. xx 1127052142 22 ±=⇔=+−⇔ 
0,5đ 
0,25đ 
Vậy nghiệm của bpt là 
3
22
22 2 0
log (7 2 11)log (7 2 11)
x x
xx
+ ≥ −
− ≥  
⇔ 
≠ ±≠ ±  
0,25đ 
Câu VIa 2 điểm 
1) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Giả sử )m;m(C 12 + . Vì );(E 21− là trung điểm AC nên A có tọa độ )m;m(A 232 −−− 
Có )m;m(AH 243 +−+=
→
; );(uBC 21=
→
. Vì BCAH ⊥ nên 
 102423 =⇔=+−++=
→→
m)m(mu.AH BC . Vậy );(A 13− và );(C 31 . 
Giả sử )n;n(B 12 + . Có );(AC);n;n(BH 24221 =−−−=
→→
. Vì ACBH ⊥ nên 
 0022214 =⇔=−−+−=
→→
n)n()n(AC.BH . Vậy );(B 10 . 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
2) Lập phương trình mặt cầu (S)....... 
Đường thẳng 1∆ qua M(1; -1; 1) và có vtcp );;(u 212=
r
. 
Ta có 
3
20240210 1 =∆⇒−=








−−=
→→
),I(d);;(IM,u);;;(IM
r
Gọi R là bán kính mặt cầu. Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì 
3
402 1 =∆=== ),I(d.IBIAR 
Vậy phương trình mặt cầu là 
9
4031 222 =−++− )z(y)x( 
1 điểm 
0,25đ 
0,5đ 
0,25đ 
---------- 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu VIIa 1 điểm 
Tìm số phức z thỏa mãn: )iz)(z( 21 +− là số thực và z nhỏ nhất. 
Giả sử z = a + bi ( Rb,a ∈ ) thì 
[ ][ ] [ ] [ ] Riba)b(b)a(ai)b(abi)a()iz)(z( ∈−++−−−=−++−=+− 22212121 
22 =+⇔ ba 
Ta có 48522 222222 +−=−+=+= aa)a(abaz 
Từ đó suy ra z nhỏ nhất khi 
5
2
5
4
== b;a . Vậy iz
5
2
5
4
+= 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu VIb 2 điểm 
1) Viết phương trình đường thẳng .............. 
Giả sử A(a; 0) và B(0; b). Ta có )b;a(BA);;a(MA −=−−=
→→
32 
Cần có 







+=+−
=+−
⇔
=
=
→→
222 92
0320
ba)a(
b)a(a
BAMA
BA.MA
 [ ]









−=
=
⇔
−+=+−
−
=
⇔
1
3
29
9
92
3
2
2
2
2 b
a
)a(
a
)a(
)a(a
b
 hoặc 



−=
−=
5
3
b
a
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu là 033 =−− yx và 01535 =++ yx 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ......... 
Giả sử )c;b;a(n P =
→
 ( )cba 0222 ≠++ . 
Vì (P) chứa 2∆ có );;(u 1112 −=∆
r
 nên 002 =−+⇔=∆ cbau.n P
rr
Gọi α là góc giữa (P) và (xOy). Vì );;(n )xOy( 100=
r
 nên 
1 điểm 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
---------- 
1 điểm 
0,25đ 
 )b,a(f
)ba(ba
ba
cba
c
cos =
+++
+
=
++
=α
222222
Góc α nhỏ nhất )b,a(f⇔ lớn nhất. Ta có 
3
2
1
1
2
22
≤
+
+
+
=
)ba(
ba
)b,a(f
 nên f(a,b) lớn 
nhất khi a = b. 
Chọn a = b = 1 thì c = 2. Vì (P) đi qua 2121 ∆∈−− );;(M nên (P) có phương trình 
0120122111 =+++⇔=++−++ zyx)z()y()x( 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu VIIb 1 điểm 
Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− . 
Giả sử α là một acgumen của z thì )sini(coszz α+α= 
Khi đó [ ] z)(sinicosz)(sinicoszizz =−α+α=−α+α=− 11 
2
111 22 =α⇔=−α+α⇔ sin)(sincos 
Vậy z có một acgumen là 
6
pi
 hoặc 
6
5pi
. 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2010 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP  Môn thi: TOÁN 
_______________  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phat đề 
========================================== 
Ngày thi:18 – 4 – 2010 
Cừu 1. ( 2,0 điểm). Cho hàm số: y = 2x 3 – 3(2m+1)x 2  + 6m(m+1)x + 1 , trong đó m là tham số. 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 
2.  Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , hàm số luôn có cực đại,cực tiểu và khoảng 
cách giữa các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số không đổi. 
Cừu 2. ( 2,0 điểm). 
1.  Giải hệ: 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
- + = - + 
- - = + 
2 3 2 
2 6 2 
y x y x x 
y x 
y 
x 
y 
(Với x,y ÎR). 
2.  Giải phương trình: sin 2 x + 
x 
x 
2 sin 2 
) 2 cos 1 (  2 + 
= 2cos2x. 
Cừu 3. ( 2,0 điểm). 
1.  Tính  tích phân: I = ò 
2 
4 
3 sin 
cos 
p 
p 
dx 
x 
x x 
. 
2.  Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SBC) 
vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy một góc a . Tính  thể tích 
hình chóp S.ABC. 
Cừu 4. ( 2,0 điểm). 
1.  Tìm nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i)z 2 – 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0. 
2.  Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng: 
0 
2 2 2 
³ 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
x z 
zx z 
z y 
yz y 
y x 
xy x 
Cừu 5. ( 2,0 điểm). 
1.  Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại 
A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc 
đường thẳng AC, điểm M(2;­3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. 
2.  Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
= 
+ - = 
= 
D 
4 
2 7 : 
z 
t y 
t x 
. Gọi  ' 'D  là giao tuyến của 
hai mặt phẳng (P): x – 3y + z = 0, (Q): x + y – z + 4 = 0. 
a)  Chứng minh rằng hai đương thẳng D  và  ' D  chéo nhau. 
b)  Viết phương trình dạng tham số đường vuông góc chung của hai đường thẳngD ,  ' D . 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI LẦN 4 
Câu 1. 1. Tự làm. 
2.  Ta có y’ = 6x 2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) Þ  y’ = 0 khi x1 =m hoặc x2 = m+1. Do x1 
¹ x2 với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) là các điểm 
cực trị 
y1 = f(x1)= 2m 
3 +3m 2 + 1; y2 = f(x2) = 2m 
3 + 3m 2 Þ AB =  2  không đổi (đpcm!). 
Câu 2.1. Giải hệ: Điều kiện: y¹ 0; x – 2y ³  0; x +  0 2 ³ -  y x  . 
Pt Û  0 6 2 2 = - - - -  y y x 
y 
x 
Û  6 
2 2
2 - 
- 
- 
- 
y 
y x 
y 
y x  = 0 ( chia cả hai vế cho y) 
Û 
y 
y x  2 - 
= 3 hoặc 
y 
y x  2 - 
= ­ 2. 
Với 
y 
y x  2 - 
= 3 Û 
î 
í 
ì 
+ = 
> 
y y x 
y 
2 9 
0 
2 
thay vào pt(2) ta được nghiệm x = 
9 
24 ,y = 
9 
4 
Với 
y 
y x  2 - 
= ­2 Û 
î 
í 
ì 
+ = 
< 
y y x 
y 
2 4 
0 
2 
thay vào pt(2) ta được nghiệm: x =12, y = ­ 2. 
Vậy hệ có hai nghiệm(x;y) = (12;­2),( 
9 
4
;
3 
8  ). 
2.  Giải phương trình lượng giác: 
Điều kiện: sin2x ¹ 0. Pt Û  sin 2 x +  0 2 
sin 
cos 
sin 5 ) sin 2 1 ( 2 
cos sin 4 
cos 4  3 2 2 
4 
= - + Û - = 
x 
x 
x x 
x x 
x 
Û 5 + 
x x 
x 
2 3 
3 
sin 
1 
. 2 
sin 
cos 
-  = 0 Û  cot 3 x – 2cot 2 x + 3 = 0 Û  (cotx + 1)(cot 2 x – 3cot x + 3) = 
0 
Û  cotx = ­1 ( Vỡ cot 2 x – cotx + 3> 0) Û  x =  Z k k Î + -  , . 
4 
p p  (thỏa món điều kiện). 
Vậy phương trình có nghiệm: x =  Z k k Î + -  , . 
4 
p p  . 
Câu 3.1.Tính  tích phân: Ta có 
' 
2 sin 
1 
÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ 
x 
= 
x 
x 
3 sin 
cos 2 
-  nờn 
I = ò - 
2 
4 
2 
) 
sin 
1 
( 
2 
1 
p 
p  x 
xd  =  2 
4 
2 
| 
sin 
1 
. 
2 
1 p 
p x 
x -  +  2 
4 
2 
4 
2 
| cot 
2 
1 
)
2 2 
(
2 
1 
sin 2 
1 p 
p 
p 
p 
p p 
x 
x 
dx 
- - - = ò  =  2 
1 . 
2. Tính  thể tích khối chóp: Hạ SH ^ BC Þ  SH ^  (ABC) ( vỡ: (SBC) ^ (ABC) ). 
Hạ HM ^ AB, HN ^ AC thỡ ÐSMH = ÐSNH = a Þ DSHM = DSHN Þ HM = HN 
Þ H là trung điểm của BC ( vỡ tam giỏc ABC đều) Þ HM = 
4 
3 
2 
a h 
= 
Þ  SH = HM.tana = 
4 
3 a 
tana . Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC = 
3 
1 .SH.SABC = 
16 
tan 3 a a 
. 
Câu 4. 1.Tìm nghiệm phức: 
Ta có D ’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: 
Z1 =  i 
i i 
i 
i 
i 
i 
2 
5 
2 
3 
2 
) 1 )( 4 ( 
1 
4 
) 1 ( 2 
4 ) 2 ( 2 
- = 
- - 
= 
+ 
- 
= 
+ 
+ -
Z2 =  i 
i i 
i 
i 
i 
i 
2 
1 
2 
1 
2 
) 1 )( ( 
1 ) 1 ( 2 
4 ) 2 ( 2 
- - = 
- - 
= 
+ 
- 
= 
+ 
- - 
2.Chứng minh BĐT: 
Ta có: 
2 2 ) ( 2 
) ( 2 2 ) (  2 2  y x y x 
x 
y x 
y x 
x 
y x 
xy 
x 
y x 
xy y x x 
y x 
xy x - 
= 
+ 
- = 
+ 
+ 
- ³ 
+ 
- = 
+ 
- + 
= 
+ 
- 
(1)( vỡ x,y>0) 
Tương tự: 
2 
2  z y 
z y 
yz y - 
³ 
+ 
- 
(2), 
2 
2  x z 
x z 
zx z - 
³ 
+ 
- 
(3). Cộng từng vế (1),(2),(3) suy ra: 
0 
2 2 2 
2 2 2 
= 
- 
+ 
- 
+ 
- 
³ 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
+ 
+ 
-  x z z y y x 
x z 
zx z 
z y 
yz y 
y x 
xy x 
.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z 
(đpcm!). 
Câu 5. 1. Xác định tọa độ các đỉnh: 
Đường thẳng AB đi qua M(2;­3) nên có phương trình: a(x – 2) + b(y + 3) = 0, ( a 2 + b 2 
¹ 0). 
Do tam giỏc ABC vuông cân tại A nên: 
2 2 
0 
. 50 
7 
45 cos 
2 
1 
b a 
b a 
+ 
+ 
= = 
Û 12a 2 ­7ab ­12b 2 = 0Û ê 
ë 
é 
- = 
= 
b a 
b a 
3 4 
4 3 
. 
Với:  3a = 4b,Chọn a = 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0. 
Với: 4a = ­ 3b, chọn a =3, b = ­ 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0. 
+)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nờn AC là:3(x ­7) –4(y –7) = 0Û 3x – 
4y+7 = 0. 
Hệ phương trình tọa độ A: 
î 
í 
ì 
= + - 
= + + 
0 7 4 3 
0 1 3 4 
y x 
y x 
Û A(­1;1) 
Hệ phương trình tọa độ B: 
î 
í 
ì 
= - + 
= + + 
0 31 7 
0 1 3 4 
y x 
y x 
Û B( ­4;5). 
Ta có:  MA MB MB MA  2 ) 8 ; 6 ( ), 4 ; 3 ( = Þ - = - = Þ M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn) 
Hệ phương trình tọa độ C: 
î 
í 
ì 
= - + 
= + - 
0 31 7 
0 7 4 3 
y x 
y x 
Û C(3;4). 
+) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn. 
Vậy A(­1;1), B(­4;5) và C(3;4). 
2. a). Đường thẳng D  đi qua M(0;­7;4) và có VTCP  ). 0 ; 2 ; 1 ( 1 = u 
Đường thẳng D ’ đi qua N(0;2;6) có VTCP  2 u  = (  1 .... 1 
3 1
; 
11 
1 ... 1
; 
1 1 
31 - 
- - 
- 
) = (2;2;4) 
Ta có [  2 1 ,u u  ] = (8;­4;­2) và  ) 2 ; 9 ; 0 ( = MN Þ  [  2 1 ,u u  ].MN = 0 – 36 – 4 = ­ 40 ¹ 0. 
Vậy D , D ’ chéo nhau. 
b). Đường vuông góc chung d của D ,D ’ có VTCP: u =(4;­2;­1) ( = ẵ.[  2 1 ,u u  ]). 
Gọi HK là đoạn đường vuông góc chung của D ,D ’ với H D Î D Π K ,  ’. 
Ta có: H=( t; ­7+2t;4), K(s;2+s;6+2s) Þ  HK ( s – t; 9 + s – 2t; 2 + 2s) cũng là VTCP của 
d. 
Suy ra : 
1 
2 2 
2 
2 9 
4 - 
+ 
= 
- 
- + 
= 
-  s t s t s 
Þ  s = 
21 
11 
-  , t = 
7 
23 
Þ H(  ) 4 ;
7 
3 
; 
7 
23 
-
Vậy phương trình tham số đường vuông góc chung là: 
ï 
ï 
ï 
î 
ï 
ï 
ï 
í 
ì 
- = 
- - = 
+ =
t z
t y 
t x
4 
2 
7 
3 
4 
7 
23