Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán, Khối A

www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
1 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 
 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 8x 9x 1y f x= = − + 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 
4 28 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x pi∈ . 
Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình: ( )
3log12 2
2
x
x x x
 
− − = − 
 
 2. Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
 + + − =

− =
Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 
2| 4 |y x x= − và 2y 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) Định m để phương trình sau có nghiệm 
24sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
pi pi pi     
− + =     
     
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. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +

= −

= +
 .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của 
A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến 
(D) là lớn nhất. 
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.b (2 điểm) 
 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai 
đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có 
 phương trình tham số 
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

= −

=
.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , 
xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
2 
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 
1 1 2 2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + < + + + + + + 
----------------------Hết---------------------- 
Đáp án 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 2,00 
 1 1,00 
+ Tập xác định: D = ℝ 0,25 
+ Sự biến thiên: 
• Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
• ( )3 2' 32x 18x = 2x 16x 9y = − − 
0
' 0 3
4
x
y
x
=

= ⇔
 = ±

0,25 
• Bảng biến thiên. 
 ( )3 49 3 49; ; 0 1
4 32 4 32CT CT
y y y y y y   = − = − = = − = =   
   
C§
0,25 
• Đồ thị 
0,25 
 2 1,00 
 Xét phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x pi∈ (1) 
Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 28 9 0 (2)t t m− + = 
Vì [0; ]x pi∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm 
của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 
0,25 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
3 
Ta có: 4 2(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − 
Gọi (C1): 4 28 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. 
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). 
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ . 
0,25 
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 
• 
81
32
m > : Phương trình đã cho vô nghiệm. 
• 
81
32
m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 
• 
811
32
m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
• 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 
• 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. 
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 
0,50 
II 2,00 
 1 1,00 
Phương trình đã cho tương đương: 
33 loglog
3
2 0 22 0
111 log ln 0ln 01 222
222 0
xx
x xx
x xxx
xxx
 − = =− = 
  
       ⇔ ⇔ − =
− = − =                 >>
− >  
0,50 
3
2 2 2
log 0 1 1
21 1 3ln 0 1
2 2 2
2 22
x x x
x x x
x
x x x
x xx
= = = 
   =  =  =        ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =     
− = − = =           
   > >>   
 0,50 
 2 1,00 
Điều kiện: | | | |x y≥ 
Đặt 
2 2 ; 0u x y u
v x y

= − ≥

= +
; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 
21
2
uy v
v
 
= − 
 
. 
Hệ phương trình đã cho có dạng: 
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =

 
− = 
 
0,25 
4
8
u
v
=
⇔ 
=
 hoặc 
3
9
u
v
=

=
+ 
2 24 4
8 8
u x y
v x y
=
− =
⇔ 
= + = 
(I) 
+ 
2 23 3
9 9
u x y
v x y
=
− =
⇔ 
= + = 
(II) 
0,25 
Giải hệ (I), (II). 0,25 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
4 
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
( ) ( ){ }5;3 , 5;4S = 
0,25 
III 1,00 
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( )y x x C= − và ( ) : 2d y x= 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 
2 2 2
2 2
0 0 0
| 4 | 2 24 2 6 0
64 2 2 0
x x x
x x x xx x x x x
xx x x x x
≥ ≥  =
   − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − =      =
− = − − =   
Suy ra diện tích cần tính: 
( ) ( )2 62 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −∫ ∫ 
0,25 
Tính: ( )2 2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −∫ 
Vì [ ] 20;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2| 4 | 4x x x x− = − + ⇒ ( )2 2
0
44 2
3
I x x x dx= − + − =∫ 
0,25 
Tính ( )6 2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −∫ 
Vì [ ] 22;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 24;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên 
( ) ( )4 62 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −∫ ∫ . 
0,25 
Vậy 4 5216
3 3
S = + = 0,25 
IV 1,00 
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, 
A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( )' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc 
với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . 
0,25 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
5 
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x xI K I H I C IK IH IC= = = = = = 
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r
6 3
x xI K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = 
0,25 
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( )' . '3hV B B B B= + + 
Trong đó: 
2 2 2
2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
xB x B h= = = = = = 
0,25 
Từ đó, ta có: 
2 2 3
2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 = + + =
 
 
 0,25 
V 1,00 
Ta có: 
+/ ( )4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; 
+/ ( )4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
pi pi pi      
= + =      
      
+/ ( )2 1 1os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
pi pi    
= + = −    
    
Do đó phương trình đã cho tương đương: 
( ) 1 12 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + = 
Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 
4
t c c
pi 
=  
 
 (điều kiện: 2 2t− ≤ ≤ ). 
0,25 
Khi đó 2sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành: 
2 4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t− ≤ ≤ 
2(2) 4 2 2t t m⇔ + = − 
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m= − (là đường song 
song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t= + với 
2 2t− ≤ ≤ . 
0,25 
Trong đoạn 2; 2 −  , hàm số 
2 4y t t= + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại 
2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = . 
0,25 
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ + 
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ . 
0,25 
VIa 2,00 
 1 1,00 
 Điểm ( ): 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . 
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
2 2
t tM + −  
 
. 
0,25 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
6 
Điểm ( )1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t tM BM x y t C+ − ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ − 
 
 0,25 
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ). 
 Suy ra ( ) ( ): 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( )1 0 0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
. 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( )1;0K − . 
0,25 
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
x y+ = ⇔ + + =
− +
0,25 
 2 1,00 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng 
∆ , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ . Gọi H là 
hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta 
luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ . 
0,25 
Mặt khác 
( ) ( )( ) ( )( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P
 = =

∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí 
(P0) vuông góc với IA tại A. 
0,25 
Vectơ pháp tuyến của (P0) là ( )6;0; 3n IA= = −  , cùng phương với ( )2;0; 1v = − . 
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: ( ) ( )2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = . 0,50 
VIIa 1,00 
Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; 
và tương tự ta cũng có 
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +

+ ≥ +
0,50 
Vì vậy ta có: 
0,50 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
7 
( ) 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1 5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + + + + + + + + 
≤ + + +
+ +
 
= − − + + + + 
 
≤ − − + + + 
=
VIb 2,00 
 1 1,00 
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 và BD nên ta có: 
( ) ( )2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . 
0,25 
Mặt khác: D . 4ABCS AB CH= = (CH: chiều cao) 
4
5
CH⇒ = . 0,25 
Ngoài ra: ( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3;
5 5 0 1;0 , 0; 2
t C Dtd C AB CH
t C D
    
= ⇒
−    
= ⇔ = ⇔    
 = ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2; , ;
3 3 3 3
C D      
   
 hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− − 
0,50 
 2 1,00 
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. 
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. 
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: 
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

= −

=
. 
Điểm M ∈ ∆ nên ( )1 2 ;1 ;2M t t t− + − . 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 22
22 2 2 22
2 22 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )3 ;2 5u t= và ( )3 6;2 5v t= − + . 0,25 
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
8 
Ta có 
( ) ( )
( ) ( )
22
22
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +


= − +


Suy ra | | | |AM BM u v+ = +  và ( )6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =    
Mặt khác, với hai vectơ ,u v
 
 ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ +    
Như vậy 2 29AM BM+ ≥ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v
 
 cùng hướng 
3 2 5 1
3 6 2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )1;0;2M⇒ và ( )min 2 29AM BM+ = . 
0,25 
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+ 0,25 
VIIb 1,00 
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >

+ >
 + >
. 
Đặt ( ), , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y+ += = = > ⇒ + > + > + > . 
Vế trái viết lại: 
2
3 3 2
a b a c aVT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50 
Ta có: ( ) ( ) 22 z zx y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + 
+ + +
. 
Tương tự: 2 2; .x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó: ( )2 2x y zx y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
. 
Tức là: 1 1 2 2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + < + + + + + + 
0,50