Đề thi thử đại học môn: Toán

 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2x 3y
x 2
−
=
−
có đồ thị (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). 
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) 
tại A, B sao cho AB ngắn nhất . 
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2(tanx – sinx) + 3(cotx – cosx) + 5 = 0. 
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: 
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫ . 
Câu 4 (1 điểm) 
1. Tính tổng : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7S C C C C C C C C C C C C= + + + + + . 
2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết 2z = và 1 1 . .z i z− = + 
Câu 5 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm (1;1; 2).M − Viết phương trình mặt phẳng 
( )α đi qua M và cắt các trục tọa độ , ,Ox Oy Oz tại , ,A B C sao cho ABC là một tam giác 
có trực tâm là điểm M. 
Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và 
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và 
(ABC) trong trường hợp thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất . 
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn 
 (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25. 
 Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó. 
Câu 8 (1 điểm) Giải phương trình 4 3 224 200 672 716 2 10 0.x x x x x x− + − + + − + − = 
Câu 9 (1 điểm) Cho các số thực , , 1a b c > − và thỏa mãn ( ) ( )2 2 22 6 5 .a b c a b c+ + + ≤ + + 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 3
1 1 1
.
1 1 1 1 1 1
F
a a b b c c
= + +
+ + + + + + + + +
ĐÁP ÁN 
Câu 1 (2 điểm) 1. HS tự làm. 
2. Lấy điểm 1M m;2
m 2
 
+ 
− 
( )C∈ . Tiếp tuyến (d) tại M có PT ( ) ( )2
1 1y x m 2
m 2m 2
= − − + +
−
−
. 
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là 2A 2;2
m 2
 
+ 
− 
, với tiệm cận ngang là B(2m – 2 ; 2). 
Ta có : ( ) ( )
22
2
1AB 4 m 2 8
m 2
 
= − + ≥ 
−  
 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2. Vậy điểm M(2; 2). 
Câu 2 (1 điểm) PT ( )2 3 sin .sin 0.
sin
cosx x cosx x
cosx x
 
⇔ + + − = 
 
- Xét 2 3 30 tan x tan x
cosx sin x 2
−
+ = ⇔ = = α ⇔ = α + pik , .k ∈ℤ 
- Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t 2; 2 ∈ −  . Khi đó phương 
trình trở thành: 
2
2t 1t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2
−
− = ⇔ − − = ⇔ = − 
Suy ra : 1 22cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
pi pi −   
− = − ⇔ − = = β   
   
x 2
4
pi
⇔ = ± β + pik , .k ∈ℤ 
Câu 3 (1 điểm) Tích phân 
1 1 1 2
2
1 1 1
dx 1 1 1 xI 1 dx dx.
2 x 2x1 x 1 x
− − −
+ 
= = + − 
 + + +
∫ ∫ ∫ Trong đó 
1
1
1 1
1
1 1 1I 1 dx ln x x | 1
2 x 2 −
−
 
= + =  +  =   
 
∫ và 
1 2
2
1
1 xI dx
2x
−
+
= ∫ . Đặt 
2 2 2t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx= + ⇒ = + ⇒ = . Đổi 
cận : 
x 1 t 2
x 1 t 2
= =
⇒ 
= − = 
. Vậy I2= ( )
2 2
2
2
t dt 0
2 t 1
=
−
∫ . Nên I = 1. 
Câu 4 (1 điểm) 1. Chọn khai triển : 
( )5 0 1 2 2 5 55 5 5 5x 1 C C x C x C x+ = + + + +⋯ ; ( )7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 57 7 7 7 7 7 7 7x 1 C C x C x C x C C x C x C x+ = + + + + = + + + + +⋯ ⋯ ⋯ 
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C+ + + + + . 
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : 512C . 
Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C+ + + + + = 512C = 792. 
2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết 2z = và 1 1 . .z i z− = + 
Giả sử ,z a ib= + với , .a b∈ℝ Ta có ( )
2 22 2 1 1
1 1 .
z a b
a b z i
a bz i z
 =  + = 
⇔ ⇔ = = ± ⇔ = ± + 
=
− = + 
. 
Vậy phần thực và phần ảo của z cùng bằng 1 hoặc cùng bằng 1.− 
Câu 5 (1 điểm) Chứng minh được M là trực tâm ABC∆ khi và chỉ khi ( )OM ABC⊥ . Vậy mặt 
phẳng ( )α đi qua (1;1; 2),M − có VTPT (1;1; 2)n OM= = − , nên ( )α có PT 2 6 0.x y z+ − − =
Câu 6 (1 điểm) Gọi ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC). Ta có SCAϕ = ; BC = AC = a.cos ϕ ; 
 SA = a.sin ϕ . Vậy ( )3 2 3 2SABC ABC1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin3 6 6 6= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ . Xét hàm số 
f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1). Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . ( ) 1f ' x 0 x
3
= ⇔ = ± . Từ đó ta thấy trên 
khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt 
GTLN hay ( ) ( )x 0;1
1 2Max f x f
3 3 3∈
 
= = 
 
. Do đó MaxVSABC = 
3a
9 3
, đạt được khi sin ϕ = 1
3
 hay
1
arcsin
3
ϕ = (với 0 < 
2
piϕ < ). Vậy 1arcsin
3
ϕ = . 
Câu 7 (1 điểm) Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm 
I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 ≠ 0) là tiếp tuyến chung 
của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là 
( )
( )
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
 − +
=
 +

+ +
=
 +
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 
Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) 
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) ⇒C = A – 9B thay vào (2) 
 |2A – 7B | = 5 2 2A B+ 2 221A 28AB 24B 0⇒ + − = 14 10 7A B
21
− ±
⇒ = 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7± , C = 203 10 7− ± 
Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7± )x + 21y 203 10 7− ± = 0 
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3BC
2
− +
⇒ = , thay vào (2) ta được 
 96A2 + 28AB + 51B2 = 0. Phương trình này vô nghiệm . 
Câu 8 (1 điểm) Giải phương trình 4 3 224 200 672 716 2 10 0.x x x x x x− + − + + − + − = 
Điều kiện 
Ta biến đổi ( )22 10 6 ( 2)(10 ) 4(1).PT x x x x x⇔ − + − = − − − + Với 2 10x≤ ≤ thì (1) 4.VP ≥ 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki (Bunyakovsky) 
( ) ( )( )22 10 1 1 2 10 (1) 2 10 4 (1) 4 (1).x x x x VT x x VT VP− + − ≤ + − + − ⇒ = − + − ≤ ⇒ ≤ ≤ 
Như vậy ( )
26 ( 2)(10 ) 0(1) 6.
2 10
x x x
x
x x

− − − =
⇔ ⇔ =
− = −
 Vậy (1) có nghiệm duy nhất 6.x = 
Câu 9 (1 điểm) Giả sử , , 1a b c > − và thỏa mãn ( ) ( )2 2 22 6 5 .a b c a b c+ + + ≤ + + 
Trước hết, ta thấy 
( )
( ) ( )
2 3
2 3
22 3
2 2
2 5 8 1 1 , 1
2 6 7 1 , 1
2 6 7 1 , 1
2 4 9 12 0, 1.
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
− + ≥ + + + ∀ > −
⇔ − + ≥ + ∀ > −
⇔ − + ≥ + ∀ > −
⇔ − − + ≥ ∀ > −
BĐT cuối cùng đúng, do đó 2 32 5 8 1 1x x x x− + ≥ + + + đúng, với 1x∀ > − . Ta có 
2 32 5 8 1 1 0, 1,x x x x x− + ≥ + + + > ∀ > − nên 2 3
1 1
, 1,
2 5 8 1 1
x
x x x x
≤ ∀ > −
− + + + +
 do đó 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3
2 3
2 3
2 2 23 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1
2 5 8 1 1
1 1
2 5 8 1 1
1 1
2 5 8 1 1
1 1 1 1 1 1
2 5 8 2 5 8 2 5 81 1 1 1 1 1
9 9 1
.
22 5 8 2 5 8 2 5 8 2 5 24
a a a a
b b b b
c c c c
F
a a b b c ca a b b c c
a a b b c c a b c a b c

≤
− + + + +
 ≤
− + + + +

 ≤
− + + + +
⇒ = + + ≥ + + ≥
− + − + − ++ + + + + + + + +
≥ = ≥
− + + − + + − + + + − + + +
Xảy ra 1
2
F = khi 2.a b c= = = Vậy 1min ,
2
F = đạt được khi 2.a b c= = = 
2 10.x≤ ≤