Tuyển chọn 100 đề thi thử đại học môn Toán

 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 21
xy
x
+
=
−
 (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của 
đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại ,A B sao cho bán kính 
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ nhất.
Câu 2.(1,0 điểm) 
 Giải phương trình sau: ( )2sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
Câu 3.(1,0 điểm) 
a. Tìm n nguyên dương thỏa mãn: 0 1 2 32 3 4 ... ( 1) 512( 2)nn n n n nC C C C n C n+ + + + + + = +
b. Giải phương trình sau: log9(x2 – 5x + 6)2 = 33
1 x 1log log (3 x)
2 2
−
+ − .
Câu 4.(1,0 điểm) 
 Tính tích phân: 
1 3 3
4
1
3
8 8
2
x xI dx
x
−
= ∫
Câu 5.(1,0 điểm) :
 Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết bán kính đáy 
của hình trụ bằng 5a ; góc giữa đường thẳng 'B D và mặt phẳng ( )' 'ABB A bằng 300; khoảng 
cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( )' 'ABB A là 3
2
a . 
Tính thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D . 
Câu 6.(1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225. Gọi F, F lần lượt là hai 
tiêu điểm của (E) (x< x). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi 
tứ giác FFBA nhỏ nhất biết rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6. 
Câu 7.1,0 điểm)
 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 6pi .
Câu 8.1,0 điểm) 
 Giải hệ phương trình sau: 2
2
( 1) 3 0
5( ) 1 0
x x y
x y
x
+ + − =
+ − + =
Câu 9.(1 điểm) 
 Cho , , 0x y z > thoả mãn: 5 5 5 1yx z−− −+ + = .
 Chứng minh rằng: 
5 5
45 5 5
25 25 25 5
5 5 5
y yx z x z
y z y x yx z x z
+ +
+ + ≥+ ++
+ + +
3
xy
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
xy
x
+
=
−
+ TXĐ { }\ 1R
lim 1; lim 1x xy y→+∞ →−∞= = ; 1 1
lim , lim
x x
y y
+ −→ →
= +∞ = −∞
Đồ thị có Tiệm cận ngang là đường thẳng 1y = và tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = . 
+ SBT: 2
3'
( 1)
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 ( )∆ và đồ thị (C). 
Ta có 00
0
2
1
xy
x
+
=
−
, hệ số góc của tiếp tuyến ( )∆ là: 2
0
3
( 1)
k
x
−
=
−
. 
Phương trình tiếp tuyến ( )∆ là 002
0 0
23 ( )
( 1) 1
xy 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
02 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 3 3 2 2 5 53 3(1 ) nên (1; )
( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1
x x x x x xy x B
x x x x x x x x
+ − + + + +
= − − + = + = + =
− − − − − − − −
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1
- Cho y = 1, thay vào (1) ta có 02 1x x= − nên ( )02 1;1A x −
Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là 
2
AB
4
x
'( )f x
( )f x
−∞ +∞1
−
−
1
1
+∞
−∞
Ta có 
2
2 20
0 2
0 0
5 36(2 2) 1 4( 1)
1 ( 1)
xAB 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
364( 1) ;
( 1)
x
x
−
−
 ta có 2 20 02 2
0 0
36 364( 1) 2 4( 1) . 24
( 1) ( 1)
x x
x x
− + ≥ − =
− −
. 
Tức là R = 2 6
2
AB ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 4 4
0 0 0 02
0
364( 1) 4( 1) 36 ( 1) 9 1 3
( 1)
x x x x
x
− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±
−
Khi đó (1 3;1 3)M + + 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 ( )2sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x=
ĐK: 
cos 0
cos 2 0
x
x
≠
≠
Khi đó 
2
2
sin 2 sinsin 3 cos .cos 2
os2x os
x xPT x x x
c c x
 
⇔ = + ÷ 
2 2sin sinsin 2 . osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x. os2x.sinx = cos2x.
osx osx
x xx c c
c c
⇔ ⇔
2 2
cos 2 0 (không tm)
s inxcos2 .sin . 1 0 s inx=0
cos
sinx 1 (không tm do sin os os2x=0)
cosx
x
x x
x
x c x c
 = 
− = ⇔ ÷   
= = ⇔
sin 0 , ( )x x k k Z tmdkpi= ⇔ = ∈ .
 Vậy nghiệm của PT đã cho là ,x k kpi= ∈Z ; 
Câu 3.(1,0 điểm) 
a. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 2 32 3 4 ... ( 1) 512( 2)nn n n n nC C C C n C n+ + + + + + = +
Xét 0 1 2 2 3 1( 1) ...n n nn n n nx x C x C x C x C x ++ = + + + + .
Lấy đạo hàm hai vế được: 1 0 1 2 2( 1) . .( 1) 2 3 ... ( 1)n n n nn n n nx n x x C C x C x n C x−+ + + = + + + + + .
Thay 1x = có 1 0 1 22 .2 2 3 ... ( 1)n n nn n n nn C C C n C−+ = + + + + + .
Suy ra 12 .2 512( 2) 10.n nn n n−+ = + ⇔ =
 b.Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = 33
1 x 1log 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
 − + >
< <
− > ⇔ 
≠
− >
Khi đó PT đã cho tương đương 23 3
( 1)(3 )log 5 6 log
2
x xx x − −− + = 
5
2 22
2 2
2 2
2( 5 6) 4 34 35 6 (do 4 3 0 :1 3)
2 2( 5 6) 4 3
x x x xx xx 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 =
Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại: dx
x
xdx
x
xxI ∫
−
=∫ −=
1
3
1
3
3
21
3
1
4
3 3 1
1
Đặt dx
x
dtt
x
t
x
t 3
2
2
33
2
231111 −=⇔−=⇔−= dtt
x
dx 2
3 2
3
−=⇒
Khi đó: 
dttdx
x
x
2
31
1
3
3
3
2
−=
− ; 
 Đổi cận: 01;2
3
1
=⇒==⇒= txtx
Vậy: 6
8
3
2
3 2
0
2
0
4
3
=∫ == tdttI
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 'B D và mặt phẳng ( )' 'ABB A bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng 
· 'DB A =300.
Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được 
3
2
aOH = , AB’ = 3 3a
Tính được AB = 4a. BB’ = 11a
Thể tích khối hộp là 2. ' ' ' ' .OO' = AB.AD.OO'=12a 11ABCD A B C D ABCDV S= (đvdt)
 Câu 6.(1,0 điểm): 
E líp: (E): + = 1 ⇒ ⇒ (a, b, c > 0) 
Theo giả thiết thì BF + AF = 6 (1)
 Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20 
 ⇔ 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 22 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+ − + = ≠
Đường tròn có chu vi 6pi nên có bán kính là r = 3.
Gọi H là hình chiếu của I trên ( )β . 
Vì ( )β cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán kính 6pi nên
 IH = 2 2 25 9 4R r− = − =
Mà IH = d(I, ( )β ) = 2 2 2
2 4 3 5
32 ( 2) 1
d d− − + −
=
+ − +
Giải phương trình 
17( )5
4
7( / )3
d loaid
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
+ + − =
+ − + =
Cách 1: Điều kiện xác định 0x ≠
Ta có (1) 2x 3xy x⇔ + + = 4 2 2 2 3 2 32 2 2 9x x y x x y x y x⇒ + + + + + = (1’)
(2) 2 2 2 4 3 2 2 2( ) 5 2 5x x y x x x y x y x+ + = ⇔ + + + = (2’)
Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có 2 ( ) 2x x y+ = 2
2x 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
±
⇔ 
= ±
7
Thay vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = -1 thì y = 3; x = 2 thì y = 
3
2
− ; x = -2 thì y = 
5
2
Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; 
3
2
− ) 
Cách 2: Điều kiện xác định 0x ≠
Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương
3 1x y
x
+ − = −
Hệ trở thành 
2
2
3 1
5( ) 1
x y
x
x y
x

+ − = − + − = −
. Đặt 
2
1 (b>0)
x y a
b
x
+ =
=
 ta có hệ 2 2
3 1
5 1
a b
a b
− = −
− = −
Giải hệ có 
1, 2
1 1,
2 2
b a
b a
= = = =
Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1
Nếu 
1
2
a b= = ta có x = 2, 
3
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 , , 01
5
x
y
z
a a b c ab bc ca abc
b
a b c
a b cc
 = > + + = 
= ⇒ ⇔  
>+ + =  =
Ta có: 
2 2 2 3 3 3
2 2 2
a b c a b cVT
a bc b ca c ab a abc b abc c abc
= + + = + +
+ + + + + +
Vì ( ) ( )
3 3 3
2 2
a a a
a abc a ab bc ca a b a c
= =
+ + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3a b cVT
a b a c b c b a c a c b
⇒ = + +
+ + + + + +
Ta có: ( ) ( )
3 3
3
33
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
+ +
+ + ≥
+ +
 ( ) ( )
3 3
8 8 4
c c a c b c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
32 ( )
8 4 4
a b a c b c a b cVT a b c VT VP+ + + + + + + ⇒ + ≥ + + ⇒ ≥ = ÷  (ĐPCM)
ĐỀ SỐ 2 
Câu 1.(2,0 điểm). 
 Cho hàm số 1)1(3)2(
2
3 23 +−−−−= xmxmxy (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
ee
eI
xx
x
Câu 4.(1,0 điểm). 
 Cho tập { }5,4,3,2,1=E . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi 
một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Câu 5.(1,0 điểm). 
 Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 
1
7
1
5
1
4:1
+
=
−
−
=
+ zyxd và 
2
1
11
2:2
−
+
=
−
=
− zyxd . 
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 1),0;2;1( dM ⊥− và tạo với 2d góc .600
Câu 6.(1,0 điểm). 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là 
,0317 =−+ yx hai đỉnh DB, lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 8 0,d x y+ − = . 2 : 2 3 0d x y− + =
.Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 7.(1,0 điểm). 
 Cho hình chóp ABCDS. có )(ABCDSC ⊥ , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a và 
· 0120ABC = .Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng )(SAB và )(ABCD bằng .450 
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 .3222 yzyx ≤++ 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của : .)3(
8
)2(
4
)1(
1
222 +
+
+
+
+
=
zyx
P
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): 
a) (1,0điểm)
Khi 2−=m hàm số trở thành .196 23 +++= xxxy
a) Tập xác định: .
* Giới hạn tại vô cực: Ta có −∞=
−∞→
y
x
lim và .lim +∞=+∞→ yx 
b) Sự biến thiên: 
* Chiều biến thiên: Ta có ;9123' 2 ++= xxy
9
.130';
1
3
0';
1
3
0' −<<−⇔<

−>
−<
⇔>

−=
−=
⇔= xy
x
x
y
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( );;1,3; ∞+−−∞− nghịch biến trên ( ).1;3 −−
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ,1,3 =−= CĐyx hàm số đạt cực tiểu tại .3,1 −=−= CTyx
/ / 6 12y x= + / / 0 2y x= ⇔ = − , 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
12
mxx
xx
mxmxy
với 0>m thì .21 xx < Khi đó hàm số đạt cực đại tại 11 −=x và đạt cực tiểu tại .12 −= mx 
Do đó: .1)1)(2(2
1)1(,
2
3)1( 2 +−+−=−==−= mmmyymyy CTCĐ
Vì 42 =+ CTCĐ yy ⇔ 0)1)(2(6641)1)(2(2
1
2
3.2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmmm
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 hay .
2
pi
pi kx +≠
Khi đó phương trình đã cho tương đương với 
xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan 22 +=+−++
( )2 2 2 2(tan 1)sin 3 sin cos 3(cos sin )sin 6sinx x x x x x x x⇔ − + + = − +
2 2
2 2
(tan 1)sin 3cos 2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin ) cos 0
(sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + − =
⇔ − − = ⇔ − + =
in cos
4 ,1cos 2
2 3
s x x x k
k
x x k
pi
pi
pi
pi

= = + ⇔ ⇔ ∈ = − 
= ± + 
¢
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm ∈+±=+= kkxkx ,
3
,
4
pi
pi
pi
pi
Câu 3.(1,0 điểm)
x
'y
y
3−∞− ∞+1−
1
∞−
∞+
3−
+ –0 0 +
10
xO3−
y
1
3−
1−
 Đặt .3 tex =+ 
Khi đó .d232 ttdxete xx =⇒−= Khi ,20 =⇒= tx khi .36ln =⇒= tx 
Suy ra ∫∫ ++=+−+=
3
2
2
3
2
2 d132
2
7)3(23
d2 t
tt
t
tt
ttI
∫∫  +−+=++=
3
2
3
2
d
12
1
1t
12d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t
.
63
80ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2
2
3
2
3
=−−−=+−+= tt
Vậy: 
80ln
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 =××
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là ,24234 =×× 
và số các số có mặt chữ số 5 là .362460 =−
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên 
bảng đều không có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
.
25
13
5
2
5
3
.
.
.
.)()()(
22
1
60
1
60
1
24
1
24
1
60
1
60
1
36
1
36
=


+


=+=+=∪
CC
CC
CC
CCBPAPBAP
Suy ra xác suất cần tính là .
25
12
25
131)(1 =−=∪−= BAPP
Câu 5.(1,0 điểm) 
 Giả sử ∆ có vtcp .0),;;( 222 ≠++=∆ cbacbau .00. 11 =+−⇔=⇔⊥∆ ∆ cbauud (1)
· 0 0 2 2 2 2
2 2 2 2
2 1( , ) 60 cos 60 2( 2 ) 3( ) (2)
21 1 4.
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 .12
2
1
1: zyx =−=+∆
Với ,,2 cbca −=−= chọn )1;1;2(1 −=⇒−= ∆uc ta có .11
2
2
1:
−
=
−
=
+∆ 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 

 ++−−+ dbdbI
Theo tính chất hình thoi 

=
=
⇔

=−+−
=−+−
⇔

∈
=
⇔

∈
⊥
⇒
1
0
0996
0131380.
d
b
db
db
ACI
BDu
ACI
ACBD AC
Suy ra .2
9;
2
1
)1;1(
)8;0( 


−⇒

−
I
D
B
 ).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈ 
2
152152.
2
1
=⇒==⇒= IA
BD
SACBDACS ABCD
11
B
A
D
CI


−
⇒

=
=
⇔=


−⇔=


−+


+−⇒
)ktm()6;11(
)3;10(
6
3
4
9
2
9
2
225
2
9
2
637
222
A
A
a
a
aaa
Suy ra ).6;11()3;10( −⇒ CA
Câu 7.(1,0 điểm)
 Kẻ ⇒⊥ ABSK hình chiếu ABCK ⊥
 ( ) · 0( ), ( ) 45 .SAB ABCD SKC⇒ = = 
· ·0 0 0 3120 60 sin 60
2
aABC CBK CK CB= ⇒ = ⇒ = =
.
2
345tan 0 aCKSC ==⇒ (1) 
 .
2
33120sin.
2
0 aBCABS ABCD == (2)
Từ (1) và (2) .
4
33.
3
1 3
.
aSSCV ABCDABCDS ==⇒
Gọi .BDACO ∩= Vì SCBDACBD ⊥⊥ , nên )(SACBD ⊥ tại O. Kẻ OISAOI ⇒⊥ là đường 
vuông góc chung của BD là SA.
Xét hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra 
.
10
53
52
3 aaOI == 
Suy ra .
10
53),( aBDSAd =
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
= +
= − 
ta có hệ: 2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 23 3
2 2
u v u v u v uv
u v u vuv uv
 
− = > + = + 
⇔ + + + +
− = − =  
2
2 4 (1)
( ) 2 2 3 (2)
2
u v uv
u v uv uv
 + = +
⇔  + − +
− =
. 
Thế (1) vào (2) ta có: 28 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)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9(1,0 điểm) 
Ta có )1()4()1(242 222 +++++≤++ zyxzyx 636222 +≤+++= yzyx .
Suy ra 622 ≤++ zyx . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1
2
=== zyx .
Chú ý rằng, với hai số dương ba, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 222 )(
811
baba +
≥+ , (*)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba = .
12
S
D
A B K
C
O
I
Áp dụng (*) ta được : 222 )3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
zyx
P
 22 )3(
8
)1
2
1(
8
+
+
+++
≥
zyx
 22 )1022(
4.64
)32
2
(
64
+++
=
++++
≥
zyxzyx 
.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 , m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )1 khi 1m =
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số ( )1 có tiếp tuyến tạo với đường thẳng : 7 0d x y+ + = 
góc α ,biết 
1cos
26
α = . 
 Câu 2.(1,0 điểm) 
1) Giải phương trình : 
43 4cos 2 8sin 1
sin 2 cos 2 sin 2
x x
x x x
− −
=
+
2) Tính giới hạn : 
3 2
22
6 4lim
4x
x xL
x→
− − +
=
−
Câu 3.(1,0 điểm): 
 Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014
1 2 3 2015
C C C CT = + + + +L
Câu 4.(1,0 điểm) :
 Tính tích phân 
2
0
cos2xs inx s inx dx
1 3cos x
pi
 
+ ÷
+ ∫
Câu 5. (1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng hệ toạ độOxy cho e líp ( )
2 2
: 1
9 4
x yE + = và các điểm ( )3;0A − , I(-1;0)
 Tìm toạ độ các điểm ,B C thuộc ( )E 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: ( )
3 3
2 2
4 16
1 5 1
x y y x
y x
 + = +
+ = +
( , )x y ∈R . 
Câu 9.(1,0 điểm) 
 Cho