Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 68
Ngày 3 tháng 4 năm 2015
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
1m =
.
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm
cực trị cắt đường tròn
2 2
(x 2) (y 1) 9- + - =
tại 2 điểm A,B phân biệt thỏa mãn
4AB =
.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Cho
1 2
;z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Hãy tính giá trị của biểu
thức
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3)P = + + + + +
2. Giải phương trình:
2
t anx 4cos 2cos 2

6 cos
x x
x
π
 
 ÷
 
+ = − +
Câu 3.(0,5 điểm). Giải bất phương trình
.0)184(log)2(log
2
1
4
2
12
≤−−++ xx
Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 2
3 4
x y x y
x y
ì
ï
- = +
ï
í
ï
+ =

ï
î

Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân:
2
0
(1 ).sinx+x.sinx.cosx
1 cos
x
I dx
x
p
+
=
+
ò

Câu 6.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng CH và SB.
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của AB, phương trình của
MD là
2 1 0x y- + =
và điểm
(1; 1)C -
. Tìm tọa độ của điểm D.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
∆

:
2 1 3
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
và điểm
M(1; 1; 2)−
. Mặt cầu (S) có phương trình :
2 2 2
2 2 2 0x y z x y z+ + + + - =
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng
∆
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 9.(0,5 điểm)
Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x






−

2
2
, biết rằng n là số nguyên dương
thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
Câu 10.(1 điểm) Cho
; ;x y z
là 3 số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +

…………………………Hết…………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 68
Câu NÔI DUNG Điểm
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1.1
Cho hàm số

3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
1m =
.
1,0
- Khi
1m =
ta được hàm số
3 2
3 2y x x= − +
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = <=>

=

- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng
( ;0);(2; )−∞ +∞
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
0,25

- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 2
C
x y= =
, hàm số đạt CT tại
2
2; 2
CT
x y= = −
- Giới hạn :
3 2 3 2
lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
- BBT :
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0
−
0 +
y
−∞
2

2-


+∞
0,25
- Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
0,25
1.2 Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt đường tròn tại A,B có
4AB =
1,0
-
2 2
' 3 6 3( 1) (1)y x mx m= − + −
- Hàm số có CĐ, CT
' 0y⇔ =
có hai nghiệm phân biệt
-
' 9 0
⇔ ∆ = >
luôn đúng với mọi m.
0,25
-
' 0y =
có hai nghiệm

1,2
1x m= ±
. Thay
1,2
x
vào hàm số ta có tọa độ 2 điểm cực trị là :
M( 1; 3); ( 1; 1).m m N m m+ − − +
- Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
:2 3 1 0x y mD + - + =

0,25
H
B
A
I
- Đường tròn có tâm
(2;1); R 3I =
.Kẻ IH vuông góc với AB thì H là trung điểm AB.
-
2 2
2 5 (I; ) IH 5HA IH IA HA dÞ = Þ = - = Þ D = =

0,25
-
6 3
1 11
(I; ) 5
3 3
5
m

d m hoac m
-
D = = Û = =
. Vậy
1 11
3 3
m hoac m= =
0,25
2.1
Cho
1 2
;z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
.
Hãy tính giá trị của biểu thức
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3)P = + + + + +
0,5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
- Giải phương trình
2
1,2
2 4 0 1 3z z z i+ + = Û =- ±
- Ta có
2014 2014
( 1 3 1 3) ( 1 3 1 3)P i i= - + + + + - - + +
0,25

-
2014 2014 2014 2014 2014
( 3 3) ( 3 3) ( 3) [(1 i) (1 i) ]P i iÛ = + + - + = + + -
-
1007 2 1007 2 1007
3 [((1 i) ) ((1 i) ) ]PÛ = + + -

-
1007 1007 1007
3 [(2i) ( 2i) ] 0PÛ = + - =
.Vậy
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3) 0P = + + + + + =
0,25
2.2
Giải phương trình:
2
t anx 4cos 2cos 2
6 cos
x x
x
π
 
 ÷
 
+ = − +
- Điều kiện :
cos 0
2

x x k
p
p¹ Û ¹ +

- PT
2
3 1
sinx 4cos 2cos ( os2 sin 2 ) 2
2 2
x x c x x⇔ + = + +
-
2
sinx 4cos 3 cos os2 cos sin 2 2x xc x x x⇔ + = + +
2
(sinx cosxsin 2 ) (4cos x 2) 3cos .cos2xx x⇔ − + − =
2 2
sinx(1 2cos x) 2(2cos x 1) 3 cos .cos2xx⇔ − + − =
os2 ( 3 cos sinx 2) 0c x x⇔ + − =
0,25
-
os2 0 (t/ m)
4 2
sinx 3 cos 2 (1)
k
c x x
x
π π






= ⇔ = +
⇔
+ =
-
(1) sin( ) 1 2 (t/ m)
3 6
x x k
π π
π
⇔ + = ⇔ = +
- Vậy phương trình có nghiệm là :
; ,
4 2 6
k
x x k k
π π π
π
= + = + ∈¢
0,25
3
Giải bất phương trình
.0)184(log)2(log
2
1
4
2
12
≤−−++ xx

0,5
Điều kiện:
.182
0184
018,02
4
≤<−⇔



>−−
≥−>+
x
x
xx
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
)184(log2log
4
22
xx −−≤+

4
1842 xx −−≤+⇔
.
Đặt
.18
4
xt −=
Khi đó
4

200 <≤ t
và bất phương trình trở thành :
tt −≤− 420
4
4 2 4 2
3 2
4 0 4
20 (4 ) 8 4 0
4
4
2 4.
2 0
( 2)( 2 5 2) 0
t t
t t t t t
t
t
t
t
t t t t
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔
 
− ≤ − + − − ≥
 
≤
≤



⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− ≥
− + + + ≥


Suy ra
.2218
4
≤⇔≥− xx
.Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là
.22 ≤<− x
4
Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 2
3 4
x y x y
x y
ì
ï
- = +
ï
í
ï
+ =
ï
î


1,0
- Phương trình
3 3
(1) 2(x y ) 4(2 x y)Û - = +

- Từ phương trình (2) thay
2 2
4 3x y= +
vào phương trình trên và rút gọn ta được:
2 2 3
0
6 5 0
5
y
x y xy y x y
x y
é
=
ê
ê
+ + = Û =-
ê
ê
=-
ë

1,0
0,25
- TH1 :
0y =

thay vào hệ ta được
3
2
4
2
4
x x
x
x
ì
ï
=
ï
Û =±
í
ï
=
ï
î

Þ
nghiệm
(x; y) ( 2;0)= ±

0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
- TH2 :
x y y x=- Û =-
thay vào hệ ta được :
3

2
2 2
1
4 4
x x
x
x
ì
ï
=
ï
Û =±
í
ï
=
ï
î
- Hệ có nghiệm
(x; y) (1; 1); ( 1;1)= - -
0,25
- TH3 :
5x y=-
thay vào hệ ta có nghiệm
5 1 5 1
(x; y) ( ; ); ( ; )
7 7 7 7
- -
=
- Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm.
0,25

5
Tính tích phân:
2
0
(1 ).sinx+x.sinx.cosx
1 cos
x
I dx
x
p
+
=
+
ò
1,0
• Tính tích phân :
2
0
(1 ).sinx+x.sinx.cosx
1 cos
x
I dx
x
p
+
=
+
ò
1,0
-

2 2
0 0
sinx
.sinx
1 cos
I dx x dx
x
p p
= +
+
ò ò

( )*
0,25
-
2 2
2
1
0
0 0
sinx d(1+cosx)
ln 1 cos ln 2 (1)
1 cos 1 cos
I dx dx x
x x
p p
p
= =- =- + =
+ +
ò ò

0,25
-
2
2
0
.sinxI x dx
p
=
ò
sử dụng tích phân từng phần
2
1 (2)IÞ =
0,25
- Thay (1) và (2) vào
( )*
ta có
1 ln 2I = +
0,25
6
• Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CH và SB

E
K
I
H
C
B
D
A
S

HS chỉ cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai một trong hai yếu tố này, không chấm điểm
1,0
- Có H là trung điểm AB, vì tam giác SAB đều nên
SH AB
⊥
- Mà
(SAB) (ABCD) ( )SH ABCD⊥ ⇒ ⊥
Tam giác SAB đều cạnh bằng a nên
3
2
a
SH =
.Diện tích hình vuông
2
ABCD
S a=

0,25
-
3
2
1 1 3 3
.
3 3 2 6
ABCD
a a
V SH S a= = =
0,25
- Trong mp(ABCD) kẻ đường thẳng
D

đi qua B và song song với CH.
- Kẻ
HI ^D
, nối S với I và kẻ
HK SI^
.
- Ta có
/ /(SBI) d(CH;SB) d(CH;(SBI)) d(H;(SBI))CH Þ = =

- Chứng minh được
(SBI) d(CH;SB) d(H;(SBI))HK HK^ Þ = =

0,25
- Kẻ
BE HC^
ta có HIBE là hình bình hành nên
.
5
BH BC a
HI BE
HC
= = =

- Tam giác SHI vuông tại H nên
2 2
. 57
19
SH HI a
HK
SH HI

= =
+

0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
- Vậy khoảng cách giữa HC và SB là
57
19
a

7 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của AB, phương
trình của MD là
2 1 0x y- + =
và điểm
(1; 1)C -
. Tìm tọa độ của điểm D
1) Phương trình của MD là
2 1 0x y- + =
và điểm
(1; 1)C -
. Tìm tọa độ của điểm

1,0
- Gọi N là trung điểm của AD, ta chứng minh được
CN MD^
. 0,25
- Gọi cạnh hình vuông là
a
,
CNDD

vuông tại D nên tính được
5
2
a
CN =

- Ta có
2
2
2
. (1)
5
CD a
CH CN CD CH
CN
= Þ = =
.
- Mà
2 2
2.1 1.( 1) 1
4
(C;MD) (2)
5
2 ( 1)
CH d
- - +
= = =
+ -
- Từ (1);(2) ta có cạnh hình vuông
2a =

hay
2CD =

0,25
- Vì phương trình của MD là
2 1 0x y- + =
nên gọi tọa độ của D là
(t;2 t 1)D +
.
-
2 2
1
(t 1) (2t 2) 2
1
5
t
CD
t
é
=-
ê
ê
Þ = - + + = Û
-
ê
=
ê
ë
0,25
- Tìm được tọa độ của D là

1 3
( 1; 1); ( ; )
5 5
D hoac D
-
- -
0,25
8
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
∆
:
2 1 3
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
và điểm
M(1; 1; 2)−
. Mặt
cầu (S) có phương trình :
2 2 2
2 2 2 0x y z x y z+ + + + - =
. Viết phương trình mặt phẳng
(P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng
∆
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
1,0
- Gọi pt của mp(P) là
0ax by cz d+ + + =
với

; ;a b c
không đồng thời bằng
0
.
- Vì M thuộc mp(P) nên
2 0 (1)a b c d- + + =

- Mặt phẳng (P) có VTPT
(a;b;c)n
r
,
∆
có VTCP
(2;1; 1)u -
r
.
-
/ /(P) . 0 2 0 (2)u n a b cD Þ = Û + - =
r r

0,25
- Mặt cầu (S) có tâm
( 1; 1;1);R 3I - - =
.
- Mp(P) tiếp xúc với (S)
2 2 2
(I;(P)) R 3 (3)
a b c d
d
a b c

- - + +
Û = Û =
+ +

0,25
- Từ (1);(2) ta có
2
5
c a b
d a b
ì
= +
ï
ï
í
ï
=- -
ï
î
thay vào (3) ta được
2 2
4 5 0
5
a b
a ab b
a b
é
=-
ê
- - = Û

ê
=
ë
0,25
- Với
; 4a b c b d b=- Þ =- =
, chọn
1 1; 1; 4b a c d= Û =- =- =
. Phương trình mặt
phẳng (P) là
4 0x y z- + - + =
.
- Với
5 11 ; 26a b c b d b= Þ = =-
, chọn
1 5; 11; 26b a c d= Þ = = =-
. Phương trình
mặt phẳng (P) là
5 11 26 0x y z+ + - =
.
- Vậy phương trình mp (P) là
4 0x y z- + - + =
hoặc
5 11 26 0x y z+ + - =
.
0,25
9
Tìm hệ số của
7
x

trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x






−
2
2
, biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
0,5
A
B
C
D
M
N
H

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Ta có
3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1
≥−−=−+
−+
⇔=+
+
nnnnnn
nnn
ACC
nnn
2 2 2
2( 1) 3( 1) 3( 3 2), 3 12 11 0, 3 11.n n n n n n n n n⇔ − + − = − + ≥ ⇔ − + = ≥ ⇔ =
Khi đó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112

11
11
2
∑∑
=
−
=
−
−=






−=






−
k
kkk
k
k
kk
xC
x

xC
x
x
Số hạng chứa
7
x
là số hạng ứng với k thỏa mãn
.57322 =⇔=− kk
- Suy ra hệ số của
7
x
là
.14784)2.(
55
11
−=−C
10
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +
1,00
- Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta chứng minh được :
3 3 3

4(x y ) (x y)+ ³ +
dấu bằng xảy ra khi
x y=

0,25
- Áp dụng ta được
3 3
3
(x y) 16
4
(x y z)
z
P
+ +
³
+ +
, đặt
0a x y z= + + >

- Ta có
3 3
3 3
3
(a z) 16
4 4 (1 ) 16( )
z z z
P P
a a
a
- +

³ Û ³ - +
. Đặt
(0;1)
z
t t
a
= Þ Î
.
- Ta có
3 3
4 (1 t) 16P t³ - +
với
(0;1)t Î

0,25
- Xét hàm số
3 3
f(t) (1 t) 16t= - +
trên khoảng
(0;1)
- Có
2 2
1 1
'(t) 3(1 t) 48 0 ;t
5 3
f t t
-
=- - + = Û = =

- Lập bảng biến thiên của hàm số ta được

(0;1)
16 1
(t)
25 5
GTNN f t= Û =

0,25
- Từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
4
5
khi
2x y z= =

0,25