Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 95
Ngày 5 tháng 6 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số
x 2
y
x 1
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C)
một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình:
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
π π
+ −
 

   
= − − −
 ÷  ÷
 ÷
+
   
 
.
2. Giải hệ phương trình:
( )
2
2
y 1
x 3y 2 y 4x 2 5y 3x
3
3 6.3 3 2.3
1 2. x y 1 3. 3y 2x
+
+ − + − −

+ = +


+ + − = −



Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân
( )
3 2

1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫
.
Câu IV (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB
= = =
và đường
thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
' , 'A B CC
và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.
Câu V ( 1.0 điểm). Cho ba số thực

[ ]
, , 1;3x y z ∈
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
36x 2y z
P
yz xz xy
= + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc
B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn
( )
2 2
: 18 6 65 0C x y x y
+ − − + =
và
( )
2 2
' : 9C x y
+ =
. Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là
các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng
4,8
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông góc với
mặt phẳng (Q):
5x 2y 5z 0− + =
và tạo với mặt phẳng (R):
x 4y 8z 6 0− − + =

góc
o
45
.
Câu VII.a (1.0 điểm). Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển Newton của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+
biết rằng:
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 1 13
n n
n n n n
C C C C
n
− + + + − =
+
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng

:2 1 0AB x y+ − =
, phương trình đường thẳng
: 3 4 6 0AC x y+ + =
và điểm
(1; 3)M −
nằm trên đường
thẳng BC thỏa mãn
3 2MB MC=
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(2;0;3); (2; 2; 3)A B − −
và đường thẳng
2 1
:
1 2 3
x y z− +
∆ = =
. Chứng minh
,A B
và
∆
cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm toạ độ điểm M thuộc
∆
sao cho
4 4
MA MB+
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1.0 điểm). Cho số phức z thoả mãn :
6 7
1 3 5

z i
z
i
+
−
+
=
. Tìm phần thực của số phức
2013
z
.
… Hết ….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………. Số báo danh:
…………………
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 95
Câu 1: 1, Cho hàm số
x 2
y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C)
* Tập xác định: D
{ }
\ 1R= −

,
( )
2
3
y 0, x D
x 1
′
= > ∀ ∈
+
* Sự biến thiên: + Giới hạn:
x
x 1 x 1
x
lim y lim y 1, lim y , lim y
+ −
→−∞
→− →−
→+∞
= = = −∞ = +∞
.
Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1
+ Bảng biến thiên:

x
-
∞
-1 +
∞
y’ + +
y

+
∞
1
1 -
∞
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞
.
* Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại điểm (2; 0).
Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2, Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C)……
PT tiếp tuyến d có dạng
( )
( )
o
o
2
o
o
x 2
3
y x x
x 1
x 1
−
= − +

+
+
, (với
o
x
là hoành độ tiếp điểm)
Giao điểm của d lần lượt với tc đứng, tc ngang là:
o
o
x 5
A 1; ;
x 1
 
−
−
 ÷
+
 

( )
o
B 2x 1;1+
o
o
6
IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+


Bán kính
2 2
IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
IA IB AB
2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6
IA IB IA IB
= = ≤ =
+ +
+ +
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
o o
IA IB x 1 3 x 1 3= ⇔ + = ⇔ = − ±
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y x 2 2 3= + −
hoặc
y x 2 2 3= + +
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
y
I
-1
O
2
-2
1
x
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

Câu 2: 1, Giải phương trình
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
π π
+ −
 
   
= − − −
 ÷  ÷
 ÷
+
   
 
.
Điều kiện:
sin 0x
≠
(*). Khi đó:
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2

sin2 cos 2 .sin 2 cos 2 .sin
4
x x x x x
π
 
+ = −
 ÷
 

( )
cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 0
4 4 4
x x x x x
π π π
     
⇔ − = − ⇔ − − =
 ÷  ÷  ÷
     
+
sin 1 2
2
x x k
π
π
= ⇔ = +

( )
k
∈
¢

, thỏa (*) +
3
cos 2 0
4 8 2
k
x x
π π π
 
− = ⇔ = +
 ÷
 

( )
k
∈
¢
, thỏa
(*)
Vậy, phương trình có nghiệm:
( )
3
2 ; .
2 8 2
k
x k x k
π π π
π
= + = + ∈
¢
Câu : 2, Giải hệ phương trình :

( )
2
2
y 1
x 3y 2 y 4x 2 5y 3x
3
3 6.3 3 2.3 (1)
1 2. x y 1 3. 3y 2x (2)
+
+ − + − −

+ = +


+ + − = −


Đk:
x y 1 0+ − ≥
(*)
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
4x 2 3y 3x y 4x 2 2y 3y 3x y 1 2y
4x 2 2y y x y 4x 2 2y
1 3 6.3 3 2.3 0
3 3 27 6.3 0 3 3 0 y 2x 1

− + − + − + − + +
− − −
⇔ + − + =
⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = −
Thay vào (2) ta có:
3
2
1 2 3x 2 3. 4x 3, x
3
+ − = − ≥
Đặt
3
a 3x 2 0;b 4x 3= − ≥ = −
ta có hệ
2 3
1 2a 3b
4a 3b 1
+ =


− =


( )
( )
3
4
Từ
( )
3b 1

3 a
2
−
⇒ =
thay vào pt (4) ta được
3 2
1
b 0 a
2
3b 9b 6b 0 b 1 a 1
5
b 2 a
2
−

= ⇒ =


− + = ⇔ = ⇒ =


= ⇒ =


+)
1
b 0;a
2
−
= =

không thõa mãn +)
a 1 x 1
b 1 y 1
= =
 
⇔
 
= =
 
+)
11
5
x
a
4
2
9
b 2
y
2

=


=
 
⇔
 
 
=

=



Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là
( )
11 9
1;1 , ;
4 2
 
 ÷
 
Câu 3: Tính tích phân:
( )
3 2
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫

( )
3 2
2

1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
+ + +
+
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
Ta có:
3 3
2
1
1
1
3 3
e
e
x e
x dx
 
−
= =
 ÷
 

∫

( )
( )
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x
+
+
= = +
+ +
∫ ∫
( )
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e
+
= + − =
Vậy

3
1 2
ln
3 2
e e
I
− +
= +
.
Câu 4: Tính thể tích……
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Trong (ABC), kẻ
CH AB
⊥

( )
H AB
∈
, suy ra
( )
' 'CH ABB A
⊥
nên A’H là hình chiếu vuông góc của
A’C lên (ABB’A’). Do đó:
( )
·
( )
·

·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H
= = = 
 
.
Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A
⇒
. Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
' , ' ', ' ' , ' 'd A B CC d CC ABB A d C ABB A CH
= = =
2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
và
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =


2.
21
7
ABC
S
a
CH
AB
∆
= =
Suy ra:
0
2 21
'
sin30 7
CH a
A C
= =
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2
35
' '
7
a
AA A C AC
= − =
. Suy ra:
3
105

. '
14
ABC
a
V S AA
∆
= =
.
Câu 5: Cho ba số
[ ]
x, y,z 1;3
∈
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
36x 2y z
P
yz xz xy
= + +
.
[ ]
2 2 2
2 2 2 2
36x 2y z
f (x) ,x 1;3 , y,z là tham sô
yz zx xy
36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9
f '(x) 0
yz
zx x y x yz x yz
= + + ∈
− − − −

= − − = ≥ >
Suy ra
f (x)
đồng biến trên
[ ]
1;3
nên
[ ]
2 2 2
2 2 2 2
36 2y z
f (x) f (1) g(y), y 1;3 ,z là tham sô
yz z y
36 2 z 36 2y z 36 2.9 1
g '(y) 0
z
y z y y z y z
≥ = + + = ∈
− + − − + −
= − + − = ≤ <
Suy ra
g(y)
nghịch biến trên
[ ]
1;3
[ ]
2
12 6 z 18 1 18 1
g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h '(z) 0.
z z 3 3 9 3

z
⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + <
⇒
h(z)
nghịch biến trên
[ ]
1;3

18
h(z) h(3) 1 7
3
⇒ ≥ = + =
Vậy P
7≥
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đó Min P = 7
Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn
( )
2 2
: 18 6 65 0C x y x y
+ − − + =
và
( )
2 2
' : 9C x y
+ =
Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là
các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng
4,8
.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Đường tròn (C’) có tâm
( )
O 0;0
, bán kính
R OA 3
= =
. Gọi
H AB OM= I
, do H là trung điểm của
AB nên
12
AH
5
=
. Suy ra:
2 2
9
OH OA AH
5
= − =
và
2
OA
OM 5
OH
= =
Đặt
( )

M ;x y
, ta có:
( )
2 2
2 2
M
18 6 65 0
OM 5
25
C
x y x y
x y

∈
+ − − + =
 
⇔
 
=
+ =




2
2 2
3 15 0
9 20 0
25 15 3
x y

x x
x y y x
+ − =
 
− + =
⇔ ⇔
 
+ = = −
 
4 5
3 0
x x
y y
= =
 
⇔ ∨
 
= =
 
. Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là:
( )
M 4;3
hoặc
( )
M 5;0
.
Câu 6a: 2, Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O,
vuông góc với mặt phẳng (Q):
5x 2y 5z 0− + =
và tạo với mặt phẳng (R):

x 4y 8z 6 0− − + =
góc
o
45
.
Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với
2 2 2
A B C 0+ + >
( ) ( ) ( )
5
P Q 5A 2B 5C 0 B A C
2
⊥ ⇔ − + = ⇔ = +
(1)
(P) tạo với (R) góc
o
45
nên
o
2 2 2 2 2 2
A 4B 8C A 4B 8C
1
cos45
2
A B C 1 16 64 A B C .9
− − − −
= ⇔ =
+ + + + + +
(2)
Từ

( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
25
1 , 2 2 A 10 A C 8C 9 A A C C
4
⇒ − + − = + + +
2 2
21A 18AC 3C 0⇔ + − =

A A 1
1,
C C 7
⇒ = − =
*) chọn
A 1,C 1 B 0= − = ⇒ = ⇒
Phương trình mặt phẳng (P) là x – z = 0
*) chọn
A 1,C 7 B 20= = ⇒ = ⇒
Phương trình mặt phẳng (P) là x + 20y + 7z = 0
Câu 7a: Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển Newton của biểu thức
5
3
2
( )
n
x

x
+

biết rằng:
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 1 13
n n
n n n n
C C C C
n
− + + + − =
+
Theo Newton thì:
0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x B− = − + − + − =
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =

+
∫
,
1
0 1 2
0
1 1 1
( 1)
2 3 1
n n
n n n n
Bdx C C C C
n
= − + + + −
+
∫

1 13 12n n
⇒ + = ⇒ =
Lại có:
12
12
5 12 5
12
3 3
0
2 2
( ) . .( )
k
k k

k
x C x
x x
−
=
 
+ =
 ÷
 
∑
,
12 8 36
1 12
.2 .
k k k
k
T C x
− −
+
=
Số hạng ứng với
20
x
thoả mãn:
8 36 20 7k k
− = ⇔ =

⇒
Hệ số của
20

x
là:
7 5
12
.2 25344C =
Câu 6b: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
:2 1 0AB x y+ − =
, phương trình đường thẳng
: 3 4 6 0AC x y+ + =
và điểm
(1; 3)M −
nằm trên
đường thẳng BC thỏa mãn
3 2MB MC=
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên
( )
;1 2B a a−
, C thuộc (AC) nên
( )
2 4 ;3C b b− −
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Ta có:
( )
1;4 2MB a a= − −
uuur
,
( )

3 4 ;3 3MC b b= − − +
uuuur
: Ta có
( ) ( ) { } ( )
2; 3AB AC A A∩ = ⇒ −
.
Vì B, M, C thẳng hàng,
3 2MB MC
=
nên ta có:
3 2MB MC=
uuur uuuur
hoặc
3 2MB MC= −
uuur uuuur
TH1:
3 2MB MC=
uuur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
3 1 2 3 4
3 4 2 2 3 3
a b
a b
− = − −

⇔

− = +



11
5
6
5
a
b

=


⇔

−

=


11 17
;
5 5
B
 
⇒ −
 ÷
 
,
14 18
;
5 5

C
 
−
 ÷
 
7 10
;
3 3
G
 
⇒ −
 ÷
 
TH2:
3 2MB MC= −
uuur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
3 1 2 3 4
3 4 2 2 3 3
a b
a b
− = − − −

⇔

− = − +




3
0
a
b
=

⇔

=

( ) ( )
3; 5 , 2;0B C⇒ − −
8
1;
3
G
 
⇒ −
 ÷
 
Vậy có hai điểm
7 10
;
3 3
G
 
−
 ÷
 
và

8
1;
3
G
 
−
 ÷
 
thỏa mãn đề bài.
Câu 6b:2,Trong tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(2,0,3); (2, 2, 3)A B − −
và đường thẳng
2 1
:
1 2 3
x y z− +
∆ = =
. CM:
,A B
và
∆
cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm M thuộc
∆
sao cho
MA MB+
nhỏ nhất.
Phương trình đường thẳng AB:
2
3 3
x

y t
z t
=


=


= +

Phương trình
2 '
: 1 2 '
3 '
x t
y t
z t
= +


∆ = − +


=

,Gọi
2 2 '
1
1 2 ' (2; 1;0)
' 0

3 3 3 '
t
t
I AB t t I
t
t t
= +

= −


= ∩ ∆ ⇒ = − + ⇒ ⇒ −
 
=


+ =

Vậy AB và
∆
cắt nhau tại I nên A, B và
∆
đồng phẳng
Ta có
(0;1;3), (0; 1; 3) IA IB IA IB IA IB AB= = − − ⇒ = − ⇒ + =
uur uur uur uur
Khi đó
( )
( ) ( )
2

2
2 4
4 4 2 2 4
1 1 1 1 1
2 2 2 8 8
MA MB MA MB MA MB AB IA IB
 
+ ≥ + ≥ + ≥ = +
 ÷
 
⇒
MA
4
+ MB
4
nhỏ nhất khi M trùng với I
(2; 1;0)−
.
Câu 7b: Cho số phức z thoả mãn :
6 7
1 3 5
z i
z
i
+
−
+
=
. Tìm phần thực của số phức
2013

z
.
Gọi số phức
( , )z a bi a b z a bi= + ∈ ⇒ = −¡
thay vào (1) ta có
6 7
1 3 5
a bi i
a bi
i
− +
+ −
+
=
( )(1 3 ) 6 7
10 10 3 ( 3 ) 12 14
10 5
9 3 (11 3 ) 12 14
a bi i i
a bi a bi a b i b a i
a b i b a i
− − +
+ − ⇔ + − + + + = +
⇔ + + + = +
=

9 3 12 1
11 3 14 1
a b a
b a b

+ = =
 
⇔ ⇔
 
+ = =
 
2013
2013 2013
1006
1 1 (1+i) 2 os isin
4 4
2013 2013
2 2 os isin
4 4
a b z i z c
c
π π
π π
 
 
= = ⇒ = + ⇒ = = +
 ÷
 
 
 
 
= +
 ÷
 
Vậy phần thực của

2013
z
là
1006 1006
2013
2 2. os 2
4
c
π
= −
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
6
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
7