ĐỀ SỐ 5. THI THỬ ĐẠI HỌC
Môn: Toán A. Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3( 1) 6 3 4y x m x mx m= − + + − +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với
m 0=
.
2. Gọi
∆
là tiếp tuyến của đồ thị (C
m
) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để
∆
cắt đồ thị
tại một điểm B khác A sao cho
OAB∆
là tam giác vuông cân tại O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x− − − + =
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
2
xy x y
x y x y
+ − =



− =

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
0
(3 1)(2 1)
x
x x dx+ + +
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật,
2AB a=
,
2AD a=
.
SA
vuông góc với đáy
ABCD
. Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và
(ABCD) là 60
o
. CMR
( )BM SAC⊥
và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a.
Câu V(1,0 điểm) Cho
, , , 0a b a b∈ >¡
CMR:
2 2
3 3 1 1

2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
+ + + + ≥ + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     
Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho
ABC∆
có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
đường phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
Viết phương trình cạnh BC.
Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
( ) ( )
A 2;2; 2 , B 0; 1;2 , − − −
( )
C 2;2; 1−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục
y’Oy, z’Oz

tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho
ON 2OM=
.
Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −

2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5.
Câu Đáp án
I
a) Khi
0m
=
ta có
3 2
y x 3x 4= − +
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x= −
0
' 0
2
x
y
x
=


= ⇔

=

⇒
H/s ĐB trên các khoảng
( ;0)−∞
và
(2; )+∞
, NB trên khoảng
(0;2)
− Cực trị: H/s đạt CĐ tại
D
0 : 4
C
x y= =
H/s đạt CT tại
2 : 0
CT
x y= =
− Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
lim
x
y

→−∞
= −∞
− Chiều biến thiên:
( )
, 2
y 3x 6x 3x x 2= − = −
H/s không có tiệm cận
− Bảng biến thiên:
* Đồ thị :
Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận
điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng
.
2) Ta có:
2
' 3 6( 1) 6y x m x m= − + +
1 2 ' 3x y y= ⇒ = ⇒ = −
PTTT:
3( 1) 2y x= − − +
PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến
∆
và đồ thị (C
m
):
3 2
3( 1) 6 3 4 3( 1) 2x m x mx m x− + + − + = − − +
2
1
( 1) ( 3 1) 0
3 1
x

x x m
x m
=

⇔ − − − =

= +

Ta có: B(
3m 1; 9m 2+ − +
)
⇒
( )
1;2 , (3 1; 9 2)OA OB m m+ − +
uuur uuur

1B A m
≠ ⇔ ≠
OAB
∆
vuông cân tại A
2 2 2 2
(3 1) 2( 9 2) 0
. 0 1
3
(3 1) ( 9 2) 1 2
m m
OA OB
m
OA OB

m m
+ + − + =


=
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
+ + − + = +




uuur uuur
x
−∞
0 2
+∞
'y
+ 0 - 0 +
y 4
+∞
−∞
0
x
y
O
4
2

I
-1
2
1
Vậy
1
3
m =
là giá trị cần tìm.
II
1. Giải phương trình lượng giác:
3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x− − − + =
.
2
4sin (1 os ) 2cos (sinx 1) 4sin 1 0x c x x x⇔ − − − − + =
2
4sin cos 2sin cos 2cos 1 0x x x x x⇔ − − + + =
(2cos 1)( 2sin 1) 0x x⇔ + − + =
2
2
3
2 ( )
6
5
2
6
x k
x k k
x k

π
π
π
π
π
π

= ± +



⇔ = + ∈



= +


¢
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3 (1)
2 (2)
xy x y
x y x y
+ − =


− =


Nhận thấy
0y =
không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y
và phương trình (2) cho
2
y
ta được:
2
2
1
1
3 (3)
3
1
2 (4)
2
x
x
x
x
y y
y y
x
x x
x
y y
y y


− + =

+ − =


 
⇔
 
 
 
− =
− =
 ÷
 
 


1
(3) 3
x
x
y y
⇔ − = −
thay vào (4) ta có:
2
1
3 2 0
2
x
y
x x
x

y y
y

=

   

− + = ⇔
 ÷  ÷

   
=


+
1
x
x y
y
= ⇔ =
thay vào (2) ta được:
3 2
1 2
2 0
1 2
y
y y y
y

= −

− − = ⇔

= +


+
2 2
x
x y
y
= ⇔ =
thay vào (2) ta được:
3 2
1
4 2 2 0
1
2
y
y y y
y
=


− − = ⇔

= −

Vậy hệ có 4 nghiệm:
1
(1 2;1 2), (2,1), ( 1; )

2
± ± − −
III
Tính tích phân:
1
0
(3 1)(2 1)
x
x x dx+ + +
∫
Ta có:
1 1 1
0 0 0
(3 1)(2 1) 3 (2 1) 1(2 1)
x x
x x dx x dx x x dx M N+ + + = + + + + = +
∫ ∫ ∫
1
0
3 (2 1)
x
M x dx= +
∫

Đặt
2
2 1
3
3
ln3

x
x
du dx
u x
dv dx
v
=

= +


⇒
 
=
=



1
1
1
2 2
0
0
0
3 2 8 2 8ln 3 4
(2 1) 3 3
ln3 ln3 ln 3 ln 3 ln 3
x
x x

M x dx
−
⇒ = + − = − =
∫
1
0
1(2 1)N x x dx= + +
∫
x 0 1
t 1 2
Đặt
1 1t x x t dx dt= + ⇒ = − ⇒ =
Đổi cận:
2
2 2
3 1 5 3
2 2 2 2
1 1
1
4 2 28 2 2
(2 1) (2 )
5 3 15
N t t dt t t dt t t
 
−
= − = − = − =
 ÷
 
∫ ∫
Vậy

1
2
0
8ln3 4 28 2 2
(3 1)(2 1)
ln 3 15
x
x x dx
− −
+ + + = +
∫
IV
Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét
ABC
∆
và
BCM
∆
Ta có
2
AB BC
ABC BCM
BC CM
= = ⇒ ∆ ∆:
·
·
·
·
·
·

90
o
ACB BMC MBC BMC MBC ACB= ⇒ + = + =
BIC⇒ ∆
Vuông tại I hay
BM AC⊥
,
mà
( )SA ABCD BM⊥ ⊃

BM SA⇒ ⊥
( )BM SAC⇒ ⊥
SI BM⇒ ⊥ ⇒
góc giữa hai mặt phẳng
( )ABCD
và
( )SBM
Là góc giữa SI và AI hay
¶
60
o
SIA =
.
Ta có:
ABC ABI
∆ ∆
:
2 2 2
2 2
4 4 2 6

3
6
AI AB AB a a a
AI
AB AC AC
a
AB BC
⇒ = ⇒ = = = =
+
.
Xét
SAI
∆
vuông tại A. Ta có:
¶ ¶
2 6
tan tan . 3 2 2
3
SA a
SIA SA AI SIA a
AI
= ⇒ = = =
.
2
1 2
.
2 2
BCM
a
S BC CM= =

. SA là chiểu cao của khối chóp
.S BCM
nên
2 3
.
1 2 2
. .2 2
3 3.2 3
S BCM BCM
a a
V S SA a= = =
(đvtt)
V
Cho
, , , 0a b a b∈ >¡
CMR:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
+ + + + ≥ + +
 ÷ ÷  ÷ ÷
     
CM
Ta có
2
2 2
3 1 1 1 1 1

4 4 2 2 2 2
a b a a a b a a b a b
 
+ + = − + + + + = − + + + ≥ + +
 ÷
 
Tương tự
2
3 1
4 2
b a a b+ + ≥ + +
Ta sẽ CM:
2
1 1 1
2 2 (*)
2 2 2
a b a b
    
+ + ≥ + +
 ÷  ÷ ÷
    
Thật vậy:
2 2
1 1
(*) 2 4
4 4
a b ab a b ab a b⇔ + + + + + ≥ + + +
2
( ) 0a b⇔ − ≥
Dấu “=” xảy ra

1
2
a b⇔ = =
VI
Điểm
: 1 0 ( ;1 )C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
suy ra trung điểm của AC
Là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x
+ −
 
∈ + = ⇒ + + =
 ÷
 
7 ( 7;8)t C⇒ = − ⇒ −

.
Từ A(1;2) kẻ
: 1 0 ( )AK CD x y K BC⊥ + − = ∈
.
: ( 1) ( 2) 0 1 0AK x y x y⇒ − − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
1 0
(0;1)
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇔

− + =

.
ACK∆
cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0)
Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình
4 3 4 0x y+ + =
.
VII
Từ giải thiết ta chọn
(0; ;0)M m
và
(0;0; )N n

trong đó
0mn ≠
và
2n m= ±
.
Gọi
n
r
là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên
(2;3; 3)n BC⊥ = −
r uuur
,
(0; ; )n MN m n⊥ = −
r uuuur
nên ta chọn
, (3 4 ; 2 ; 2 )n BC MN n m n m
 
= = + − −
 
r uuur uuuur
+
2 (9 ; 4 ; 2 )n m n m m m= ⇒ = − −
r
và (P) đi qua
( 2;2; 2)A − −
nên (P) có phương trình:
3 4 2 10 0x y z− − + =
.
+
2 ( 9 ;4 ; 2 )n m n m m m= − ⇒ = − −

r
và (P) đi qua
( 2;2; 2)A − −
nên (P) có phương trình:
9 4 2 30 0x y z− + + =
.
Vậy
( )
P :3 4 2 10 0x y z− − + =
Hoặc
9 4 2 30 0x y z− + + =

VIII
Tìm số nguyên dương n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2

1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(
++
+++++
+
−+−+−+−=−
(1)
* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:
2 1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 ( 1) (2 1)
n k k k n n
n n n n
n x C C x kC x n C x
− +
+ + + +
− + − = − + − + − + − +
(2)
Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2

1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
−+
+
−
+++
−
+−+−−++−=−+
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2 n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
− − +
+ + + +
− + = − + + − − + − +
Phương trình đã cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2
=⇔=−+⇔=+⇔