35 Đề thi thử Đại học môn Toán

ới (P). 
 d:
5 / 2
5 1 1
1 ; ;
3 6 6
1
x t
y t H
z t
75 5 3
36 6
IH , (C) có bán kính 2 2
29 75 31 186
4 36 6 6
r R IH 
Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 
 2 2 2
2 2
0 0 0
| 4 | 2 24 2 6 0
64 2 2 0
x x x
x x x xx x x x x
xx x x x x
 Suy ra: 
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx = 
4 52
16
3 3
Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm 1 25;0 ; 5;0F F . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh 
là M( 4; 3), 
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 
Trang 42 
 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 
2 2
2 2
1
x y
a b
 ( với a > b) 
 (E) cũng có hai tiêu điểm 2 2 2
1 25;0 ; 5;0 5 1F F a b 
 2 2 2 24;3 9 16 2M E a b a b 
 Từ (1) và (2) ta có hệ:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
5 40
9 16 15
a b a
a b a b b
. Vậy (E): 
2 2
1
40 15
x y
 2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: 
2 3
1
3
x t
y t
z t
 Gọi I là giao điểm của (d) và (P) 1;0;4I 
 * (d) có vectơ chỉ phương là (2;1;1)
r
a , mp( P) có vectơ pháp tuyến là 1;2; 1
r
n 
 , 3;3;3
r r
a n . Gọi 
r
u là vectơ chỉ phương của 1;1;1
r
u 
1
:
4
x u
y u
z u
 . Vì 1 ; ;4M M u u u , 1 ; 3;
uuuur
AM u u u 
 AM ngắn nhất AM . 0 1(1 ) 1( 3) 1. 0
uuuur r
AM u u u u 
4
3
u . Vậy 
7 4 16
; ;
3 3 3
M 
Câu VII.b: PT (2) 
2
1 0 1
(3 1) 03 1 1
x x
x x yx xy x
1 0
0 1
3 1 0 1 3
x x
x x
x y y x
 * Với x = 0 thay vào (1): 2 2
8 8
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log
11 11
y y y y y y 
 * Với 
1
1 3
x
y x
 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 3 1 3 12 2 3.2x x (3) 
 Đặt 3 12 xt . Vì 1x nên 
1
4
t 
xt loaïi
t t t
t t
y
2 2
2
1
log (3 8) 11 3 8 ( )
(3) 6 6 1 0 3
3 8
2 log (3 8)
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
2
0
8
log
11
x
y
 và 
2
2
1
log (3 8) 1
3
2 log (3 8)
x
y
Đề số 19 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 23 4y x x . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
Trần Sĩ Tùng Trang 43 
Thuviendientu.org 
 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 
3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. 
Câu II (2điểm) 
 1) Giải hệ phương trình: 
2
2
1 ( ) 4
( 1)( 2)
x y x y y
x x y y
 (x, y R ) 
 2) Giải phương trình: 
3 3sin .sin3 cos cos3 1
8
tan tan
6 3
x x x x
x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 
1
2
0
ln( 1)I x x x dx 
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu 
vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt 
phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích 
bằng 
2 3
8
a
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
P
a b b c c a
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
 A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường 
trung tuyến BM: 2 1 0x y và phân giác trong CD: 1 0x y . Viết phương trình 
đường thẳng BC. 
 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 
2 ; 2 ; 2 2x t y t z t . Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song 
với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt 
phẳng chứa và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. 
Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của 
4
1
2
n
x
x
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 
2 3 1
0 1 22 2 2 65602
2 3 1 1
L
n
n
n n n nC C C C
n n
 ( knC là số tổ hợp chập k của n phần tử) 
 B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x 
+ 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và 
điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 
3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt 
phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2MA MB MC . 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 
2( 1)
1
x y x y
x y
e e x
e x y
 (x, y R ) 
Hướng dẫn 
Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. 
 Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: 
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 
Trang 44 
 3 2 2
2
3
3 4 ( 3) 4 ( 3)( ) 0
0
x
x x m x x x m
x m
 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và '( ). '( ) 1y m y m 
 2
18 3 35
(3 6 )(3 6 ) 1 9 36 1 0
9
m m m m m m m (thỏa mãn) 
Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT 
2
2
1
2 2
1
( 2) 1
x
x y
y
x
x y
y
 Đặt 
2 1
, 2
x
u v x y
y
. Ta có hệ 
2
1
1
u v
u v
uv
2 1
1
2 1
x
y
x y
 Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5). 
 2) Điều kiện: sin sin cos cos 0
6 3 6 3
x x x x 
 Ta có tan tan tan cot 1
6 3 6 6
x x x x 
 PT 3 3
1
sin .sin3 cos cos3
8
x x x x 
1 cos2 cos2 cos4 1 cos2 cos2 cos4 1
2 2 2 2 8
x x x x x x
 3
1 1 1
2(cos2 cos2 cos4 ) cos 2 cos2
2 8 2
x x x x x 
6
6
x k (loaïi)
x k
 Vậy phương trình có nghiệm 
6
x k , ( )k Z 
Câu III: Đặt 
2 2
2
2 1
ln( 1) 1
2
x
du dx
u x x x x
dv xdx x
v
1 12 3 2
2
2
00
1 2
ln( 1)
2 2 1
x x x
I x x dx
x x
1 1 1
2 2
0 0 0
1 1 1 2 1 3
ln3 (2 1)
2 2 4 1 4 1
x dx
x dx dx
x x x x
3 3
ln3
4 12
I 
Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó 
(P) (BCH). Do góc · 'A AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi 
(P) là tam giác BCH. 
Do tam giác ABC đều cạnh a nên 
3 2 3
,
2 3 3
a a
AM AO AM 
 Theo bài ra 
2 23 1 3 3
.
8 2 8 4
BCH
a a a
S HM BC HM 
2 2
2 2 3 3 3
4 16 4
a a a
AH AM HM 
Do A’AO và MAH đồng dạng nên 
'A O HM
AO AH
. 3 3 4
'
3 4 3 3
AO HM a a a
A O
AH a
Trần Sĩ Tùng Trang 45 
Thuviendientu.org 
 Thể tích khối lăng trụ: 
31 1 3 3
. . .
2 2 3 2 12
ABC
a a a
V A O S A O AM BC a 
Câu V: Ta có a
2
+b
2 
 2ab, b
2
 + 1 2b 2 2 2 2 2
1 1 1 1
.
2 3 1 2 2 1a b a b b ab b
 Tương tự 
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
. , .
2 3 2 1 2 3 2 1b c bc c c a ca a
1 1 1 1 1 1 1
2 1 1 1 2 1 1 1 2
ab b
P
ab b bc c ca a ab b b ab ab b
1
2
P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 
1
2
 khi a = b = c = 1 
Câu VI.a: 1) Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t . 
 Suy ra trung điểm M của AC là 
1 3
;
2 2
t t
M . 
 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). 
 Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y 
 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K . 
 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y 
 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( ) ( )PP D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu 
vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH . 
 Mặt khác 
, ,d D P d I P IH
H P
 Trong (P), IH IA ; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) IA tại A. 
 Vectơ pháp tuyến của (P0) là 6;0; 3
r uur
n IA , cùng phương với 2;0; 1
r
v . 
 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( 4) 1.( 1) 2 9 0x z x z . 
Câu VII.a: Ta có 
2 2
0 1 2 2
0 0
(1 ) Ln n nn n n nI x dx C C x C x C x dx 
2
0 1 2 2 3 1
0
1 1 1
2 3 1
L n nn n n nC x C x C x C x
n
 I
2 3 1
0 1 22 2 22
2 3 1
L
n
n
n n n nC C C C
n
 (1). Mặt khác 
1
2
1
0
1 3 1
(1 )
1 1
n
nI x
n n
 (2) 
 Từ (1) và (2) ta có 
2 3 1
0 1 22 2 22
2 3 1
L
n
n
n n n nC C C C
n
13 1
1
n
n
 Theo bài ra thì 
1
13 1 6560 3 6561 7
1 1
n
n n
n n
 Ta có khai triển
7 14 37 77
4
7 74 4
0 0
1 1 1
22 2
k k
k
k k
k
x C x C x
x x
 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 
14 3
2 2
4
k
k 
 Vậy hệ số cần tìm là 272
1 21
2 4
C 
Câu VI.b: 1) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n) 
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 
Trang 46 
 Do G là trọng tâm ABC nên 
2 7 2 3.2
3 5 3.0
m n
m n
1
1
m
n
 B(–1; –4), C(5; 1) 
 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: 2 2
83 17 338
0
27 9 27
x y x y 
 2) Gọi G là trọng tâm của ABC G
7 8
; ;3
3 3
 Ta có 
2 2 2
2 2 2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
F MA MB MC MG GA MG GB MG GC 
 2 2 2 2 2 2 2 23 2 ( ) 3
uuur uuur uuur uuuur
MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC 
 F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) 
7 8
3 3
193 3
( ,( ))
1 1 1 3 3
MG d G P 
 2 2 2
56 32 104 64
9 9 9 3
GA GB GC 
 Vậy F nhỏ nhất bằng 
2
19 64 553
3.
3 93 3
 khi M là hình chiếu của G lên (P) 
Câu VII.b: Đặt 
u x y
v x y
. Hệ PT 
1
1
x y
x y
e x y
e x y
1 1 (1)
1 (2)
v v
u u v
e u e u
e v e e v u
 Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm 
 Nên (2) u v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f (u) = eu – 1 
 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 0u . 
 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 
0 0
0
0 0
x y x
v
x y y
Đề số 20 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2( ) 3 4f x x x . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 
 2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=
3 2
1 1
2sin 3 2sin 4
2 2
x x 
Câu II. (2,0 điểm) 
 1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln( ) 2ln( 1)mx x 
 2) Giải phương trình: 3 3sin .(1 cot ) cos (1 tan ) 2sin2x x x x x . 
Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: 
2
0
2 1
lim
3 4 2
x
x
e x
x x
Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
ABCD có 2, 3, 1, 10, 5, 13AB AC AD CD DB BC . 
Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với 2:x 
2 2
3
3 5
x y
x y m
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
 A. Theo chương trình Chuẩn 
Trần Sĩ Tùng Trang 47 
Thuviendientu.org 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác 
ABC với các đỉnh: A(–2;3), 
1
;0 , (2;0)
4
B C . 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm 
4; 5;3M và cắt cả hai đường thẳng: 
2 3 11 0
' :
2 7 0
x y
d
y z
 và 
2 1 1
'' :
2 3 5
x y z
d . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho 1 2 3 26 6 9 14n n nC C C n n , trong đó 
k
nC là số tổ hợp chập 
k từ n phần tử. 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm 
1 21;1 , 5;1F F và tâm sai 0,6e . 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của 
đường thẳng 
2 0
:
3 2 3 0
x z
d
x y z
 trên mặt phẳng : 2 5 0P x y z . 
Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho 2 2
n n
n k n kC C lớn nhất 
hoặc nhỏ nhất. 
 Hướng dẫn 
Câu I: 2) Đặt 
1
2sin
2
x t t 
3 5
;
2 2
 và 3 23 4.g x f t t t 
3 27 9 27 54 32 49
3. 4 ;
2 8 4 8 8
0 4; 2 0;
5 125 25 125 150 32 7
3. 4
2 8 4 8 8
CD CT
f
f f f f
f
 Max = 4, Min = 
49
8
Câu II: 1) ĐKXĐ: 1, 0x mx . Như vậy trước hết phải có 0m . 
 Khi đó, PT 2 2( 1) (2 ) 1 0mx x x m x (1) 
 Phương trình này có: 2 4m m . 
 Với (0;4)m < 0 (1) vô nghiệm. 
 Với 0m , (1) có nghiệm duy nhất 1x < 0 loại. 
 Với 4m , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy 
nhất. 
 Với 0m , ĐKXĐ trở thành 1 0x . Khi đó 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt 
1 2 1 2,x x x x . Mặt khác, ( 1) 0, (0) 1 0f m f nên 1 21 0x x , tức là chỉ có 2x 
là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị 0m thoả điều kiện bài toán. 
 Với 4m . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân 
biệt 1 2 1 2,x x x x . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các 
giá trị 4m cũng bị loại. 
 Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: ( ;0) 4m . 
 2) ĐKXĐ: 
2
k
x sao cho sin2 0x . 
 Khi đó, VT = 3 3 2 2sin cos sin cos cos sinx x x x x x 
 = 2 2(sin cos )(sin sin cos cos ) sin cos (sin cos )x x x x x x x x x x = sin cosx x 
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 
Trang 48 
 PT 
2
sin cos 0
sin cos 2sin 2
(sin cos ) 2sin 2 (1)
x x
x x x
x x x
 (1) 1 sin2 2sin2 sin2 1( 0)x x x 2 2
2 4
x k x k 
 Để thoả mãn điều kiện sin cos 0x x , các nghiệm chỉ có thể là: 2
4
x k 
Câu III: Ta có: 
2 22 1 1 2 1 1
.
3 4 2 3 4 2
x xe x x e x
xx x x x
 = 
21 2 1 1
.
3 4 2
xx e x
x x x
 = 
2
2
1 2 1 1 ( 3 4 2 )
.
(3 4) (2 )
xx e x x x
x x x x
 = 
2
2
2 1 ( 3 4 2 )
2. .
21 2 1
xx e x x x
x x xx x
= 
22 1 3 4 2
2. .
2 11 2 1
xe x x
x xx
2
0
2 1
lim ( 1 2).4 4
3 4 2
x
x
e x
x x
Câu IV: Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 210 ; 5 ; 13 ;CD AC AD DB AD AB BC AB AC 
 Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. 
 Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển 
nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này 
là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 2 2 2
1 1 14
2 3 1
2 2 2
R AH . 
Câu V: Đặt 2 2( ) 3 (3 ) 5f x x x 
2 2
3
( )
3 (3 ) 5
x x
f x
x x
 2 2
2
2 3
( ) 0 6 14 (3 ) 3
2 18 27 0
x
f x x x x x x
x x
 Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15 , và hai nghiệm: 
1,2
9 3 15
2
x 
 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số 
không thể đổi dấu trên 2; , ngoài ra (3) 0f nên ( ) 0, 2f x x . Do đó, giá trị 
nhỏ nhất của ( )f x là (2) 7 6f . 
 Cũng dễ thấy lim
x
f x . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với 2x ) 
khi và chỉ khi 6 7m . 
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 
 khi và chỉ khi 
2
2
22
91 3
44 4 1 6 3 1.
2 4 3
d
DB AB
d d d
DC AC d
 Phương trình AD: 
2 3
1 0
3 3
x y
x y ; AC: 
2 3
3 4 6 0
4 3
x y
x y 
 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán 
kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 
2 2
3 1 4 6
3 5
3 4
b b
b b b 
4
3 5
3
1
3 5
2
b b b
b b b
Trần Sĩ Tùng Trang 49 
Thuviendientu.org 
 Rõ ràng chỉ có giá trị 
1
2
b là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC 
là: 
2 2
1 1 1
2 2 4
x y 
 2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: 
 2 3 11 2 7 0 2 3 2 11 7 0.m x y n y z mx m n y nz m n 
 Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: ( 8 15 11) ( 5 6 7) 0 3m n n m 
 Chọn 1, 3m n , ta được phương trình của P’: 2 6 10 0x z . 
 Đường thẳng d” đi qua 2; 1;1A và VTCP (2;3; 5)
ur
m . Mặt phẳng P” đi qua M và 
d” có hai VTCP là 
ur
m và 6;4; 2
uuur
MA hoặc 3;2; 1
r
n . Vectơ pháp tuyến của P” là: 
3; 5 5;2 2;3
, , 7; 13; 5
2; 1 1;3 3;2
ur
p . 
 Phương trình của P”: 7( 4) 13( 5) 5( 3) 0x y z 7 13 5 29 0.x y z 
 Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: 
2 6 10 0
7 13 5 29 0
x z
x y z
Câu VII.a: Điều kiện: 3.n 
 Theo giả thiết thì: 23 ( 1) ( 1)( 2) 9 14n n n n n n n n 2 9 14 0n n n = 7 
Câu VI.b: 1) Giả sử ,M x y là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là 
3
5
0,6
c
a
e
 nên ta có: 2 2 2 21 2 10 ( 1) ( 1) ( 5) ( 1) 10MF MF x y x y 
2 2( 2) ( 1)
1
25 16
x y
 2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: 2 3 2 5 0m x z n x y z 
 3 2 2 5 0m n x ny m n z n 
 (Q) (P) 1.( 3 ) 2( 2 ) 1.( 2 ) 0 8 0m n n m n m n 
 Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11 2 15 5 0x y z . 
 Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: 
2 5 0
11 2 15 5 0
x y z
x y z
Câu VII.b: Ta chứng minh rằng 2 2
n n
n k n kC C giảm khi k tăng, tức là: 
 2 2 2 1 2 1
n n n n
n k n k n k n kC C C C . (3) 
 Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: 
2 ! 2 ! 2 1 ! 2 1 !
(3)
! ! ! ! ! 1 ! ! 1 !
2 2 1
1 1.
1 1
n k n k n k n k
n n k n n k n n k n n k
n k n k n n
n k n k n k n k
 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. 
 Do đó, 2 2
n n
n k n kC C lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n. 
Đề số 21 
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 
Trang 50 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x có đồ thị là (Cm) 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 
 2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao 
cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích 
bằng 8 2 . 
Câu II: (2 điểm) 
 1) Giải bất phương trình: 1 115.2 1 2 1 2x x x 
 2) Tìm m để phương trình: 22 0,54(log ) log 0x x m có nghiệm thuộc (0, 1). 
Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = 
3
6 2
1
(1 )
dx
x x
. 
Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh 
a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. 
Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 
2
cos
sin (2cos sin )
x
x x x
 với 0 < x 
3
. 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
 A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích 
bằng 
3
2
; trọng tâm G của ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính 
đường tròn nội tiếp ABC. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có 
phương trình 
x 1 y 2 z 3
2 1 1
. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. 
Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. 
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 
2
4 3 1 0
2
z
z z z trên tập số phức. 
 B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai 
đường tròn (C1): x
2
 + y
2
 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x
2
 + y
2
 – 8x – 2y + 16 = 0. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: 
 (d1) : 4
6 2
x t
y t
z t
; và (d2) : 
'
3 ' 6
' 1
x t
y t
z t
 Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số 
của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1). 
Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng 0 1 2 20092009 2009 2009 20092 3 ... 2010S C C C C . 
Hướng dẫn 
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: 
3 22 ( 3) 4 4x mx m x x (1) 
 2
2
0
(1) ( 2 2) 0
( ) 2 2 0 (2)
x
x x mx m
g x x mx m 
 (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 
Trần Sĩ Tùng Trang 51 
Thuviendientu.org 
2 1 22 0
( )
2(0) 2 0
m mm m
 a
mg m
. 
 Mặt khác: 
1 3 4
( , ) 2
2
d K d 
 Do đó: 2
1
8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2
KBCS BC d K d BC BC 
 2 2( ) ( ) 256B C B Cx x y y với ,B Cx x là hai nghiệm của phương trình (2). 
 2 2 2 2( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128B C B C B C B C B Cx x x x x x x x x x 
 2 2
1 137
4 4( 2) 128 34 0
2
m m m m m (thỏa (a)). Vậy 
1 137
2
m . 
Câu II: 1) * Đặt: 2 ;xt điều kiện: t > 0. Khi đó BPT 30 1 1 2 (2)t t t 
 1t : 2(2) 30 1 3 1 30 1 9 6 1 1 4 ( )t t t t t t a 
 0 1t : 2(2) 30 1 1 30 1 2 1 0 1 ( )t t t t t t b 
 0 4 0 2 4 2.xt x Vậy, bất phương trình có nghiệm: 2.x 
 2) PT 22 2log log 0; (0; 1) (1)x x m x 
 Đặt: 2logt x . Vì: 2
0
limlog
x
x và 
1
limlog 0
x
x , nên: với (0;1) ( ; 0)x t 
 Ta có: (1) 2 0, 0 (2)t t m t 2 , 0m t t t 
 Đặt: 
2 , 0 : ( )
: ( )
y t t t P
y m d
 Xét hàm số: 2( )y f t t t , với t < 0 ( ) 2 1f t t 
1 1
( ) 0
2 4
f t t y 
 Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm (0; 1)x (2) có nghiệm t < 0 
 (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 
1
4
m . 
 Vậy, giá trị m cần tìm: 
1
.
4
m 
Câu III: Đặt : 
1
x
t
3
163
4 2
2 2
1 3
3
1
1
1 1
t
I dt t t dt
t t
 = 
117 41 3
135 12
Câu IV: Dựng SH AB ( )SH ABC và SH là đường cao của hình chóp. 
 Dựng ,HN BC HP AC · ·,SN BC SP AC SPH SNH 
 SHN = SHP HN = HP. 
 AHP vuông có: 
3
.sin60
4
o aHP HA ; SHP vuông có: 
3
.tan tan
4
a
SH HP 
 Thể tích hình chóp 
2 31 1 3 3
. : . . . .tan . tan
3 3 4 4 16
ABC
a a a
S ABC V SH S 
Câu V: Với 0
3
x thì 0 tan 3x và sin 0,cos 0, 2cos sin 0x x x x 
2 23
2 2 2 3
2
cos
1 tan 1 tancos
sin 2cos sin tan (2 tan ) 2 tan tan
.
cos cos
x
x xxy
x x x x x x x