Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 180

Câu I. (2 điểm) 
Cho hàm số: 3 2y x mx= + + . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = . 
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 
Câu II. (2 điểm) 
1) Giải phương trình: ( )2 23 1 1 2 3 0x x x x x+ − + + − + = . 
2) Giải hệ phương trình: 
( ) ( )2 2
2
2 5 0
1
log 16 4 log
log 2 xyx
x x y y x y
y
 + + − = + = −
. 
Câu III. (1 điểm) 
Tính tích phân: 
1 2
3
0
2 2
1
x x
dx
x
+ −
+∫ . 
Câu IV. (1 điểm) 
 Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ( )BCD và 2AB a= . Biết tam giác BCD 
có , 3BC a BD a= = và trung tuyến 7
2
a
BM = . Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu 
ngoại tiếp của tứ diện ABCD . 
Câu V. (1 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa: 1 9 4 1
a b c
+ + = . Đặt minP là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
4 9P a b c= + + . Tìm nghiệm của phương trình: ( ) min121 1 tan1 cot2 sin
x
P
xx
+
=
+
. 
Câu VI. (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho điểm ( )2; 1A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0d x y+ − = . 
Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( )d một góc bằng 045 . 
2) Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm ( )1;1;2M và mặt phẳng 
( ) : 1 0P x y z+ + + = . Một mặt phẳng song song với ( )P và cắt hai tia ,Ox Oy tại ,B C sao 
cho tam giác ABC có diện tích bằng 3
2
 (đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó. 
Câu VII. (1 điểm) 
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển ( )27 7
nx
+ . 
************************************** 
   *************************************** 
Ghi chú: Học sinh phải trình bày rõ ràng, sạch sẽ. 
 Không được dùng bút xóa, bút chì trong bài làm. 
Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân_luankieu@ymail.com 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH 
TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN (CƠ SỞ IV) 
 KIỂM TRA KHỐI 12 
 MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
luankieu@ymail.com sent to www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN THAM KHẢO 
Câu I. (2 điểm) 
Cho hàm số: 3 2y x mx= + + . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = . (học sinh tự giải) 
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 
Hàm số: 3 2y x mx= + + 
Miền xác định: D = 
 . 
Đạo hàm: 2' 3y x m= + có ' 3a= − 
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi hàm số đã cho đơn điệu trên 
 
hoặc đạt hai cực trị 1 2,y y cùng phía với trục hoành
( )
( )
1 2
' 0 1
' 0
 2
. 0y y
∆ ≤

 ∆ >⇔  >
Giải ( )1 : ' 0 3 0 0m m∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ 
Giải ( )2 : Gọi ;
3 3
a a− −
− là hai nghiệm của ' 0y = . 
Ta có : ( ) ( )1 2
3 0' 0
. 0 . 0
3 3
m
m m
y y f f
− >∆ >  ⇔  − − > − >  
( )3
0
3 04
27 0
27
m
m
m

Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi: 
0
3
3 0
m
m
m
≥
 ⇔ > −− < <
. 
Cách khác: 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là: 3 2 0x mx+ + = 
( )
3
3 22 *
x
x mx m
x
+
⇔ + = − ⇔ = − (do 0x = không là nghiệm) 
Xét hàm số: 
3
22 2xy x
x x
+
= = + 
Miền xác định: { }\ 0D = 
 
Đạo hàm: 2
2
' 2y x
x
= − . 
Cho ( )2
1
' 0 1 1 3y x x y
x
= ⇔ = ⇔ = ⇒ = 
0 0
lim ; lim ; lim ; lim ;
x x xx
y y y y
− +→−∞ → →+∞→
= +∞ = −∞ = +∞ = +∞ 
Bảng biến thiên : 
Số nghiệm của phương trình ( )* là số giao điểm của đồ thị hàm số 
3 2x
y
x
+
= với đường thẳng 
y m= − . 
Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số 3 2y x mx= + + cắt trục hoành tại một điểm duy nhất 
khi 3 3m m− − 
Vậy ( )3;m ∈ − ∞ thỏa yêu cầu bài toán. 
Câu II. (2 điểm) 
1) Giải phương trình: ( )2 23 1 1 2 3 0x x x x x+ − + + − + = . 
'y 
x 
y 
−∞ −∞ 
−∞ 
+∞ +∞ +∞ 
+ − 
1 
0 − 
3 
Phương trình đã cho viết lại: ( ) ( )2 21 3 1 1 3 2 0x x x x x x+ + + − + + − + = 
Đặt: 2 1; 0t x x t= + + ≥ 
Phương đã cho trở thành: ( )2
1
3 1 3 2 0
2 3
t
t x t x
t x
=
+ − − + = ⇔  = −
Với 1t = ta có: ( )2 1 1 1 0 0 1x x x x x x+ + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − 
Với 2 3t x= − ta có: 
( )
2
22
2 3 0
1 2 3
1 2 3
x
x x x
x x x
− ≥+ + = − ⇔  + + = −
2
2
3
8 13 3 0
x
x x
 ≤⇔  − + =
2
3
13 7313 73
1616
13 73
16
x
xx
x
 ≤  −−⇔ ⇔ ==   + =  
. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 13 73
16
x
−
= 
2) Giải phương trình: 
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
2 5 0 1
1
log 16 4 log 2
log 2 xyx
x x y y x y
y
 + + − = + = −
. 
Điều kiện: 
0; 0 1
0 1
x y
xy
> < ≠⇔  < ≠
Ta có phương trình: ( )
4
2 2
2
1
2 log 4 log
log
x y
xy
⇔ + = − 
( )22 2 2 2
2 2
2
4 4
log log 4 log 4 log 2 0
log log
log 2 4
x y xy xy
xy xy
xy xy
⇔ + = − ⇔ = − ⇔ − =
⇔ = ⇔ =
Phương trình( ) 3 2 2 31 2 2 5 0x x y xy y⇔ + + − = 
Hệ phương trình đã cho tương đương: ( )
3 2 2 3
4
*
2 2 5 0
xy
x x y xy y
= + + − =
Khi 0y = thì hệ phương trình ( )* vô nghiệm. 
Khi 0y ≠ ta có: 
3 2
3 2 2 32 2 5 0 2 2 5 0
x x x
x x y xy y
y y y
         + + − = ⇔ + + − =           
Đặt: 
x
t
y
= , phương trình trên được viết lại: ( )( )3 2 22 2 5 0 1 3 5 0t t t t t t+ + − = ⇔ − + + = 
( )22
1
1 3 5 0;
3 5 0
t
t do t t t
t t
=
⇔ ⇔ = + + > ∀ ∈ + + =

 
Với 1t = ta có: 1x x y
y
= ⇔ = 
Thay x y= vào ( )* ta được: 2 4 2x x= ⇔ = ± 
So với điều kiện ta suy ra: 2x y= = . 
Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là: ( )2;2 
Câu III. (1 điểm) 
Tính tích phân: 
1 2
3
0
2 2
1
x x
dx
x
+ −
+∫ . 
 Ta biến đổi: 
( )( )
( )2 2
3 2 2 2
2 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1
x x x x A B x C
x x x x x x x x x
+ − + − −
= = + +
+ + − + + − + − +
( ) ( )2
3
2
1
A B x A B C x A B C
x
+ − − − + − +
=
+
Đồng nhất đẳng thức, ta được: 
2 1 1
2 1
02
A B A
A B C B
CA B C
  + = = −   − + + = ⇔ =     =− + = − 
Khi đó: 
2
3 2
2 2 1 2 1
1 1 1
x x x
x x x x
+ − −
= − +
+ + − +
Do đó: ( )
1 12
3 2
0 0
2 2 1 2 1
1 1 1
x x x
dx dx
x x x x
+ − −
= − +
+ + − +∫ ∫
( ) ( )
1 12
2
0 0
1 1
1 1
d x x d x
dx
x x x
− + +
= −
− + +∫ ∫ 
( )
12
12
0
0
1 1
ln 1 ln 1 ln ln
1 2
x x
x x x
x
− +
= − + − + = =
+
. 
Câu IV. (1 điểm) 
 Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ( )BCD và 2AB a= . Biết tam giác BCD 
có , 3BC a BD a= = và trung tuyến 7
2
a
BM = . Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu 
ngoại tiếp của tứ diện ABCD . 
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD , qua O dựng đường thẳng ( )d vuông góc với 
mặt phẳng( )BCD , khi đó ( )d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ( )d song song 
với AB . 
Trong mặt ( );AB d dựng đường trung trực ( ) của đoạn AB , ( ) cắt ( )d tại I . 
Ta có: 
I d IB IC ID
IB IC ID IA
I IB IA
∈ ⇒ = = ⇒ = = = ∈ ⇒ = 
Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện ABCD . 
Trong tam giác BCD , ta có: 
( )2 2 2 22 4CD BC BD AM• = + − ( )2 2 2 2
7
2 3 4.
4
a a a a= + − = 
CD a⇒ = 
• 
2 2 2 2 2 23 3 3
cos
2 . 22 3 2 3
BC BD CD a a a
CBD
BC BD a a
+ − + −
= = = = 
• Theo định lý hàm sin, ta có: 
  
2 ' 2
1sin sin 2 sin 2.
2
R BO CD a
CD BO a
CBD CBD CBD
= = ⇒ = = = . 
Gọi E là trung điểm của AB , khi đó tứ giác OAEI là hình chữ nhật, suy ra bán kính của mặt cầu 
( )S là: 
2
2 2 2 6
2 2
a a
R IB OB BE a= = + = + = 
Thể tích của khối cầu ( )S là: ( )
3
3 3 34 4 4 6. . 6
3 3 3 2S
a
V R IA api pi pi pi
 = = = =  
 (đvtt). 
B 
A 
C 
D 
E 
M O 
d 
 
I 
 0 130 sin
2
CBD CBD⇒ = ⇒ =
Câu V. (1 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa: 1 9 4 1
a b c
+ + = . Đặt minP là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
4 9P a b c= + + . Tìm nghiệm của phương trình: ( ) min121 1 tan1 cot2 sin
x
P
xx
+
=
+
. 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: 
( ) ( )( )
2
2 1 9 4 1 9 42 3 6 4 9 4 9a b c a b c
a b c a b c
 + + = + + ≤ + + + +  
min
121
4 9 121 121
1 9 4
a b c P
a b c
⇒ + + ≥ = ⇒ =
+ +
Phương trình: ( ) ( )min121 1 tan 121 1 tan 1211 cot 1 cot2 sin 2 sin
x x
P
x xx x
+ +
= ⇔ =
+ +
( )
1 tan
2 s in *
1 cot
x
x
x
+
⇔ =
+
Điều kiện: 
sin 0
cos 0
cot 1
x
x
x
 ≠ ≠ ≠ −
Phương trình: ( ) cos sin sin* . 2 sin
cos sin cos
x x x
x
x x x
+
⇔ =
+
sin
2 sin
cos
x
x
x
⇔ = 
( )
sin 0
1 2
2 sin 0 cos2cos 2cos
2
x
x x
x x
=

⇔ − = ⇔ ⇔ =
 =
 (do sin 0x ≠ ) 
Với ( )2cos 2 ;
2 4
x x k k
pi
pi= ⇔ = ± + ∈  
So với điều kiện suy ra: ( )2 ;
4
x k k
pi
pi= + ∈  
Vậy họ ngihệm của phương trình đã cho là: ( )2 ;
4
x k k
pi
pi= + ∈  . 
Câu VI. (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho điểm ( )2; 1A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0d x y+ − = . 
Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( )d một góc bằng 045 . 
Gọi 1 2,k k theo thứ tự là hệ số góc của ( )'d và ( )d , ta có: 2
3
5
k = − . 
Đường thẳng ( )'d hợp với ( )d một góc bằng 2 1 2 10 0
1 2 1 2
45 tan 45 1
1 1
k k k k
k k k k
− −
⇔ = ⇔ = ±
+ +
11 1
1
1 1
3 3 41
5 5
13 3
1 45 5
kk k
kk k
 =− − = − ⇔ ⇔   = −− − = − + 
 . 
Với 1 4k = ta có ( )
( )
( ) ( ) ( )
1
2; 1
' : ' : 4 2 1 ' : 4 9
4
qua A
d d y x d y x
hsg k
− ⇒ = − − ⇔ = − =
Với 1
1
4
k = − ta có ( )
( )
( ) ( ) ( )
1
2; 1
1 1 1
' : ' : 2 1 ' :1 4 4 2
4
qua A
d d y x d y x
hsg k
− ⇒ = − − − ⇔ = − − = −
Vậy qua A có thể kẻ được hai đường thẳng thỏa mãn đầu bài là: 
( )
( )
' : 4 9
1 1
' :
4 2
d y x
d y x
= −


 = − −
2) Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm ( )1;1;2M và mặt phẳng ( ) : 1 0P x y z+ + + = . 
Một mặt phẳng song song với ( )P và cắt hai tia ,Ox Oy tại ,B C sao cho tam giác ABC có diện 
tích bằng 3
2
 (đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó. 
Mặt phẳng cần tìm song song với ( )P nên có phương trình dạng ( ) : 0Q x y z m+ + + = 
Để ( )Q cắt hai tia ,Ox Oy tại hai điểm ,B C thì 0m < , khi đó: ( ) ( );0;0 , 0; ;0B m C m− − 
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )21 ;1;2 , 1;1 ;2 ; 2 ; 2 ; 2BA m CA m BACA m m m m= + = + ⇒ = − − +
   
Diện tích của tam giác ABC là: ( ) ( )22 2 21 1; 4 4 2
2 2ABC
S BACA m m m m∆ = = + + +
 
( )
( )( ) ( )
2
4 3 2 4 3 2
4 3 2 3 2
3 2
3 1
4 12 4 12 9
2 4
4 12 9 9 1 3 9 9 0 *
1
3 9 9 0
m m m m m m
m m m m m m m
m
m m m
 ⇔ = + + ⇔ + + =  
⇔ + + − = ⇔ + + + − =
= −
⇔  + + − =
Xét hàm số: ( ) 3 23 9 9f m m m m= + + − với 0m < 
Ta có: ( ) 2' 3 6 9 0f m m m= + + > 
⇒ hàm số ( )f m luôn tăng ( ); 0m∀ ∈ −∞ 
Vì ( ) ( ) ( )0 9 0 0; ;0f f m m= − < ⇒ < ∀ ∈ −∞ 
⇒ phương trình: 3 23 9 9 0m m m+ + − = không có nghiệm trên ( ); 0−∞ . 
Do đó trên ( ); 0−∞ thì phương trình ( )* có một nghiệm duy nhất là: 1m = − . 
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) : 1 0Q x y z+ + − = . 
Câu VII. (1 điểm) 
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( )
402
7 7
x
+ . 
Ta có: ( ) ( )
4040
40
4040 40
0
2 1 1
2 2
7 7 7 7
k k k
k
x
x C x
=
+ = + = ∑ 
Hệ số tổng quát: 4040
1
2
7
k k k
ka C x= với 0 40k≤ ≤ 
Ta lập tỉ số: 
( ) ( )
1 1 1
1 40
40
2 40! 40
2. 2.
2 39 ! 1 ! 1
k k k
k
k k k
k
a C x k
a C x k k k
+ + +
+ −= = =
− + +
Ta có: 1 401 2. 1 0 26
1
k
k
a k
k
a k
+ −≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤
+
. 
Do đó: 
{ }ka tăng khi ( ) 260 26 k maxk a a≤ ≤ ⇒ = 
{ }ka giảm khi ( ) 2727 40 k maxk a a≤ ≤ ⇒ = 
Mà: 27
26
40 26
2. 1
27
a
a
−
= > nên ( ) 27 27 2727 4040
1
2
7k kmax
a a a C x= = = . 
********************************* 
   ************************************