1. 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 2
3 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 xy
x
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: ( ) min
121 1 tan
1 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 0
45 .
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 ( )2
7 7
n
x
+ .
************************************** ***************************************
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
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 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 my 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 2
2 *
x
x mx m
x
+
⇔ + = − ⇔ = − (do 0x = không là nghiệm)
Xét hàm số:
3
22 2x
y 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 2
3 1 1 2 3 0x x x x x+ − + + − + = .
'y
x
y
−∞ −∞
−∞
+∞ +∞ +∞
+−
1
0−
3

3. Phương trình đã cho viết lại: ( ) ( )2 2
1 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 xy
x
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
⇔ + = −
( )2
2 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 3
1 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 3
2 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 2
2 2 5 0 1 3 5 0t t t t t t+ + − = ⇔ − + + =
( )2
2
1
1 3 5 0;
3 5 0
t
t do t t t
t t
=
⇔ ⇔ = + + > ∀ ∈ + + =
»
Với 1t = ta có: 1
x
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
+ −
+∫ .

4. 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 2
2 4CD BC BD AM• = + − ( )2 2 2 27
2 3 4.
4
a a a a= + − =
CD a⇒ =
•
2 2 2 2 2 2
3 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 2sin 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 aπ π π π
 = = = =  
(đvtt).
B
A
C
D
E
MO
d
I
0 1
30 sin
2
CBD CBD⇒ = ⇒ =

5. 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: ( ) min
121 1 tan
1 cot2 sin
x
P
xx
+
=
+
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
( ) ( )( )
2
2 1 9 4 1 9 4
2 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: ( ) ( )min
121 1 tan 121 1 tan
121
1 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 ( )
2
cos 2 ;
2 4
x x k k
π
π= ⇔ = ± + ∈ »
So với điều kiện suy ra: ( )2 ;
4
x k k
π
π= + ∈ »
Vậy họ ngihệm của phương trình đã cho là: ( )2 ;
4
x k k
π
π= + ∈ » .
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 0
45 .
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
− ⇒ = − − ⇔ = −
 =

6. 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: ( ) ( ) ( ) ( )2
1 ;1;2 , 1;1 ;2 ; 2 ; 2 ; 2BA m CA m BA CA m m m m= + = + ⇒ = − − +
Diện tích của tam giác ABC là: ( ) ( )
22 2 21 1
; 4 4 2
2 2ABCS BA CA 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 2
3 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 2
3 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 ( )
40
2
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 40
1 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 27
27 4040
1
2
7k kmaxa a a C x= = = .
********************************* ************************************