1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 03
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm
CÂU
NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
CâuI
(2.0đ)
1. (1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
xx
f x f x
 

nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
11
lim ( ) , lim
xx
fx


 
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
10
( 1)x

0.25
Bảng biến thiên
1
+
1
- -
y
y'
x
1 +
Hàm số nghịc biến trên
( ;1)
và
(1; )
Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối
xứng
0.25
2.(1.0đ)
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách
từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
00
1()
( 1) 1
x
y x x
xx

2
0
22
00
10
( 1) ( 1)
x
xy
xx

0.25
Page 2 of 10
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1( 1)
x
x
Xét hàm số f(t) =
4
2( 0)
1
tt
t
ta có f’(t) =
2
44
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
ttt
tt

0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
0
0
0
2
11 0
x
xx
0.25
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
CâuII
(2.0đ)
1.
(1.0đ
)
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x
0.25
2cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx
c c x c
0.25
Page 3 of 10
+
osx=0 x= 2
ck

+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
632
6
k
cc
x x k

0.25
12
24 2
xk
k
x


vì x
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
0.25
2.(1.0đ)
ĐK:
,0xy
xy
Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )(
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y






0.25
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
20
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y x y x x y
yx
y x y x x y y
 



(do
2 )( ) 1 0y x x y y
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x






Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
33 2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 3
22 ( ) 4
2
x
x x x x x
x
3
2
0
log 4
x
x
0.25
Page 4 of 10
0.25
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4x
thay vao (2) ta được y =
3
2
1log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4x
,y =
3
2
1log 4
2
0.25
Câu III.
(1.0đ
)
Đặt I =
3
14
2
0
()
1
xx
x e dx
x
. Ta có I =
3
11
4
2
00
1
xx
x e dx dx
x

0.25
Ta tính
3
1
2
1
0
x
I x e dx
Đặt t = x3 ta có
11
10
0
1 1 1 1
3 3 3 3
tt
I e dt e e
0.25
Ta tính
14
2
01
x
I dx
x
Đặt t =
4x
43
4x t dx t dt
0.25
Khi đó
11
4
2
222
00
12
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
tt


Vậy I = I1+ I2
13
3e
0.25
Câu IV.
(1.0đ
)
Ta có
1 1 1
22xy yz xz xyz x y z
nên
0.25
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
0.25
Page 5 of 10
B
D
A
C
P
M
N
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1) 8
x y z
0.25
vậy Amax =
13
82
x y z
0.25
Câu V.
(1.0đ
)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta
có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c
1.0
CâuVIa.
(2.0đ)
1.(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5