Đề thi thử môn Toán THPT Quế Võ

www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2
y x x
  
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm m để đường thẳng :
(2 1) 4
y m x m
  
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)
P

tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos2 4 2 sin( ) 3cos
4
1
cos 1
x x x x
x


   


.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình






 
 
1
2
3 4 7
; .
1
log 2
x
x x y y
x y
x
y
y

   





 




Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân


4 3
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
  




Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B

với
BC
là đáy nhỏ,
H
là trung
điểm
, 2 , 5
AB SA a SC a
 
. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều, mặt phẳng
( )
SAB
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
và khoảng cách từ
D
tới mặt phẳng


SHC
bằng
2 2
a
. Hãy tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo

.
a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2
1 1 1 1 1 1
28 4 2013
a b c ab bc ca
   
     
   
   
. Tìm giá trị
lớn nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
5 2 5 2 5 2
P
a ab b b bc c c ac a
  
     

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn
(C):

2 2
4 4 0
x y y
   
và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng
: 2 1 0
d x y
  
. Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(1;0;1), ( 1;1;1)
A B

. Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng


Oxy
sao cho tam giác
MAB
cân tại M và có diện tích bằng
21
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn


3 2 3
z z i z

  

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y
 
. Hai điểm
( 2; ), (2; )
M m N n

di
động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm
1 2
,
F F
của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính

1
cos .
MF N

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
(3;0;1), (6; 2;1)
M N

và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc


thỏa mãn
3 5
sin
7


.
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương
n
thỏa mãn
3 3
3 3
n
i
A
i
 


 
 

 
là số thực.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com


TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có:
lim ; lim
x x
y y
 
   


2
' 3 6
y x x
 
;
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
  


 

   


0.25
BBT:
x -

0 2 +


y' + 0 - 0 +
y 2 +



-

-2

0.25
Hàm số đồng biến trên


;0

và



2;

; Hàm số nghịch biến trên


0;2

y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
0.25
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và


1 3;0


Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

1
2
2
-2
y
x
O

0.25

2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và ():
x x ( m x m
3 2
3 2 1) 4 2 0
     


x x x m
2
( 2)( 2 1) 0
    

x
f x x x m
2
2
( ) 2 1 0 (1)




    


0.25
1
(2,0 điểm)
() cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm
x x

1 2
,
thỏa
mãn:
x x
x x
1 2
1 2
2
2

 

 


0.25
www.VNMATH.com










 












b
a
f
0
2
2
0
(2) 0

m
m
m
8 5 0
1
2
2
8 5 0
2 1 0



 









 


  



m
m
5
8
1
2

 







.
0.25
Với
m
5
8
 
ta có
1 3
( ; ); (2; 3)
2 8
M N

(loại)
Với

m
1
2

ta có
( 1; 2); (2; 2)
M N
  
(loại)
Vậy không có giá trị của m thỏa mãn

MNP nhận O làm trọng tâm.
0.25

(1,0 điểm)
Đk
2 ,
x k k Z

 



sin 2 cos2 4 sinx cos 3cos cos 1 0
x x x x x
      

0.25
sinx 0
sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
x VN


    

  


0.25
x k

 

0.25
2
(1,0 điểm)

Đối chiếu đk suy ra
2 ,x k k
 
  

là nghiệm pt.
0.25
(1,0 điểm)








   
 
1
2
3 4 7 1
; .
1
log 2 2
x

x x y y
x y
x
y
y

   




 




Điều kiện
0 1 1 1 2
0 2 , 0 0 2
x x
y y y
    
 

 
    
 

         
2 2

1 1 3 1 2 3 2
x x y y
       
(3)
0.25
Xét hàm số
   
2
3 , 0;f t t t t
   





' 2 3 0, 0;f t t t
     
suy ra hàm số đồng biến trên


0;


Ta lại có


1,2 0;x y
   

Nên







3 1 2 1 2 3
f x f y x y x y
          
thay vào pt (2) ta được
0.25
 


2
2
2
1
3 1
log 2 2 0
2
y
y
y
y y y
y
y


 


      

 


0.25
3
(1,0 điểm)
1 2
y x
  
(loại)
2 5
y x
   
(t/m)
Vậy hpt có nghiệm duy nhất




; 5; 2
x y
 

0.25
(1,0 điểm)



4 3
3
1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
  

  
 
  
0.25
4 4
3
1
1
1
4 4
e
e
x e
x dx

 


0.25
4
(1,0 điểm)


 
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x


  
 
 
 
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e


   

0.25
www.VNMATH.com
Vậy
4
1 2
ln
4 2
e e
I
 
 
.
0.25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra


SH ABCD

và
2 3
3
2
a
SH a
 

0.25
Ta có
2 2
2
CH SC SH a
  
.
Do đó, tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a


0.25
Gọi
D
E HC A
 
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông cân và do đó suy ra




0
,
2 2 2 4 3 .

cos 45
d D AHC
DE a a AD a
     

0.25
5
(1,0 điểm)

 
2
1
4
2
ABCD
S BC DA AB a
   
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S   
(đvtt)
a 5
2 2a
a

3a
a
H
D
C
B
A
S

0.25
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
  
.






2 2 2 2 2 2
2 2 2
28 4 2013 4 2013
2013
24
x y z xy yz zx x y z
x y z

          
   

0.25
Mặt khác
 
 
 
2 2
2 2 2
2013
3
8
x y z x y z x y z        

0.25
Ta có
 
 
2 2 2
2
1 1 1 3 1 1
3
3
8 2 8 2
2
2
5
4
x y

a b a b
a ab b
a a b
 
     
 

 
 
 

0.25
6
(1,0 điểm)
Tương tự

   
2 2 2 2
1 1 1 1
3 , 3
8 2 8 2
5 2 5 2
y z z x
b bc c c ac a
   
   

Ta có
 
4 2013

8 2
8
P x y z   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
4026
12
x y z  
hay
12
4026
a b c  

0.25
7.a
(1,0 điểm)
www.VNMATH.com
(C) có tâm I(0;2), bán kính
2 2
R 
. Gọi tọa độ điểm


;2 1
M a a


Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên
 
2

2 2
1
1
2 3 2 5 12 7 0
7
2
5
a
IM R a a a a
a



         




0.25
Với


1 1;1
a M 

Khi đó, AB qua M vtpt là


1; 1
IM



có PT là
0
x y
 
.
Pt của CM là
2 0
x y
  
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
2 2
2
2
0
2
4 4 0
4
x
x y
y
x
x y y
y
 



 



 




 
   










0.25
Từ đó tìm được tọa độ


2;4
C 
.
Với
7 7 9
;
5 5 5

a M
 
 
 
 

Khi đó, AB qua M vtpt là
7 1
;
5 5
IM

 
 
 

có PT là
7 2 0
x y
  
.
Pt của CM là
7 14 0
x y
  
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
(1,0 điểm)
2 2
14

5
12
7 14 0
5
14
4 4 0
5
8
5
x
y
x y
x y y
x
y
 











  



 



   


















Từ đó tìm được tọa độ
14 8
;
5 5
C

 

 
 
.
KL…
0.25
(1,0 điểm)




Ox ; ;0
M y M a b
 

Theo giả thiết ta có
1 21
,
2 2
AM BM
AM BM




 


 

 

0.25
     
 
2 2 2
2
2
1 1 1
4 2 1 0
1 2 4
5 1 2 21
a b a b
a b
a b
a b

     
  

 
 
 
  


   



0.25

Giải hệ được:
4 11
;
5 10
a b
   
hoặc
4 21
;
5 10
a b
 

0.25
8.a
(1,0 điểm)

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán
4 11
; ;0
5 10
M
 
 
 
 
và
4 21
; ;0
5 10

M
 
 
 

0.25
9.a
(1,0 điểm)
www.VNMATH.com
Đặt


,z x yi x y  

ta được


2 2 2 2
3 2 3 3 3 2 3 3
z z i z x yi x yi x y i x y
          

0.25
2 2
2 2
4 2
2 3 3
x x y
y x y


 




  


0.25
2 2
0
3
0
0
3
x
y x
y
x
y x




 

  
 








0.25
(1,0 điểm)
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng
3
y x
 
với
0
x

.
0.25
(1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay
m n

. Khi đó phương trình
: 0
MN y m
 

2
1 2
2
1 3 2

( ; ). ( ; ) ( 1)( 1) 3
2
1 3 (loai)
m m
d F MN d F MN m m
m
m

  

     


 
  





0.25
Với
2
m

thì
( 2;2); (2;2)
M N

Từ đây tính được


1
1
cos
65
MF N 

Với
2
m
 
thì
( 2; 2); (2; 2)
M N
  
Từ đây tính được

1
1
cos
65
MF N 

0.25
TH2: MN không song song với Ox.
Ta có phương trình MN là
( ) 4 2 2 0
n m x y m n
    

Khi đó:
1 2
2
(3 )(3 )
( ; ). ( ; ) 3
16 ( )
m n n m
d F MN d F MN
n m
 
 
 
2 2
3
6 6 4 48 0,
nm
m n mn loai




   



0.25
7.b
(1,0 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2 2

1 1
16 ( ) ; 1; 9
MN n m MF m NF n
      

Do đó,

2 2 2
1
1 1
10 (16 ( ) )
cos 0
2
m n n m
MF N
MF NF
    
 

0.25
(1,0 điểm)
Gọi vtpt của (P) là
 
2 2 2
; ; , 0
n a b c a b c
  


Vì



M P

nên phương trình của


P
có dạng




3 1 0
a x by c z
    

 
3
3 2 0
2
a
N P a b b     

3 5 2
sin cos
7 7
 
  
(do

0
0 90

 
)
Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến


1;0;0
i 


0.25

 
2 2 2
2
cos *
7
a
a b c

 
 

Thế
3
2
a
b 

vào (*) giải được
3
c a
 

0.25
+ Với
3
c a

;
3
2
a
b 
chọn
2 3; 6
a b c
   
,


: 2 3 6 12 0
P x y z
   

0.25
8.b
(1,0 điểm)

+ Với
3
c a
 
;
3
2
a
b 
chọn
2 3; 6
a b c
    
,


: 2 3 6 0
P x y z
  

0.25
www.VNMATH.com
(1,0 điểm)
3
cos sin cos sin
2 6 6 6 6
n
n
i n n
A i i

   
 

 
    
 
 
 
 
 

0.5
9.b
(1,0 điểm)
sin 0 6 , , 1
6
n
A n k k k

      
 

0.5

www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

III. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
2 2
1
x
y
x



(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
(1)
.
2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng
( ) : 2 5 0
d x y
  
cắt
( )
C
tại hai điểm A, B với
A
có
hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của

( )
C
vuông góc với IA.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
4sin 3 sin5 2sin .cos 2 0.
x x x x
  

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
 
3 3
1 1
; .
( 4 )(2 4) 36
x y
x y
x y
x y x y

  




    



Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

 
2
2
0
cos sin .
I x x xdx

 


Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc

0
60
BAD 
; D’O
vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60
o
. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp
C.ADC’.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm
, ,
a b c
có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
9
2
abc
P a b c   

IV. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
(1;2)
A
có góc

0
30
ABC 
,
đường thẳng
: 2 1 0
d x y
  
là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và
C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
1
( ) : 2 2 3 0
P x y z
   
,
2
( ) : 2 2 4 0
P x y z
   
và đường thẳng d:
3
4

2
1
2






zyx
. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I

(d) và tiếp
xúc với hai mặt phẳng (P
1
), (P
2
).
Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
4 2 6
; (1 )(1 2 );
1 3
i i
i i
i i

 
 
trong mặt phẳng
phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp
 
2 2
: 1
25 9
x y
E
 
với hai tiêu điểm
1 2
,
F F
(hoành độ
của
1
F
âm). Điểm
P
thuộc elíp sao cho góc

0
1 2
120
PF F 
. Tính diện tích tam giác
1 2
PF F
.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

(1;2; 1), ( 2;1;3)
A B
 
. Tìm tọa độ điểm M trên
trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi.
Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu.

HẾT
www.VNMATH.com
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D

Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
+ Tập xác định


\ 1
D R

+ Sự biến thiên
lim 2

x
y

 
Đt
2
y

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
1 1
lim ,lim
x x
y y
 
 
   

1
x
 
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

0.25
 
2
4
' 0, 1
1
y x
x


   


Hàm số nghịch biến trên




;1 , 1;
 
.
Hàm số không có cực trị.
0.25
Bảng biến thiên:
x



1



'
y
+
0
||


0




y





0.25
+ Đồ thị 0.25
b.(1,0 điểm)
Ta có


1,2
I
,
5
:
2
x
d y



Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
2 2 5

1 2
x x
x
 



0.25
 
3
3;4
3 ( )
x
A
x loai


 

 



Hệ số góc của IA là
3 1
1
4 2
k

 



0.25
Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên
Tiếp tuyến có hệ số góc
0
2
00
3
4
1
1
( 1)
x
xx



  

 




0.25
1

(2,0 điểm)
Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là:
7, 1
y x y x
     

0.25
(1,0 điểm) 2
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:


4sin 3 sin 5 sin3 sinx 0
x x x
   

0.25




2

2

www.VNMATH.com
3sin3 sin 5 sin 0 3sin 3 2sin 3 .cos2 0 sin3 (3 2cos2
) 0
x x x x x x x x
         

0.25
sin 3 0
x
 

0.25

;
3
k
x k Z

  

0.25
(1,0 điểm)
ĐK:
, 0
x y


2 2
2 2
3 3 3 3
3 3
1 1 ( )( )
( )
1
x y

y x y xy x
x y x y
y xy x
x y x y
x y


  

      
 

 



0.25
Trường hợp x = y thay vào phương trình:
( 4 )(2 4) 36
x y x y
    

ta được phương trình:
2
6
4 12 0
2
x
x x
x

 

   




Hệ có nghiệm
( 6; 6);(2;2)
 

0.25
Trường hợp
2 2
3 3
1
y xy x
x y
 
 

Do
2 2
0
y xy y
  
với
, 0
x y
 

nên nếu
( ; )
x y
là nghiệm thì
0
xy


0.25
3
(1,0 điểm)
Mặt khác
2 2
( 4 )(2 4) 36 2 4 9 4 16 36
x y x y x y xy x y
           


2 2
2( 1) 4( 2) 9 18
x y xy
      
(*)
Do
0
xy

nên PT(*) vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
( 6; 6);(2;2)

 

0.25
(1,0 điểm)
Đặt


2
1 2sin cos
cos
sin
cos
du x x dx
u x x
dv xdx
v x
 


 


 

 



.
Nên

 
 
2
2
2
0
0
cos cos 1 2sin cos cos
I x x x x x xdx


    


0.5
4
(1,0 điểm)

   
3
2 2
2
2 2
0
0
0 0
cos 2 4
1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1
3 3 3
x

xdx xd x x
 
 
         
 

0.5
(1,0 điểm)
O
C
D
A
B
D'
A'
C'
B'
H

0.25
5
(1,0 điểm)

Từ giả thiết:


0
D' DO 60

0.25

www.VNMATH.com
Tam giác ABD đều,
a 3 1 a
AC 2AO 2. a 3 v OD BD ; DD'=a
2 2 2
    

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có:
OO' DD '
a
 
và
OO'
AC


(do


' '
AC BDD B

), nên diện tích tam giác ACC’ là:


   
2
ACC ' ACC'A '
1 1 1 a 3
S S OO'.AC a.a 3

2 2 2 2
, trong đó
3
AC a

Diện tích tam giác ACD là
2
ACD
a 3
S
4



Kẻ OH vuông góc với CD thì
D' H CD v OD'H
 
vuông tại O. Do đó
a
DH
4


Suy ra
2 2
a 15
D' H D ' D DH
4
  
.

Diện tích tam giác C’CD là

   
2
C 'CD CDD'C'
1 1 1 a 15 a 15
S S CD.D ' H a.
2 2 2 4 8

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:
 
  
       
2 2 2 2
xq ACC ' ACD CDC'
a 3 a 3 a 15 a 3
S S S S 6 5
2 4 8 8

0.25
Thể tích
2 3
. ' '.
1
3
1 3 3
' .
3 2 4 8

     

C AC D C ACD ACD
a a a
V V D O S
(đvtt)
0.25
(1,0 điểm)
2 2 2
9
2
abc
P a b c   
2 2
9
( ) 2
2
abc
a b c bc    

2 2
9
(1 ) ( 2)
2
a
a a bc
    
2
9
( 2) 2 2 1
2
a

bc a a
    

0.25
Không mất tình tổng quát giả sử
( , , )
a min a b c

nên
1
[0; ]
3
a 

Khi đó hàm
2
9
( ) ( 2) 2 2 1
2
a
f t t a a
    
là hàm nghịch biến.
2 2
9
( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1
2
a
f t t a a f a a
         

0.25
Từ đó ta lại khảo sát hàm
2
(0) 2 2 1
f a a
  
với
1
[0; ]
3
a 

0.25
6
(1,0 điểm)
Khi đó ta có
1
MaxP

khi
1; 0
a b c
  
và các hoán vị.
0.25
(1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại
(1;2)
A
có góc


0
30
ABC 
, đường thẳng
: 2 1 0
d x y
  
là
tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C.
Gọi H là hình chiếu của A trên d là
7 9
;
5 5
H
 
 
 
,
( ; )
AH d A d
 
1
5

Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC
d vuông góc BC nên BC//AH suy ra

0
60

ABH 

Suy ra,
0
1
tan 60
15
AH
HB  

0.25
7.a
(1,0 điểm)
Gọi tọa độ của
( ;2 1)
B t t


0.25
www.VNMATH.com
2 2 2
1 7 14 1 7 1 7 3
2
5 5 15 5 75 5 15
15
BH t t t t
     
           
     
     

7 3 9 2 3 7 3 9 2 3
; ;
5 15 5 15 5 15 5 15
B B
   
     
   
   
   

TH1:
7 3 9 2 3
;
5 15 5 15
B
 
 
 
 
 

Phương trình BC qua B vuông góc với d là
1
2 5 0
3
x y
   

1

5 2 ;
3
C BC C a a
 
   
 
 

31 2 3 13 3 31 2 3
. 0 ;
15 15 15
AC AB a C
 
  
   
 
 
 
 


0.25
TH2:
7 3 9 2 3
;
5 15 5 15
B
 
 
 

 
 

Phương trình BC qua B vuông góc với d là
1
2 5 0
3
x y
   

1
5 2 ;
3
C BC C a a
 
   
 
 

31 2 3 13 3 31 2 3
. 0 ;
15 15 15
AC AB a C
 
  
   
 
 
 
 

0.25
(1,0 điểm)
Giả sử
( ) :
I d


3
4
2
1
2






zyx
( 2 ; 2 ;4 3 )
I t t t
    
là tâm của mặt cầu (S)
0.25
Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P
1
), (P
2
)


d (I, (P
1
)) = d (I ; (P
2
))







1
13
1610
3
1
39
3
1
t
t
tt

0.25

1 2
(11;26; 35); ( 1; 2;1)
I I 


R
1
= 38 ; R
2
= 2
0.25
8.a
(1,0 điểm)

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:
2 2 2 2
1
( ) : ( 11) ( 26) ( 35) 38
S x y z     
,
2 2 2
2
( ) : ( 1) ( 2) ( 1) 4
S x y z
     

0.25
(1,0 điểm)
Ta có:


  
4 1
4

2 2
1 1 1
i i
i
i
i i i

  
  
có điểm biểu diễn A= (2; -2).





1 1 2 3
i i i
   
có điểm biểu diễn B= (3; 1).





  
2 6 3
2 6
2
3 3 3
i i

i
i
i i i
 

 
  
có điểm biểu diễn C= (0; 2).
0.5
9.a
(1,0 điểm)
Xét




     
 
BA 1; 3 ,BC 3;1

BA.BC 0 BA BC
  
 

Suy ra tam giác ABC vuông tại B.
0.5
7.b (1,0 điểm)
www.VNMATH.com
 
2 2

: 1
25 9
x y
E
 
có
2
2 2 2
2
1 2
5
2 1025
4 8
16
9
a
aa
c F F
c a b
b






 
  
  
  







0.25
Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:
 
2 1
1 2
2
2 2 2 0
2 2
2 1 1 2 1 1 2
1 1 1
10
2 10
2 . . 120
10 8 .8
PF PF
PF PF a
PF PF F F PF F F cos
PF PF PF
 

  

 


 
  
   

 


0.25
1
2
9
7
61
7
PF
PF











0.25
(1,0 điểm)
1 2

0
1 1 2
1 1 9 3 18 3
. .sin120 . .8.
2 2 7 2 7
PF F
S PF F F

   
(đvdt)


0.25
(1,0 điểm)
Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0)
0.25
Khi đó,
     
1; 2;1 ; 3; 1;4 ; 7; 4 1; 5
AM t AB AM AB t t
 
            
 
   

0.25
2
1 1
| ; | 17 2 75
2 2

ABM
S AM AB t t
 
   
 
 

0.25
8.b
(1,0 điểm)

Hàm số
2
( ) 17 2 75
f t t t
  
đạt GTNN tại
1
17
t


. Vậy
1
;0;0
17
M

 
 

 
là điểm cần tìm.
0.25
(1,0 điểm)
Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là
biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”
Ta có:
H A B C
  
và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc.
0.25
Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:
         
22 2
3
4 2
2 2 2
9 9 9
5
18
CC C
P H P A B C P A P B P C
C C C
         

0.5
9.b
(1,0 điểm)
Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố
H

. Suy ra,
 
5 13
( ) 1 1
18 18
P H P H    
.
0.25