ĐỀ TOÁN MỚI NHẤT 2014 Phần 4

1

S
Ở
GD&
Đ
T NGH
Ệ
AN
TR
ƯỜ
NG THPT PHAN
ĐĂ
NG L
Ư
U
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N I N
Ă
M H
Ọ

C 2012
−
−−
−
2013
MÔN:
TOÁN

−
KH
Ố
I A, B
Th
ờ
i gian làm bài
: 180 phút.

I. PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
CÁC THÍ SINH (7,0
đ
i
ể
m
)
Câu 1

(2
đ
i
ể
m
). Cho hàm s
ố

3 2
1
3
y x x
= −
.
1)

Kh
ả
o sát và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
;
2)

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó c
ắ
t các tr
ụ
c Ox, Oy t
ươ
ng
ứ
ng t
ạ
i A, B

phân bi
ệ
t th
ỏ
a mãn OB = 3OA.
Câu 2
(1
đ
i
ể
m
). Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
0
cos
6
)
sin2
(tan
tan
3
=
+
+
−
x
x

x
x

Câu 3 (1 điểm
). Gi
ải hệ phương trình:
2 2
1 2
2
1 2 3 3
y x
x y
x
y x x x

+ = +



+ = + +


Câu 4 (1 điểm
). Tính tích phân
2
2
sin cos
3 sin 2
x x
I dx

x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu 5 (1 điểm
). Cho hình chóp S.ABC có
đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp
S.ABM và kho
ảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 6 (1 điểm
). Cho a,b, c là các s
ố thực không âm thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:
1
1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +

.
II. PH
Ầ
N RIÊNG (3,0
đ
i
ể
m
):
Thí sinh ch
ỉ

đượ
c làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n
(
ph
ầ
n A ho
ặ
c ph
ầ
n B
).
A.

Theo ch

ươ
ng trình Chu
ẩ
n
Câu 7a
(1 điểm
). Trong m
ặt phẳng Oxy cho
∆
ABC vuông t
ại B, AC = 2. Đường phân giác trong của
góc A có ph
ương trình (d): 3 0
x y
− =
. Tìm to
ạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến
(d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.
Câu 8a (1 điểm
). Trong không gian v
ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
3
6 5
2
x
y t
z t
= −



= − +


= −

, mặt phẳng
(P): x + 2y
−
2z + 4 = 0 và
điểm A(
−
3;
−
1; 2). Vi
ết phương trình mặt phẳng (
α
)
đi qua A, vuông góc
v
ới (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA.
Câu 9a (1 điểm
). Tìm h
ệ số của x
6
trong khai triển (x
2
+ x – 2)
n
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
2 3

0 1 2 3
2 2 2 121

3 4 1 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
+ + + + + =
+ +
.
B.

Theo ch
ươ
ng trình Nâng cao
Câu 7b
(1 điểm
). Trong m
ặt phẳng Oxy cho elip (E):
2
2
1
4
x
y
+ =
và 2
điểm ( 3;0), ( 3;0)

A B
−
.
Tìm
điểm M thuộc (E) sao cho

0
60
AMB
=
.
Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2
2 1 1
x y z
+ −
= = , mặt
ph
ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và
điểm A(1; −1; 2). Vi
ết phương trình đường thẳng ∆
đi qua A song
song v
ới mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d.
Câu 9b (1 điểm
).
Gi¶i ph−¬ng tr×nh:
( ) ( )
2
2 2

log log
3 1 . 3 1 1
x x
x x
+ + − = +
.
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.

tl


2

…………………………. H
ế
t …………………………
Đ
ÁP ÁN
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N 1. N
Ă
M H
Ọ
C 2012
−
−−
−
2013

Câu N

ộ
i dung
Đ
i
ể
m
1
(2
đ
i
ể
m)

1) • TX
Đ
:
ℝ
.
• SBT:
−
CBT: y’ = x
2

−
2x = 0
⇔
x = 0 ho
ặ
c x = 2
Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2).

0,25

−
C
ự
c tr
ị
: C
Đ
(0;0); CT(
4
2;
3
−
).
−
Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim
x
y
→−∞
= −∞
, lim
x

y
→+∞
= +∞
.

0,25

−
BBT:







0,25

•
Đồ
th
ị

0,25

2) Ta có:

tan 3
OB
OAB
OA
= =

⇒
h
ệ
s
ố
góc c
ủ

a ti
ế
p tuy
ế
n là ±3.

0,25

G
ọ
i x
0
là hoành
độ
ti
ế
p
đ
i
ể
m thì
y’(x
0
) = ±3
⇔

2
0 0
2 3
x x

− = ±

⇔
x
0
=
−
1 ho
ặ
c x
0
= 3.

0,25

• PT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (
4
1;

3
− − ):
4
3( 1)
3
y x
= + + hay
13
3
3
y x
= + .

0,25

• PT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (3; 0): y = 3(x
−
3) hay y = 3x

−
9.
0,25
2
(1
đ
i
ể
m)

Đ
K: cosx ≠ 0.
⇔

2
3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0
+ − + =

⇔
(1 + 2cosx)(3
−
tan
2
x) = 0

0,5

⇔

1

cos
2
x
= −
ho
ặ
c tan 3
x
= ±

⇔

2
2
3
x k
π
π
= ± +
ho
ặ
c
3
x k
π
π
= ± +
.
Đố
i chi

ế
u
Đ
K, ph
ươ
ng trình có các nghi
ệ
m trên.

0,5
3
(1
đ
i
ể
m)

Đ
KX
Đ
: x > 0, y
≠
0.
PT
đầ
u c
ủ
a h
ệ
⇔ y = 2x ho

ặ
c
y x= −
.
0,25
1

2

3

4
3
−

O

x

y

−
3
x

y’

y

−

∞

+
∞

0

2

0

0

+

−

+

0

4
3
−

−
∞

+
∞

3



• V
ớ
i y = 2x, ta có:
2 2
2 1 2 3 3
x x x x
+ = + +
(*)
⇔

2
1 3
1
2
1
x
x
= +
+
.

0,25

Dễ thấy hàm số
2
1 3
( )
2
1
f x
x
x
= +
+
ngh
ịch biến trên (0; +
∞
).
M
ặt khác ( 3) 1
f
=

V
ậy (*) có nghiệm dy nhất 3x = ⇒ 2 3y = .


0,25

• Với y x= −
ta có:
2 2
1 2 3 3

x x x x
− + = + +
: PT này vô nghiệm vì vế trái
không d
ương, vế phải dương.
Tóm l
ại hệ có nghiệm duy nhất 3x =
;
2 3y =
.
0,25
4
(1 điểm)

2 2
2
2 2
sin cos sin cos
3 sin 2 4 (sin cos )
x x x x
I dx dx
x x x
π π
π π
− −
+ +
= =
+ − −
∫ ∫

0,25

Đặ
t sinx
−
cosx = t, ta có:
1 1
2
1 1
1 1 1
4 4 2 2
dt
I dt
t t t
− −
 
= = +
 
− + −
 
∫ ∫


0,5

=
1
1
1

(ln | 2 | ln | 2 |)
4
t t
−
+ − −
=
1
ln3
2
.
0,25
5
(1
đ
i
ể
m)

• Do M là trung
đ
i
ể
m SC nên
1
( ,( )) ( ,( ))
2
d M SAB d C SAB
=

⇒

1
2
SABM SABC
V V
=
.
Vì (SAB)
⊥
(ABC) nên g
ọ
i SH là
đườ
ng
cao c
ủ
a
∆
SAB thì SH
⊥
(ABC)
∆
SAB
đề
u c
ạ
nh a
⇒

3

2
a
SH
=
.




0,25

2 3
1 1 3 3
.
3 3 2 4 8
SABC ABC
a a a
V SH S
= = =

V
ậ
y
3
16
SABM
a
V
=
.

0,25

• G
ọ
i D là
đ
i
ể
m sao cho ACBD là hình bình hành
⇒
(SAD) ch
ứ
a SA và song
song BC
⇒
d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))=
3
SABD
SAD
V
S
.
Ta có:
3
8

SABD SABC
a
V V
= =
.
∆SHC vuông cân t
ạ
i H
⇒

6
2
2
a
SC SH= = .
BM là
đườ
ng cao tam giác cân SBC
⇒
BM =
2
2 2 2
6 10
4 4
a a
SA SM a
 
− = − =
 
 

 
.


0,25

2
1 1 10 6 15
. . .
2 2 4 2 8
SAD SBC
a a a
S S BM SC
= = = =


0,25
S

D

A

H

B

C

M

4

⇒
d(SA, BC) =
3
3
15
SABD
SAD
V
a
S
=
.
6
(1
đ
i
ể
m)

Ta có:
2 2
2
2
1 3
1

2
a a a
b c
bc a
≥ =
+
+ −
+
.

0,25

M
ặ
t khác d
ễ
th
ấ
y
2
2
2
3
a
a
a
≥
−
(*).
Th

ậ
t v
ậ
y (*)
⇔
a(a
−
1)
2
(a + 2)
≥
0 luôn
đ
úng.

0,25

Suy ra
2
1
a
a
bc
≥
+
, t
ươ
ng t
ự

2
1
b
b
ca
≥
+
,
2
1
c
c
b
≥
+
.
0,25

Do
đ
ó:
2 2 2
1
1 1 1
a b c
a b c
bc ca ab
+ + ≥ + + =
+ + +
(

đ
pcm).
0,25
7a
(1
đ
i
ể
m)

G
ọ
i M là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a B qua d
⇒
M
∈
AC.
G
ọ
i H, K l

ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a C, B
trên d.
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM
⇒
M
là trung
đ
i
ể
m AC.
Vì các tam giác ABC, AHC vuông c
ạ
nh
huy
ề
n AC nên MH = MB = MC = HC = 1.

Gi
ả
s
ử
C(0; y
0

)
⇒
CH = d(C,d) =
0
| |
1
2
y
=

⇔
y
0
= ±2.


0,5

Gi
ả
s
ử

( ; 3)A t t
∈ d (t > 0). Ta có:
2 2
0
( 3) 2AC t y t= + − =
⇔
2

0
4 2 3 0
t y t
− =
(do
2
0
4y =
)
⇔

0
3
2
y
t
=
. Vì t > 0 nên y
0
= 2 và 3t =
.
Vậy ( 3;3)A , C(0; 2).

0,5
8a
(1 điểm)

Giả sử M(
−
3;

−
6 + 5t; 2
−
t)
∈
d. ta có:
d(M, (P)) = MA
⇔

2 2
| 3 2( 6 5 ) 2(2 ) 4|
0 (5 5)
1 4 4
t t
t t
− + − + − − +
= + − +
+ +

⇔
(4t
−
5)
2
= 26t
2

−
50t + 25
⇔

10t
2
+ 10t = 0
⇔
t = 1 ho
ặc t = 0.
⇒ M(
−
3;
−
1; 1) ho
ặc M(
−
3;
−
6; 2).

0,5

Mặt phẳng (
α
) c
ần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp
tuy
ến là [ , ]
p
n MA n
α
=


 
, với
p
n

là 1 vec tơ pháp tuyến của (P).
• M(
−
3;
−
1; 1): Ta có
(0;0;1)
MA =

,
(1;2; 2)
p
n = −

⇒
( 2;1;0)
n
α
= −


Ph
ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0.
• M(
−

3;
−
6; 2):
(0;5;0)
MA =

,
(1;2; 2)
p
n = −

⇒
( 10;0; 5)
n
α
= − −


⇒ (
α
): 2x + z + 4 = 0.
V
ậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0.

0,5
9a
(1 điểm)

Từ khai triển
0 1 2 2

(1 )
n
n n
n n n n
x C C x C x C x
+ = + + + +
ta có:
2 2
0 1 2 2
0 0
(1 ) ( )
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
+ = + + + +
∫ ∫

Hay:
2
2
1 0 1 2 2 3 1
0
0
1 1 1 1
(1 )
1 2 3 1
n
n n
n n n n
x C x C x C x C x

n
n
+
+
 
+ = + + + +
 
+
+
 



0,5
B

H

C

M

K

A



5

⇔

1 2 3 1
0 1 2
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n
n
n
n n n n
C C C C
n n
+
+
−
= + + + +
+ +

K
ế
t h
ợ
p gi
ả
thi
ế
t suy ra:
1
3 1 242

1 1
n
n n
+
−
=
+ +

⇔
3
n + 1
= 243 = 3
5

⇔
n = 4.

Ta có (x
2
+ x – 2)
4
= (x
−
1)
4
(x + 2)
4
=
0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

( )( .2 .4 .8 .16 )
C C x C x C x C x C C x C x C x C x
− + − + + + + +

V
ậy hệ số x
6
là:
2 4 3 3 4 2
4 4 4 4 4 4
. .16 . .8 . .4 8
C C C C C C
− + = −
.

0,5
7b
(1 điểm)

Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có:
2 2 2 0 2
1
2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . .
2
AB MA MB MA MB MA MB MAMB MA MB
= + − = + − −

=
2 2
4 3 . 4 3( )( )

a MA MB a a ex a ex
− = − + −
=
2 2 2
3
a e x
+

⇒
2
2 2 2
2
4 3
c
c a x
a
= +

⇔

2 2 2
2
2
(4 ) (4.3 4).4 32
3 3.3 9
c a a
x
c
− −
= = =

⇒
4 2
3
x
= ±
.

0,5

Vì M
∈
(E)
⇒

2
2
8 1 1
1 1
4 9 9 3
x
y y
= − = − =
⇒
= ±
.
V
ậ
y có 4
đ

i
ể
m th
ỏ
a mãn v
ớ
i t
ọ
a
độ
là
4 2 1
;
3 3
 
± ±
 
 
 
.

0,5
8b
(1
đ
i
ể
m)

Véc t

ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng và véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a d và (P) t
ươ
ng
ứ
ng là
(2;1;1), (1;1; 2)
d p
u n
= = −
 
.
0,25

G
ọ
i
u
∆


là vec t
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng c
ủ
a
∆
, t
ừ
gi
ả
i thi
ế
t suy ra
u
∆

vuông góc v
ớ
i các
véc t
ơ

,
d p
u n
 

⇒
có th
ể
ch
ọ
n
[ , ] ( 3;5;1)
d p
u u n
∆
= = −
  
.
0,5

V
ậ
y ph
ươ
ng trình
∆
là: x = 1
−
3t; y =
−
1 + 5t; z = 2 + t.
0,25
9b
(1

đ
i
ể
m)

Đ
KX
Đ
: x > 0.
Đặ
t
2
2
log log
( 3 1) 0,( 3 1) 0
x x
u v
+ = ≥ − = ≥

⇒
u.v = x.
Ta có ph
ươ
ng trình:
u + uv
2
= 1 + u
2
v
2

⇔
(u
−
1)( 1
−
uv
2
) = 0
⇔
u = 1 ho
ặ
c uv
2
= 1.

0,5

• u = 1
⇒
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
• uv
2
= 1

⇒

2
log
(2 3 2) 1
x
− =

⇔
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
V
ậ
y PT có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 1.


0,5

L
ư
u ý

:
H
ướ
ng d
ẫ
n này ch
ỉ
trình bày m
ộ
t cách gi
ả
i, n
ế
u h
ọ
c sinh gi
ả
i cách khác mà v
ẫ
n
đ
úng thì cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a dành cho ph

ầ
n
đ
ó (ho
ặ
c ý
đ
ó).
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.

p
age.
tl

1


S
Ở
GIÁO D
Ụ
C VÀ
Đ
ÀO T
Ạ
O
ĐỂ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C, CAO
ĐẲ
NG
THÀNH PH
Ố

Đ

À N
Ẵ
NG Môn thi: TOÁN, kh
ố
i A
TR
ƯỜ
NG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ
Đ
ÔN

Th
ờ
i gian làm bài: 180 phút, không k
ể
th
ờ
i gian giao
đề


PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
CÁC THÍ SINH (7
đ
i

ể
m)
Câu I
(2
đ
i
ể
m) Cho hàm s
ố

4 2
( ) 8x 9x 1
y f x
= = − +

1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s

ố
.
2. D
ự
a vào
đồ
th
ị
(C) hãy bi
ệ
n lu
ậ
n theo m s
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
v
ới
[0; ]
x
π

∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Gi
ải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 
 

2. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y

y x y

+ + − =


− =



Câu III
(1
đ
i
ể
m) Tính di
ệ
n tích c
ủ
a mi
ề
n ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ

ng
2
| 4 |
y x x
= −
và
2
y x
=
.
Câu IV
(1
đ
i
ể
m) Cho hình chóp c
ụ
t tam giác
đề
u ngo
ạ
i ti
ế
p m
ộ
t hình c
ầ
u bán kính r cho tr
ướ
c. Tính th

ể
tích
hình chóp c
ụ
t bi
ế
t r
ằ
ng c
ạ
nh
đ
áy l
ớ
n g
ấ
p
đ
ôi c
ạ
nh
đ
áy nh
ỏ
.

Câu V
(1
đ
i

ể
m)
Đị
nh m
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
     
− + =
     
     


PH
Ầ
N RIÊNG (3
đ
i
ể
m):

Thí sinh ch

ỉ
làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n (Ph
ầ
n 1 ho
ặ
c ph
ầ
n 2)
1. Theo ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n.
Câu VI.a
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho
∆
ABC có
đỉ
nh A(1;2),
đườ
ng trung tuy

ế
n BM:
2 1 0
x y
+ + =
và phân giác trong CD:

1 0
x y
+ − =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng BC.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho
đườ
ng th

ẳ
ng (D) có ph
ươ
ng trình tham s
ố

2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +


.G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua

đ
i
ể
m A(4;0;-1) song song v
ớ
i (D) và I(-2;0;2) là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
A trên (D). Trong các m
ặ
t ph
ẳ
ng qua
∆
, hãy vi
ế
t ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng có kho
ả
ng cách
đế

n
(D) là l
ớ
n nh
ấ
t.
Câu VII.a
(1
đ
i
ể
m) Cho x, y, z là 3 s
ố
th
ự
c thu
ộ
c (0;1]. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +

2. Theo ch
ươ

ng trình nâng cao.
Câu VI.b
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho hình bình hành ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 4. Bi
ế
t A(1;0), B(0;2) và giao
đ
i
ể
m I c
ủ
a hai
đườ
ng chéo n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng y = x. Tìm t
ọ
a

độ

đỉ
nh C và D.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể
m A(1;5;0), B(3;3;6) và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có
ph
ươ
ng trình tham s
ố

1 2
1

2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.M
ộ
t
đ
i
ể
m M thay
đổ
i trên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
,
xác
đị
nh v

ị
trí c
ủ
a
đ
i
ể
m M
để
chu vi tam giác MAB
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 
+ + + + + +
 

H
ế
t
Cả
m ơ n l
ovemat
h@gm
ail.com
gử
itới www.
laisac.page.tl

2

Đ
áp án

Câu Ý
N
ộ
i dung
Đ
i
ể
m

I

2,00

1

1,00
+ T
ậ
p xác
đị
nh:
D
=
ℝ

0,25
+ S
ự
bi
ế
n thiên:
•

Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞

= +∞ = +∞

•


(
)
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9
y
= − −


0
' 0
3
4
x
y
x
=


= ⇔

= ±



0,25

• Bảng biến thiên.


( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y
   
= − = − = = − = =
   
   
C§

0,25

•

Đồ
thị


0,25

2

1,00

Xét ph

ương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
v
ới
[0; ]
x
π
∈
(1)
Đặt
osx
t c=
, ph
ương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =

Vì
[0; ]
x
π
∈
nên
[ 1;1]
t ∈ −
, gi
ữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm

của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25

3

Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)
t t m
⇔ − + = −

G
ọ
i (C
1
):
4 2
8 9 1
y t t
= − +
v
ớ
i
[ 1;1]
t
∈ −
và (D): y = 1 – m.
Ph
ương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1

) và (D).
Chú ý r
ằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1
t
− ≤ ≤
.
0,25
Dự
a vào
đồ
th
ị
ta có k
ế
t lu
ậ
n sau:
•

81
32
m
>
: Ph
ươ
ng trình
đ

ã cho vô nghi
ệ
m.
•

81
32
m
=
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•

81
1
32
m
≤ <
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 4 nghi
ệ
m.

•

0 1
m
< <
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•

0
m
=
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 1 nghi
ệ
m.
•

m < 0 : Ph
ươ
ng trình
đ

ã cho vô nghi
ệ
m.
0,50
II

2,00

1

1,00
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1

1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x

− =

=
− =








 

 

 

⇔ ⇔ − =
− =
 
− =
 

 

 


 
 
 

 



 


>
>

− >








0,50

3
2
2 2
log 0
1 1
2
1
1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x

x
x x
x
x
x x
x x
x
=

= =
 

 

=


=

=
 

 


 
 

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =

  
 

 
− =

− = =
  
 
 

 
 
 
  
 

  
 
> >
>
 
 



0,50

2

1,00
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
| | | |
x y
≥

Đặ
t
2 2
; 0
u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y
= −
không th
ỏ
a h

ệ
nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 
 
.

H
ệ
ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có d
ạ
ng:

2
12
12

2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 

 


0,25
4
8
u
v
=

⇔

=

ho
ặ
c

3
9
u
v
=


=


+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =




(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(II)
0,25

Gi
ả

i h
ệ
(I), (II).
0,25

4

Sau
đ
ó h
ợ
p các k
ế
t qu
ả
l
ạ
i, ta
đượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình ban

đầ
u là
(
)
(
)
{
}
5;3 , 5;4
S
=








0,25
III

1,00
Di
ệ
n tích mi
ề
n ph
ẳ
ng gi

ớ
i h
ạ
n b
ở
i:
2
| 4 | ( )
y x x C
= −
và
(
)
: 2
d y x
=

Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (C) và (d):
2
2 2

2 2
0 0
0
| 4 | 2
2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x
x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=

− = − − =

 
 

Suy ra di
ệ
n tích c
ầ
n tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2
S x x x dx x x x dx
= − − + − −
∫ ∫

0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2
I x x x dx
= − −
∫

Vì
[
]
2
0;2 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4
x x x x
− = − + ⇒
( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx
= − + − =
∫

0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2

K x x x dx
= − −
∫

Vì
[
]
2
2;4 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
và
[
]
2
4;6 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx
= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25

V

ậy
4 52
16
3 3
S
= + =

0,25
IV

1,00









G
ọ
i H, H’ là tâm c
ủ
a các tam giác
đề
u ABC, A’B’C’. G
ọ
i I, I’ là trung
đ

i
ể
m c
ủ
a AB,
A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒
⊥
⇒
⊥

⊥


Suy ra hình c
ầ
u n
ộ
i ti
ế
p hình chóp c
ụ

t này ti
ế
p xúc v
ớ
i hai
đ
áy t
ạ
i H, H’ và ti
ế
p xúc
v
ớ
i m
ặ
t bên (ABB’A’) t
ạ
i
đ
i
ể
m
'
K II
∈
.
0,25

5

G
ọ
i x là c
ạ
nh
đ
áy nh
ỏ
, theo gi
ả
thi
ế
t 2x là c
ạ
nh
đ
áy l
ớ
n. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC
= = = = = =

Tam giác IOI’ vuông
ở
O nên:
2 2 2 2

3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x
=
⇒
=
⇒
=

0,25
Th
ể
tích hình chóp c
ụ
t tính b
ở
i:
(
)
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong
đ
ó:
2
2 2

2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
= = = = = =

0,25
T
ừ

đ
ó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 
= + + =
 
 

0,25
V

1,00

Ta có:
+/
(
)
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π
 
     
= + =
     
 
     
 

+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
 
   

= + = −
   
 
   
 

Do
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c
+ =

Đặ
t
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π

 
=
 
 
(
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2 2
t
− ≤ ≤
).
0,25
Khi
đ
ó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1
−
. Ph
ương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0
t t m
+ + − =
(2) v
ới

2 2
t
− ≤ ≤

2
(2) 4 2 2
t t m
⇔ + = −

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ): 2 2
D y m
= −
(là
đường song
song v
ới Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4
y t t
= +
v
ới
2 2
t
− ≤ ≤
.
0,25
Trong đoạn 2; 2
 

−
 
, hàm số
2
4
y t t
= +

đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2
−
tại
2t = −
và đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2+
tại
2t =
.
0,25

Do
đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2
m
− ≤ − ≤ +

2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VIa

2,00

1

1,00

Điểm
(
)
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
∈ + − =
⇒
−
.
Suy ra trung
điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 
 
.
0,25

6

Đ
i
ể
m
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
 
∈ + + =
⇒
+ + = ⇔ = −
⇒
−
 
 

0,25
T
ừ
A(1;2), k
ẻ

: 1 0
AK CD x y

⊥ + − =
t
ại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
(
)
(
)
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
− − − = ⇔ − + =
.
T
ọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =


.
Tam giác ACK cân t
ại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của
(
)
1;0
K
−
.
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +









0,25

2

1,00
G
ọ
i (P) là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, thì
( ) //( )
P D
ho
ặ
c
( ) ( )
P D
⊃
. G
ọ
i H là
hình chi

ế
u vuông góc c
ủ
a I trên (P). Ta
luôn có
IH IA
≤
và
IH AH
⊥
.
0,25
M
ặ
t khác
( ) ( )
(
)
( )
(
)
( )
, ,
d D P d I P IH
H P

= =


∈




Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
P
,
IH IA
≤
; do
đ
ó
axIH = IA H A
m
⇔ ≡
. Lúc này (P)
ở
v
ị
trí
(P
0
) vuông góc v
ớ
i IA t

ạ
i A.
0,25

Vect
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a (P
0
) là
(
)
6;0; 3
n IA
= = −
 
, cùng ph
ươ
ng v
ớ
i
(
)
2;0; 1
v
= −


.
Ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng (P
0
) là:
(
)
(
)
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z
− − + =
.
0,50
VIIa

1,00
Để
ý r
ằ
ng
(
)

(
)
(
)
(
)
1 1 1 0
xy x y x y
+ − + = − − ≥
;
và t
ươ
ng t
ự
ta c
ũ
ng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +


+ ≥ +


0,50

Vì v

ậ
y ta có:
0,50

7

( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +

 
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 
+ + +
 
 
≤ − − +
 
+ +
 
=

VIb

2,00

1

1,00
Ta có:
(
)
1;2 5
AB AB
= −

⇒
=

.
Ph
ươ
ng trình c
ủ
a AB là:
2 2 0
x y
+ − =
.
(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
∈ =
⇒
. I là trung
điểm của AC và BD nên ta có:
(
)
(
)
2 1;2 , 2 ;2 2
C t t D t t
− −

.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH
= =
(CH: chi
ều cao)
4
5
CH
⇒ =
.
0,25

Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH

t C D

   
=
⇒
−
   

= ⇔ = ⇔
   


=
⇒
− −


V
ậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
ho
ặ
c
(

)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −

0,50

2

1,00
G
ọ
i P là chu vi c
ủ
a tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không
đổ
i nên P nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi AM + BM nh
ỏ
nh
ấ
t.

Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có ph
ươ
ng trình tham s
ố
:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.
Đ
i
ể
m
M

∈∆
nên
(
)
1 2 ;1 ;2
M t t t
− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2
2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t

AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +

0,25

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, ta xét hai vect
ơ

(
)
3 ;2 5
u t
=

và
(
)
3 6;2 5
v t
= − +


.
0,25

8

Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +





Suy ra
| | | |
AM BM u v
+ = +
 
và
(
)
6;4 5 | | 2 29u v u v
+ =
⇒
+ =
   

M
ặt khác, với hai vectơ
,
u v
 
ta luôn có
| | | | | |
u v u v
+ ≥ +
   

Nh
ư vậy 2 29AM BM
+ ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
 
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +

(
)
1;0;2
M
⇒
và
(
)
min 2 29AM BM
+ =
.
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
(
)

2 11 29+
0,25
VIIb

1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = >
⇒
+ > + > + >
.
V

ế
trái vi
ế
t l
ạ
i:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +

0,50

Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +

.
T
ươ
ng t
ự
:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +

Do
đ
ó:
(
)
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
T
ứ
c là:

1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 
+ + + + + +
 

0,50



Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.

co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl


TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
– ĐHSP Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
========================================

Câu 1. ( 2,0 điểm )
Cho hàm số y =
1
4

4

1
2

2

+ 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Đường thẳng  đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng các khoảng cách từ
hai điểm cực tiểu của (C) đến  nhỏ nhất.
Câu 2. ( 1,0 điểm )
Giải phương trình: 2sin
3
x + cos2x + cosx = 0.
Câu 3. ( 1,0 điểm )
Giải phương trình:

3
2
7 + 3

2
2 = 3
2
5 1 


2
3 + 4 .
Câu 4. ( 1,0 điểm )
Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f(x) =

1+




1+
.
Câu 5. (1,0 điểm) Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a và đáy ABCD là tứ
giác nội tiếp đường tròn bán kính r, trong đó các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tính bán
kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu 6. ( 1,0 điểm )
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm

5
+ 3
2
2  




1
3
.
Câu 7. ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2;2) và hai đường trung tuyến của tam giác là
d
1
: 2x + 5y – 8 = 0 và d
2
: x – 3y + 2 = 0. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Câu 8. ( 1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có S(5;4;6), A( – 1; 4; 3), C(5; – 2; 3).
Gọi K là trung điểm của AC và H là trực tâm của tam giác SAB. Tính độ dài đoạn thẳng KH.

Câu 9. ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2
3
2
+2
2
+84+8
+ 2

2
+4+5
= 33. 2
2
2
+
2
+4+4
2+ + 2 = 0




……………………………… Hết…………………………………

Cả
m
ơ
n
bạ
nN
g
uy
ễnP
h
úcH
à
o
(
t
t
2
3
@
g
m
a
il.c

o
m
)
đã

g
ửi

t
ới
www
.la
is
a
c.
p
a
g
e
.t
l


Cả
m
ơ
n
bạ
nN
g
uy
ễnP
h
úcH
à
o
(
t
t
2
3
@
g
m
a
il.c
o
m
)
đã

g
ửi


t
ới
www
.la
is
a
c.
p
a
g
e
.t
l

m
TRNGTHPT
LNGGIANGS2
Ngythi10032013
THITHIHCNMHC20122013 (lnth2)
Mụnthi:TONkhiA,A1
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt
I.PHNCHUNGCHOTTCCCTHSINH(7im)
CõuI(2im).Chohmsy= x
3
+3mx
2
3m 1.
1.Khosỏtsbinthiờnvvthcahmskhim=1.
2.Tỡmcỏcgiỏtrcamhmscúcci,cctiu.Vigiỏtrnocamthỡthhmscú

imcci,imcctiuixngvinhauquangthngd:x+8y 74=0.
CõuII(2im)
1. Giiphngtrỡnh:
( )
.tan12sin1
cos
4
sin2
xx
x
x
+ = +
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
-

p

2. Giihphngtrỡnh:
ù
ù
ợ
ù
ù
ớ
ỡ

= - + + +
+ =
-
+
yxyxx
y
y
x
yx
2
3
2
2
6
41
1
3
CõuIII(1im) Tớnhtớchphõn:
2
3
2
1
ln( 1)x
I dx
x
+
=
ũ
.
CõuIV(1im) TrờncnhADcahỡnhvuụngABCDcúdila,lyimMsaochoAM=x

(0<x Êa).Trờnngthngvuụnggúcvimtphng(ABCD)tiA,lyimSsaochoSA=2a.K
MHvuụnggúcviACtiH.TớnhkhongcỏchtimMnmtphng(SAC)vtỡmvtrớcaM
thtớchkhi chúpSMCHlnnht.
CõuV(1im) Choa,b,clcỏcsthcdngthomón
3 = + + cba
.Chngminhrng:
134)(3
222
+ + + abccba
II.PHNRIấNG(3im) Thớsinhchcchn lmmttronghaiphn(phnAhocphnB)
A.Theochngtrỡnhchun.
CõuVI.a(2im)
1.TrongmtphngOxy,chohỡnhthoiABCDcútõm
( )
33I v 2AC BD = .im
4
2
3
M
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ
thuc
ngthng AB ,im
13
3
3
N
ổ ử
ỗ ữ

ố ứ
thucngthng
CD
.Vitphngtrỡnhngchộo BD bitnh
B cúhonhnhhn3.
2.TrongkhụnggianvihtaOxyz,chomtcu(S):
( ) ( )
921
2
2
2
= + + + - zyx
.Lpphngtrỡnh
mt phng (P) vuụng gúcvingthng a cú phngtrỡnh:
22
1
1 -
=
-
=
zyx
v ct mt cu (S) theo
ngtrũncúbỏnkớnhbng2.
CõuVII.a(1im)Mthingchmthicú5ngi,rỳtthmtrongdanhsỏchgm7cụgiỏov10
thygiỏo.Tớnhxỏcsuttronghingscụgiỏonhiuhnsthygiỏo.
B.Theochngtrỡnhnõngcao.
CõuVI.b (2im)
1.TrongmtphngtoOxy,chotamgiỏcABCcúimA(23),trngtõmG(20).HainhBvC
lnltnmtrờnhaingthng d
1

: x+y+5=0vd
2
: x+2y7=0.Vitphngtrỡnh ngtrũncú
tõmCvtipxỳcvingthng BG.
2.TrongkhụnggianvihtaOxyz,choim
( )
101A -
vngthng
2
2
1
1
1
1
:
-
=
-
-
=
- zyx
d
,
mtphng
( )
: 4 0P x y z - + - =
. LpphngtrỡnhngthngiquaActdtiBvmtphng(P)
ti Csaocho 2AC AB = v Anmngoion BC.
CõuVII.b(1im) Giibtphngtrỡnh:
1

8 .3 9 9
x x x x + +
+
.
______________Ht______________
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
CmnNamNguyn( om)ógitiwww.laisac.page.tl
tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
Ngày thi 10-03-2013
Hớng dẫn, Đáp án, thang điểm
THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012-2013 (lnth2)
Môn thi: Toán, khối: A, A1
Hớng dẫn, đáp án gồm 04 trang
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
Câu Đáp án Điểm
1.Khim=1. Tacúhmsy=x
3
+3x
2
4.
TpxỏcnhD=R.
Sbinthiờn.
Chiubinthiờn.
y=3x
2
+6x,y=0 x=0vx=2.
y>0 " x ẻ(02).Hms ngbintrờn khong(02).
y <0 "x ẻ( 0) ẩ (2+). Hmsnghchbintrờncỏc khong( 0)v
(2+).

Cctr.
Hmstccitix=2,y
C
=y(2)=0.
Hmstcctiutix=0,y
CT
=y(0)= 4.
Giihn.
3 2 3 2
( 3 4) , ( 3 4)
x x
Lim x x Lim x x
đ-Ơ đ+Ơ
- + - = +Ơ - + - = -Ơ
thhmskhụngcútimcn.
Tớnhli,lừmvimun.
y=6x+6,y=0 x=1.
x 1 +
y + 0
th
Lừm imun Li
I(1 2)
Bngbinthiờn.
x 0 1 2 +
y 0 + 0
y + 0
(I)
2
4
th.

thhms cttrcOxtaicỏcim(10),(20). thhms cttrcOytaiim(0
4). thhms cútõmixnglimunI(12).
Hs gúccatiptuyntiimunlk=y(1)=3.
f(x)=x^3 +3x^24
3 2 1 1 2 3 4 5
6
5
4
3
2
1
1
2
x
y
0,25
0,25
0,25
0,25
I
(2
điểm)
2 .Tacúy= 3x
2
+6mxy=0 x=0vx=2m.
Hmscúcci,cctiu phngtrỡnhy=0cúhainghimpb m ạ 0.
HaiimcctrlA(0 3m 1)B(2m4m
3
3m 1)
TrungimIcaonthngABlI(m2m

3
3m 1)
Vect
3
(2 4 )AB m m =
uuur
Mtvectchphngcangthngdl (8 1)u = -
r
.
0,25
0,25
Hai im cc i , cc tiu A v B i xng vi nhau qua ng thng d
I d
AB d
ẻ
ỡ
ớ
^
ợ

3
8(2 3 1) 74 0
. 0
m m m
AB u
ỡ
+ - - - =
ù
ớ
=

ù
ợ
uuur r
m=2
0,25
0,25
1.iukin
cos x 0 x k ,k
2
p
ạ ạ + p ẻÂ
.
Tacú(1)
( )
2
cos x sin x cos x sin x
cos x sin x
cos x cos x
- +
+ =
( ) ( )( )
cos x sin x cos x sin x cos x sin x 1 0
ộ ự
+ - + - =
ở ỷ
( )( )
cos x sin x cos 2 1 0 x + - =
cos x sin x 0 tan x 1
x m
,m

4
cos2 1 0 cos 2 1
m
x x
x
p
ộ
+ = = -
= - + p
ộ ộ
ờ
ẻ
ờ ờ
ờ
- = =
ở ở
= p
ờ
ở
 .
Dthyhnghimtrờnthamón iukin.ỏps:
x m
,m
4
m x
p
ộ
= - + p
ờ
ẻ

ờ
= p
ờ
ở
Â
0,25
0,25
0,5
II
(2
điểm)
2.
ù
ù
ợ
ù
ù
ớ
ỡ
= - + + +
+ =
-
+
)2(6
)1(41
1
3
2
3
2

2
yxyxx
y
y
x
yx
(1)
11
1
1
1
04
1
3
1
2
2222
- = =
-
=
-
= -
-
+
-
xy
y
x
y
x

y
x
y
x
Thayvo(2)tac 41126116
2
3
2
3
- = - - + - + - = - + + xxxxxx
2
3
3
2
3 3
x 2 x 2
(x 2)(x 2)
x 1 1
(x 6) 2 x 6 4
x 2
1 1
x 2 (3)
x 1 1
(x 6) 2 x 6 4
- -
+ = + -
- +
+ + + +
ộ
=

ờ
ờ

ờ
+ = +
ờ
- +
+ + + +
ờ
ở
Vik 1 x suyraVT(3)<3,VP(3) 3 .Suyra(3)vụnghim
0,5
0,25
0,25
III
(1
điểm)
t
2
2
3
2
2
ln( 1)
1
1
2
x
du dx
u x

x
dx
dv
v
x
x
ỡ
ỡ
=
= +
ù
ù ù
+
ị
ớ ớ
=
ù ù
= -
ợ
ù
ợ
DoúI=
2
2
2 2
1
2
ln( 1)
1
2 ( 1)

x dx
x x x
+
- +
+
ũ
2
2
1
ln 2 ln5 1
2 8
1
x
dx
x
x
ổ ử
= - + -
ỗ ữ
+
ố ứ
ũ
2 2
2
2
1 1
ln 2 ln5 1 ( 1)
2 8 2
1
dx d x

x
x
+
= - + -
+
ũ ũ
2
2
ln 2 ln5 1
ln | | ln | 1|
1
2 8 2
x x
ổ ử
= - + - +
ỗ ữ
ố ứ
=
5
2ln 2 ln 5
8
-
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1
điểm)
Do

( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
^
ỡ
ị ^
ớ
è
ợ
Licú : ( ) ( )MH AC SAC ABCD ^ = ầ
( ) ( , ) .sin 45
2
o
x
MH SAC d M SAC MH AM ị ^ ị = = =
0
. 45 2
2 2
x x
AH AM cos HC AC AH a = = ị = - = -
0,25
0,25
1 1
. ( 2 )
2 2
2 2
1 1

. 2 ( 2 )
3 6
2 2
MHC
SMCH MCH
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
D
D
ị = = -
ị = = -
[ ]
3
2
2
1
2 2
2
3 2 6
2 2
SMCH
x x
a
a x x
V a a x a
+ -
Ê = = - =

M trùng với D
0,25
0,25
V
(1
điểm)
t
2
134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
= - + + + =
*Trchttachngminh: ),,(),,( ttafcbaf :Thtvy
Dovaitrũcaa,b,cnhnhaunờntacúthgithit
cba Ê Ê
33 = + + Ê ị cbaa
haya 1 Ê
= - ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
+ - + + - - + + + atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb - + - +
=
ỳ
ỷ

ự
ờ
ở
ộ
+
- +
ỳ
ỷ
ự
ờ
ở
ộ
+
- +
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(

2
)(3
cba
cb
- -
-
=
0
2
))(23(
2

- - cba
doa 1 Ê
*Bõygitachcnchngminh: 0),,( ttaf vi a+2t=3
Tacú 134)(3),,(
2222
- + + + = atttattaf = 13)23(4))23((3
2222
- - + + + - ttttt
=
0)47()1(2
2
- - tt
do2t=b+c<3
Du=xyra 10&1 = = = = - = cbacbt
0,25
0,25
0,25
0,25

VI.a
(2
điểm)
1.
TaimNixngviimNquaIl
5
' 3
3
N
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ
ngthngABiquaM,Ncúphngtrỡnh: 3 2 0x y - + =
Suyra:
( )
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB
- +
= = =
Do
2AC BD =
nờn 2IA IB = .t
0IB x = >
,tacúphngtrỡnh
2
2 2
1 1 5

2 2
4 8
x x
x x
+ = = =
t
( )
,B x y .Do 2IB = v
B AB ẻ
nờntaBlnghimcah:
( ) ( )
2 2
2
14
4 3
5 18 16 0
3 3 2
5
8 2
3 2
3 2 0
5
x
x
y y
x y
y
x y
x y
y

ỡ
=
ù
ỡ
= > ỡ
- + =
ỡ - + - =
ù ù

ớ ớ ớ ớ
=
= -
- + =
ợ
ù
ợ
ù
ợ
=
ù
ợ
DoBcúhonhnhhn3nờntachn
14 8

5 5
B
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ
Vy,phngtrỡnh ngchộoBDl:7 18 0x y - - = .

0,25
0,25
0,25
CảmơnNamNguyễn( om)đãgửitớiwww.laisac.page.tl
0,25
2.(S)cótâm )2,0,1( -J bánkínhR=3
+đtacóvtcp )2,2,1( -
®
u ,(P)vuônggócvớiđtanên(P)nhận
®
u
làmvtpt
Ptmp(P)códạng: 022 = + - + Dzyx
+(P)cắt(S)theođườngtròncóbkr=2nênd(J,(P))=
5
22
= - rR
nêntacó: 5
3
)2.(20.21
=
+ - - + D
D 5 3 5
D 5 3 5
é
= - +
ê
Û
ê
= - -

ê
ë
KL:Có2mặtphẳng: (P
1
):
053522 = + - - + zyx
và(P
2
):
053522 = - - - + zyx
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1
®iÓm)
Sốcáchchọn5thầycôtrongsố17ngườilà:
C
5
17
Sốphầntửcủakhônggianmẫu
W
=
C
5
17
=6188
Hộiđồng5ngườicósốcônhiềuhơnsốthầychỉcóthểsốcôlà3hoặc4,hoặc5.
GọiAlàbiếncố“hộiđồng5ngườitrongđósốcônhiềuhơnsốthầy”.

Þ A =
C
3
7
.
C
2
10
+
C
4
7
C
1
10
+
C
5
7
.
C
0
10
=1946
SuyraP(A)=
W
A
=
6188
1946

=
442
139
0,25
0,25
0,25
0,25
1.Giảsử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y Î Þ = - - Î Þ = - +
VìGlàtrọngtâmnêntacóhệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =
ì
í
+ + =
î
Từcácphươngtrìnhtrêntacó:B(1;4);C(5;1)
Tacó (3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n Þ -
uuur uuur
nênphươngtrìnhBG:4x –3y –8=0

BánkínhR=d(C;BG)=
9
5
Þ
phươngtrình đườngtròn:(x – 5)
2
+(y –1)
2
=
81
25
0,5
0,5
VI.b
(2
®iÓm)
2.VìA,B,CthẳnghàngvàAC=2ABvàAnằmngoàiđoạn BCnên 2AC AB =
uuur uuur
DoBÎ(d)nênB(1+t;1t;2+2t)
2
2 2 (3 2 ;2 2 ;3 4 )
2
C B A
C B A
C B A
x x x
AC AB y y y C t t t
z z z
= -
ì

ï
= Þ = - Þ + - +
í
ï
= -
î
uuur uuur
.VìCÎ(P)nênt=0
VậyB(1;1; 2);C(3; 2; 3),đườngthẳng∆điquaB,Ccóphươngtrình:
1 1 2
2 1 1
x y z - - -
= =
0,25
0,25
0,55
VII.b
(1
®iÓm)
ĐK: 0x ³
( ) ( )
( )
1 2 2
2 2
8 .3 9 9 8 .3 9 .3 3
8 .3 9 .3 1 8 .3 9 .3 1 0 2
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
+ + +

- -
- -
+ ³ Û + ³
Û + ³ Û + - ³
Đặt 3 0
x x
t
-
= > .Khiđótacó:
( )
( )
2
1
2 9 8 1 0
1
9
t loai
t t
t
£ - é
ê
Û + - ³ Û
ê
³
ê
ë
Với
2
1
3 3 2 2

9
x x
t x x x x
- -
³ Þ ³ Û - ³ - Û ³ -
2
0 2
2
5 4 0
x
x
x x
£ £
é
ê
³
Û
ì
ê
í
ê
- + £
î
ë
0 4x Û £ £
VậynghiệmBPTlà
[ ]
0;4x Î
0,25
0,25

0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số :
3 2 3
3 1
2 2
  y x mx m (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng
d có phương trình y = x.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 cos2 sin cos (1 2cos ) sin cos
x x x x x x x
     .
b) Giải hệ phương trình:
 
3
3 4
1 1 3
log 1
y
x

x
x
y x


  



 

.
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân
1
3
0
ln( 1) .
1 7
x
I x x dx
x x
 
   
 

 

.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc


ABC
= 120
0
, O là giao điểm
của AC và BD, I và E là trung điểm OB và AB tương ứng. Mặt phẳng (SAI) và (SCI) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Cho góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối
chóp S.ACE và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và CE.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1
x y z
   . Chứng minh rằng:

xy yz zx x y z
xy z yz x zx y y z z x x y
    
     
.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB
là: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm
M(2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2),
D(3; 1; 1). Viết phương trình mặt (P) đi qua A, B và cách đều hai điểm C, D.
Câu 8a. (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
)3(7
3
1

4




nCC
n
n
n
n
. Tìm hệ số của số hạng chứa

8
x
trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của
5
3
1 5
, 0.
7
n
n
x x
x

 
 
 
 

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 6b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
2 2
( 1) ( 1) 2x y    và hai
điểm A(0; - 4), B(4; 0). Tìm tọa độ hai điểm C, D sao cho ABCD là hình thang (AB // CD) và đường
tròn (T) nội tiếp trong hình thang đó.
Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 4 20 0S x y z y z     
và
các điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4). Mặt phẳng (P) song song với AB và cắt mặt cầu (S) theo một đường
tròn có chu vi bằng 6

. Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) đi qua điểm C(2; 1; -6).
Câu 8b. (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn
3 1
5
n n
C C . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
nhị thức Niu – Tơn của
3
4
2 1
5
n
x
n
x
 


 

 
, x > 0.
Hết





Cảm ơnt
hầyĐỗĐườn
gHiếu(dod
uonghieu@
gmail.co
m
)gưởi
tớiwww.l
aisac.pa
ge.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013

MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu

Ý
Nội dung
Điểm

Khi m =1, ta có hàm số
3 2
3 1
2 2
y x x
  
. TXĐ:

.
lim
x
y

 
,
lim
x
y

 

0.25
Đạo hàm y’ = 3x
2
– 3x; y’ = 0 khi x = 0, x =1.

Hs đồng biến trên (-

; 0) và (1; +

). Nghịch biến trên (0; 1)
HS đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0,5; HS đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0
0.25
Bảng BT
x -

0 1 +


y’ + 0 - 0 +
0.5 +


y
-

0
0.25
a)
Đồ thị. Đồ thị đi qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) và các điểm
(1,5; 0,5), (-0,5; 0).
0.25

Xét
3 2 3
3 1
2 2
  
y x mx m
. TXĐ:

.
Và y’ = 3x
2
– 3mx = 3x(x – m) = 0 khi x = 0, x = m
0.25
Do y’ là tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT thì cần và đủ là y’ có hai nghiệm
phân biệt, hay m

0. Khi đó tọa độ các điểm CT của đồ thị là: A(0;
3
1
2
m
), B(m; 0)
0.25
Để A, B đối xứng nhau qua y = x, ta phải có AB vuông góc với ĐT y = x và trung
điểm của AB thuộc ĐT y = x,
0.25
1
b)
Hay
3

3
1
2
.1 1
2
1 1
4 2
m
m
m
m m


 

  






(do m

0). Vậy m =
2
 là các giá trị cần tìm.
0.25
Phương trình:
sin 2 cos 2 sin cos (1 2cos ) sin cos

x x x x x x x
    
.
2
(2sin cos sin ) [(2cos 1) cos ]+sin cos (1 2cos ) 0
sin (2cos 1) (2cos 1)(cos 1) sin cos (1 2cos ) 0
(2cos 1)(sin cos 1 sin cos ) 0
2cos 1 0 (1), sin cos 1 sin cos 0 (2)
x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
      
       
     
      

0.5
Giải (1) ta được
1
cos 2
2 3
x x k


    

0.25
2
a)

Giải (2) bằng cách đặt sinx – cosx = t thì
| | 2
t 
và
2
1
sin cos
2
t
x x


. Thay vào
(2):
2
2
1
1 0 2 3 0
2
t
t t t

       
t =1, t = -3 (loại)
Với t = 1 thì sinx – cosx = 1
2
2 sin 1 sin
4 4 2
x x
 

   
     
   
   


2
2
4 4
2
2
2
4 4
x k
x k
x k
x k
 



 
 
 

  


 


 



 
   



.
Vậy PT đã cho có 4 họ nghiệm:
2
3
x k


  
,
2
2
x k


 
,
2
x k
 
 
với k




0.25
Giải hệ phương trình:
 
3
3 4
1 1 3 (1)
log 1 (2)
y
x
x
x
y x


  



 


ĐK:
0 4,x y
  

.
Từ (2) ta có:

3 3
3
1 log log
y x
x
  
suy ra
3
3
log
3
3 3
y
x
x
 

0.25
Thay vào (1) ta được:

 
3 3 4
1 1 1 1 4 1 1 4 2 4
x
x x x x x x
x x

              

0.25
2 2
2 2
2
2 4 3
0 3
( 2) 4 3 0
x x
x
x x x
x x
x x x x
 

 

        
  
  
    

 

0.25
b)

Với x = 3 thỏa mãn ĐK ta có y = 0. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 0).
0.25
Tính tích phân
1 1 1

2
3
3
3
0 0 0
ln( 1) . ln( 1)
1 7
1 7
x x dx
I x x dx x x dx
x x
x
 
     
 
 


 
  


Xét
1
2
1
3
3
0
1 7

x dx
I
x



. Đặt
2
3 3 2
3
3 3 2
1 1 3
1 7 3 2
7 7 7
t t t
x t x x dx dt
   
 
     
   
   

Đổi cận: với x = 0 thì t = 1, với x = 1 thì t = 2. Khi đó:
0.25
1
2
1
3
3
0

1 7
x dx
I
x



=
3 2
2
2 2
4 5 2
1 1
1
1
2
7 7
2 2 1 1 47
( )
49 49 5 2 245
t t
dt
t t dt t t
t
 

 
 
 
    

 
 
 
.
0.25
Xét
1
2
0
ln( 1)
I x x dx
 

. Đặt
2
1
ln( 1)
1
1
( 1)
2
du dx
u x
x
dv xdx
v x



 





 



 



0.25
3

Khi đó
1
2
0
ln( 1)
I x x dx
 

=
=
1
1 1
2
1
2 2

0
0 0
0
1 1 1 1 1 1
( 1)ln( 1) ( 1)
2 2 1 2 2 2
x
x x dx x dx x x
x

 
        
 

 
 
=
1
4

Vậy I =
47 1 433
245 4 980
 
. (
0,4418367347)


0.25
K

E
I
O
D
CB
A
S


Do (SIA) và (SIC) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI

(ABCD). Từ GT suy ra

0
60
SOI  ; IO =
1 1 1
2 4 4
BO BD a
 
, suy ra SI =
0
1 3
.tan60
4 4
a
a  .
0.25
4

Tam giác ABD đều cạnh a nên đường cao AO =
3
2
a
=> AC =
3
a
. 0.25
Do E là trung điểm của AB nên ta có :
1 1 1
.
2 4 8
ACE ABC ABCD
S S S AC BD
 
   
2
3
8
a

Vậy thể tích khối chóp S.ACE là :
1
. .
3
ACE
V S SI

 
3

32
a



Do OA,OB, SI đôi một vuông góc nên ta thiết lập hệ tọa độ:
O = (0; 0; 0), A(
3
2
a
; 0; 0), B(0;
2
a
; 0), S(0;
4
a
;
3
4
a
). Suy ra D(0; -
2
a
; 0),
E(
3
; ;0)
4 4
a a
, C(-

1
3
2
a
; 0; 0). Ta có
3 3
0; ;
4 4
a a
SD
 
  
 
 
 

,
3 3
; ;0
4 4
a a
CE
 

 
 
 

.
MP chứa CE và song song song với SD có 1 vectơ pháp tuyến là



16
; 3; 9;9 3
n SD CE
a
 
  
 
  
. Nên mp chứa CE và song song với SD có PT:

1
( ): 3( 3) 9 9 3 0
2
x a y z

   

Vâỵ d(SD,CE) = d(D,(

)) =
2 2
1 1
3 9
6 2 327
2 2
109
327
3 9 3.9

a a
a a

 
 

0.5
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:
1
x y z
  
. Chứng minh rằng:

xy yz zx x y z
xy z yz x zx y y z z x x y
    
     
.

Do x, y, z dương và 1 = x + y + z nên
.
( ) ( )( )
xy xy xy x y
xy z xy z x y z z x z y z x z y
  
       
1
2
x y
z x z y

 
 
 
 
 
(1)
(Theo Cô – Si )
Hoàn toàn tương tự ta có thêm:
yz
yz x

1
2
y z
x y x z
 
 
 
 
 
(2) ,
zx
zx y


1
2
z x
y z y x
 


 
 
 
(3). Từ (1), (2) và (3)
ta suy ra:
xy yz zx
xy z yz x zx y
  
  

3
2
(I)
0.5
5

Ta C/M: với x, y, z dương ta có:
x y z
y z z x x y
 
  
3
2

(II)
Thật vậy, biến đổi (II) thành:
1 1 1
[( ) ( ) ( )] 9
x y y z z x

x y y z z x
 
       
 
  
 
(4)
Áp dụng BĐT Cô – Si ta có:
( ) ( ) ( )
x y y z z x
    
3
3 ( )( )( )
x y y z z x
   
>0 (5)

1 1 1
x y y z z x
 
  

3
1 1 1
3 . .
x y y z z x

  
>0 (6)
Từ (5), (6) suy ra (4) hay (II) được C/M.

Kết hợp (I) và (II) suy ra
xy yz zx
xy z yz x zx y
  
  
x y z
y z z x x y
 
  

(đpcm)
Đẳng thức xáy ra khi x = y = z = 1/3.
0.5
A.Theo chương trình Chuẩn.

B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vuông góc với AB nên
BC: 2x + y – 17 = 0
0.25
6a

A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a

3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c

7.
trung điểm của AC là I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c   

 
 
 
cũng là trung điểm của BD, hay I
0.25