4 DE_DAP AN THI THU DH 2010

Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010
MÔN TOÁN KHỐI B, D
Thời gian làm bài: 180 phút
Phần chung (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3
( ) 2,f x x mx= + +
có đồ thị
( )
m
C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3m
= −
2) Tìm tập hợp các giá trị của
m
để đồ thị
( )
m
C
cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
1
2 tan cot 2 2sin 2
sin 2
x x x
x
+ = +
2) Giải phương trình:
( )

2
2 2
1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈
Câu III (1 điểm) Tính
2
3
0
sin
1 cos2
x x
I dx
x
π
+
=
+
∫
Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh
S
, có tâm đường tròn đáy là
.O
,A B
là hai điểm trên đường tròn
đáy sao cho khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
bằng
a
,

·
·
0
60ASO SAB= =
. Tính theo
a

chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
+ −
= +
Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
Phần A
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
( )d
có phương trình :
0x y− =

và điểm
(2;1)M
. Tìm phương trình đường thẳng
∆
cắt trục hoành tại
A
cắt đường thẳng
( )d
tại
B
sao
cho tam giác
AMB
vuông cân tại
M
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
, lập phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua hai điểm
( )
0; 1;2 ,A −

( )
1;0;3B
và tiếp xúc với mặt cầu
( )
S
có phương trình:

2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2x y z− + − + + =
Câu VII (1 điểm) Cho số phức
z
là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z+ + =
.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
       
= + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Phần B Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
( )
C
có phương trình
( )
2
2
: 4 25x y− + =

và điểm
(1; 1)M −
. Tìm phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
M
và cắt đường tròn
( )
C
tại 2 điểm
,A B
sao cho
3MA MB
=
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )
P
có phương trình:
1 0x y− − =
. Lập
phương trình mặt cầu
( )
S
đi qua ba điểm
( ) ( ) ( )
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C− −
và tiếp xúc với mặt
phẳng

( )
P
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
( )
( )
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
+ − + −
 ÷
 
≥ +
+ +
Hết
BO GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Tham khao
ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010
MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
Môn: Toán_ Khối B và D
Câu I.1
(1,0 đ)

3m = −
hàm số trở thành:
3
( ) 3 2,f x x x= − +
Tập xác định
D R=
Sự biến thiên

2
1
' 3( 1) 0
1
x
y x
x
= −

= − = ⇔

=


1
' 0

1
x
y
x
< −

> ⇔

>

hàm số đồng biến trên
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;+∞

' 0 1 1y x< ⇔ − < <
hàm số nghịch biến trên
( )
1;1−
điểm CĐ
( )
1;4−
, điểm CT
( )
1;0

lim
x

y
→−∞
= −∞

lim
x
y
→+∞
= +∞
Điểm uốn:

'' 6 0 0y x x= = ⇔ =
, Điểm uốn U
( )
0;2
Bảng biến thiên:
x
−∞

1−

1

+∞
'y
+
0

−

0

+
y
Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
Phương trình cho HĐGĐ
3
2 0,(*)x mx+ + =

0x =
không thỏa mãn nên:
3
2
(*)
x
m
x
+
⇔ = −
Xét hàm số
3
2
2
2 2 2

( ) '( ) 2
x
g x x g x x
x x x
+
= − = − − ⇒ = − +
'( ) 0 1g x x= ⇔ =
ta có bảng biến thiên:
x
−∞

0

1

+∞
'( )g x
+
ll

+

0

−
( )g x
Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng
y m=
và đồ thị hàm số
( )y g x=

nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì
3m
> −
Lưu ý:
Có thể lập luận để đồ thị
( )
m
C
của hàm số
( )y f x=
hoặc không có cực trị hoặc
có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.1
(1,0 đ)

1
2 tan cot 2 2sin 2
sin 2
x x x
x
+ = +
,(1)
−∞
+∞
CT
CĐ

−∞
+ ∞
−∞
-3
−∞
Điều kiện:
2
x k
π
≠
2 2
2
2
4sin cos2 2sin 2 1
(1)
sin 2 sin 2
2(1 cos2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1
2cos 2 cos 2 1 0
cos2 1 (loai do:sin 2 0)
1
3
cos2
2
x x x
x x
x x x
x x
x x
x k
x

π
π
+ +
⇔ =
⇒ − + = − +
⇔ − − =
= =


⇔ ⇔ = ± +

= −

Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là:
,
3
x k k Z
π
π
= ± + ∈
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
( )
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈

Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x= + ⇒ = +
ta được phương trình
2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t+ = − ⇔ + − =
4
2
t
t
= −

⇔

=

+ Với t =
−
4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x

x x x x
< <
 
+ = − ⇔ ⇔
 
+ = + − =
 
2
0
2
2
x
x
x
<

⇔ ⇔ = −

=

+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
> >

 
+ = ⇔ ⇔
 
+ = + − =
 
2
0
3 1
3 1
x
x
x
>


⇔ ⇔ = −

= −


ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x= − = −
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
(1,0 đ)
2 2
3 3 3

2 2
0 0 0
sin sin
1 cos2 2cos 2cos
x x x x
I dx dx dx
x x x
π π π
+
= = +
+
∫ ∫ ∫
3 3
1
2 2
0 0
1
2cos 2 cos
x x
I dx dx
x x
π π
= =
∫ ∫
Đặt
2
tan
cos
u x
du dx

dx
v x
dv
x
=

=


⇒
 
=
=




3
3
3
1
0
0
0
1 1 1
tan tan ln cos ln 2
2 2 2
2 3 2 3
I x x xdx x
π

π
π
π π
 
⇒ = − = + = −
 
 
∫
2
2 2
3 3 3 3
2
2
0 0 0 0
sin 1 1
tan (1 tan )
2cos 2 2
x
I dx xdx x dx dx
x
π π π π
 
= = = + − =
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
[ ]
3
0
1 1

tan 3
2 2 3
x x
π
π
 
= − = −
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
( )
1 2
3 1
1 1 1
ln 2 3 ( 3 ln 2)
2 2 3 6 2
2 3
I I I
π
π π
−
 
= + = − + − = + −
 ÷
 
0,25
Câu IV
(1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của
AB
, nên
OI a=
Đặt
OA R
=
·
0
60SAB SAB= ⇒ ∆
đều
·
1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
= = = =
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO− =
2
2 2
6

3 2
R a
R a R⇔ − = ⇔ =
2SA a⇒ =
Chiếu cao:
2
2
a
SO =
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
π π π
= = =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y+ =
.

4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
+ −
= + = + + − = + + + −
Thay
5y x= −
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x
−
= + + + − = + + + − ≥ + − =
P
bằng
3
2
khi
1; 4x y= =
Vậy Min P =
3
2
Lưu ý:
Có thể thay
5y x= −

sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
+ −
= +
−
0,25
0,50
0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)
A
nằm trên
Ox
nên
( )
;0A a
,
B
nằm trên đường thẳng
0x y− =
nên
( ; )B b b
,
(2;1)M

( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − −
uuur uuur
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
− − − − =


=
 
⇔
 
=
− + = − + −




uuur uuur
,
do
2b =
không thỏa mãn vậy
2

2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b
−

− = ≠
−


− = ≠
−

 
⇔
−
 
−
 
 
− + = − + −
+ = − + −

 ÷

−
 

0,25
0,25
S
O
A
B
I
2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1

4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b

=

−

− = ≠



=
−
 

⇔ ⇔


 

=


 
− + − − =

 
 


−
  =




Với:
2
1
a
b
=


=

đường thẳng
∆
qua AB có phương trình
2 0x y+ − =

Với
4
3
a
b
=


=

đường thẳng
∆
qua AB có phương trình
3 12 0x y+ − =
0,25
0,25
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
−x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt
A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )

2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên
các cạnh AB, AC sao cho
( ) ( )
DMN ABC⊥
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x

và y. Chứng minh rằng:
3 .x y xy+ =
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
≥
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1
= 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các
đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d

2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C
lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn
có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:

3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc
với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆
bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =


∈


+ =

¡

Hết
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN
Đáp án gồm 05 trang
Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II 2.0
1
Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:
sin cos 0x x+ ≠

0.25
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + +

( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =

( ) ( ) ( )
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
0.25
sin 1
cos 1
x
x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k
x m

π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈Z
0.25
2
Giải phương trình:

2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

− − ≥

⇔

− + + = − −


0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

− − ≥

⇔


+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


− ≤ ≤

⇔ ≠


+

+ = −


( )
( )
2
2 0

1 16 0
x
x x
− ≤ <


⇔

+ − =


0.25

1x
⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.

1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =

0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
− −
= = − +

+ + +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
( )
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u= − + +
0.25
3
3 6ln
2
= − +
0.25
IV 1.0
Dựng
DH MN H⊥ =
Do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều

ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN
là
1 2
.

3 12
AMN
V S DH xy= =
0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S= +
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +
⇔
3 .x y xy+ =
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25

Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t
≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]

0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25

VI.a 2.0
1 1.0
D
A
B
C
H
M
N
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 

⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3

2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =

 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=



Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
= − + = +
 
 

= + = − +
 
 
= + = −
 
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN⇒
uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k

m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t

z t
= +


= −


= −

thoả mãn bài toán
0.25
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n
∈


>


0.25
Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=

( ) ( ) ( )
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 
+ + = + = + − = −
 
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
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∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t

z t
= +


= − +


= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =

(tham số t)

(1; 3;0)M⇒ −
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z− +
uuuur

.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u
∆
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
∈
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

+ + + =

− + − =


− + + + =

0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
0.25
VII.b
Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y

x y

− − =

∈


+ =

¡

1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
− >


>

0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1

log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
+ = + = + =
  
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
=


= =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
=
+ = + =
 


0.25
( )
( )
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 
=

 ÷
 

⇔


 
= − −

 ÷

 

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010
Môn thi: TOÁN – Khối A, B
Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m
= − −
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m
=
.
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng
hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung.
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:

3 3
17
8cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos
2
x x x x x
π
+ + − =
.
2. Tính tích phân :
( ) ( )
1
2
1
1 1
x
dx
I
e x
−
=
+ +
∫
.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x

x
m e e
+ = +
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
( )
1 1 1
12x y z
x y z
 
+ + + + ≤
 ÷
 
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
[ ]
1;3
.
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường
tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy
là
0
60
.Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
( )
2;0A
và
( )

1 3G ;
là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log 4.16 12 2 1
x x
x
+ = +
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
1y x ln x
= −
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với
( )
0 1A ;
và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là
2 1 0x y
− + + =
và
3 1 0x y
+ − =
. Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:

3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
+ −
+ =
.
2. Tìm giới hạn:
( )
2
ln 2
lim
1
1
x
x
x
−
→
−
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối A, B
Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I Ý 1

Khi m =1
→

3
3 1y x x
= − +
. Tập xác định D=R . 0,25 đ
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0
1x
↔ = ±
.
0,25 đ
Bảng biến thiên .
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;
−∞ − + ∞
và nghịch biến
0,25 đ
(2,0đ)
(1,0 đ)

trên khoảng
( )
1;1
−
.
Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y
CĐ
= 3 và đạt CT tại x = 1 ; y
CT
= -1 .

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
y’ = 0
↔
3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m
∆ =
.
0,25 đ
0m
≤
: y’ không đổi dấu
→
hàm số không có cực trị .

0,25 đ
0m
>
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0
→
hàm số có 2 cực trị.
KL:
0m
>
.
0,25 đ
0m
>
→

0P m
= − < →
đpcm.
0,25 đ
âu II
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ =
0,25 đ
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x
↔ + − =

0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x
↔ = − + =
. 0,25 đ

2
2
4
3
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π
π
π

= +



↔ = +




= +

, k
Z∈
KL:
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi x = 2y
→

1y
= ± →
2
1
x
y
=


=

;
2
1
x
y
= −



= −

(loại) . 0,25 đ
Khi y=2x
→
-3 x
2
= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
( )
2;1
.
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e=
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
44
1m t t
= + −
.
0,25 đ
Xét
4

4
( ) 1f t t t= + −
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t
f t
t
 
= − <
 ÷
+
 
→
hàm số NB trên
( )
0;
+ ∞
.
0,50 đ

( ) ( )
4 4 24
1
lim ( ) lim 0
1 1

t t
f t
t t t t
→+∞ →+∞
= =
+ + + +
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Ta có:
( ) ( )
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
≤ ≤ ↔ − − ≤ ↔ − + ≤ ↔ + ≤
.
0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
+ ≤ + ≤ + ≤
( )
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
 

→ = + + + + + ≤
 ÷
 

0,50 đ

( ) ( )
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2
Q
x y z x y z
x y z x y z
   
+ + + + ≤ ≤ → + + + + ≤
 ÷  ÷
   
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC
→
A , M , H thẳng hàng
0
BC SM 60BC AM SMH⊥ → ⊥ → ∠ =
.
0,25 đ
AM=4a
2
3
12 ; 8

2
ABC
ABC
S
a
S a p a r
p
→ = = → = =
=MH . 0,25 đ
3
.
3 3
6 3
2
S ABC
a
SH V a
→ = → =
. 0,25 đ
Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP
→ ⊥ ⊥
HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a
→ = = = → = =
.
0,25 đ

Câu Va
(1,0 đ)
Đặt AB = a
( )
2
2 2
2 ;
2 2
ABC
a
a
BC a S p
+
→ = → = =
. 0,50 đ

2 2
ABC
S
a
r
p
→ = =
+
. 0,25 đ
( )
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a= − → = → = → =
uuur
( )
3 2 1r→ = −

.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x+
↔ + = ↔ + =
.
Chia 2 vế cho
2
3 0
x
>
, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
   
+ − =
 ÷  ÷
   
.
0,50đ
Đặt

4
3
x
t
 
=
 ÷
 
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t kth t th
> + − = ↔ = − =
. 0,25 đ
Khi
3
4
t
=
, ta có:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x
−
   

= = ↔ = −
 ÷  ÷
   
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
TXĐ:
( )
0;D
= + ∞
;
1
' ln
x
y x
x
−
= +
. 0,25 đ
y’= 0
1x
↔ =
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x
−

= +
là HSĐB 0,50 đ
Khi 0 < x < 1
' 0y
→ <
; khi x > 1
' 0y
→ >
.
KL: miny = 0
1x
↔ =
.
0,25 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
− =

 
↔


 ÷
+ =
 

.
0,25 đ
Gọi
( )
1
;2 1 ( )B b b d
− ∈
;
( )
2
1 3 ; ( )C c c d
− ∈

0,50 đ
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
 
− = =
 

 
↔
 
 
+ = = −
 
 
.
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7
B C
   
− −
 ÷  ÷
   
. 0,25 đ
Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x
= ↔ =
. 0,25 đ
Ta có:

2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
   
+ = ↔ = ↔ = =
 ÷  ÷
   
. 0,50 đ
Khi t = 2 thì
3
log 2 9x x= ↔ =
(th)
KL: nghiệm PT là
9x
=
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Đặt
1. : 1 0t x Suy ra x t
= − → ⇔ →
. 0,25 đ
Giới hạn trở thành:
( )
( )
0

ln 1
lim
2
t
t
t t
→
−
+
( )
( )
( )
0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t
→
+ −
−
= = −
− +
.
0,50đ
KL:
( )
2

1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x
→
−
= −
−
. 0,25đ
* Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào
SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho
điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho
điểm.
… HẾT…
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
+
=
−
.

1)Khảo sát và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số trên.
2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN =
.
Câu II (2 điểm) :
1. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + − =


− =


2.Giải phương trình :
01cossin2sinsin2
2
=−++− xxxx
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3

0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x
π
−
=
+
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể
tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt :

x10
1).12(48
22
++=++ xxmx
.
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.

2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= +


=


= +

.Gi

l ng thng qua im
A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ +
+ + + + +
2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn
2 2
( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + =

2 2
( ') : 4 5 0C x y x+ + =
cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh
ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

Ht
Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán
Cõu Phn Ni dung
I
(2,0) 1(1,0)
Lm ỳng, cỏc bc theo S kho sỏt hm s cho im ti a.
2(1,0)
T gi thit ta cú:
( ) : ( 1) 1.d y k x= +
Bi toỏn tr thnh: Tỡm k h phng trỡnh sau
cú hai nghim
1 1 2 2

( ; ), ( ; )x y x y
phõn bit sao cho
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y + =
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
+

= +

+


= +

. Ta cú:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1

kx k x k
I
y k x

+ + =


= +

D cú (I) cú hai nghim phõn bit khi v ch khi phng trỡnh
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k + + =
cú hai nghim phõn bit. Khi ú d cú c
3
0, .
8
k k <
Ta bin i (*) tr thnh:
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ = + + =
Theo nh lớ Viet cho (**) ta cú:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k

+
+ = =
th vo (***) ta cú
phng trỡnh:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + = + + =
3 41 3 41
3, ,
16 16
− + − −
= − =⇔ =k k k
.
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
Câu Ý Nội dung
1
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. VËy
5,0sin =x
hoÆc
1cossin
−=
xx
.

Víi
5,0sin =x
ta cã
π
π
kx 2
6
+=
hoÆc
π
π
kx 2
6
5
+=
Víi
1cossin
−=
xx
ta cã






−=−=







−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ
xxx
, suy ra

π
kx 2
=
hoÆc
π
π
kx 2
2
3
+=
2
Điều kiện:
| | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u

v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2

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

4
8
u
v
=

⇔

=

hoặc
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)
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
Câu Phần Nội dung
III
(1,0)

Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
π π π
= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ =
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
π π π
− − −
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫
(Do tích phân không phụ
thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x

I I I dx dx dx
x x x x x x
π π π
− −
= + = + =
+ + +
∫ ∫ ∫
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x





= = =
ữ ữ

ữ ữ


. KL: Vy
1
.
2
=I
IV 0,25
Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC,
ABC. Gi I, I l trung im ca AB, AB. Ta cú:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH






Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H
v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im
'K II
.
0,25
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:

1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giỏc IOI vuụng O nờn:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= = =
0,25
Th tớch hỡnh chúp ct tớnh bi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong ú:
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 ú, ta cú:
2 2 3

2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V

ữ
= + + =
ữ

0,25
V
Nhận xét : 10x
48
2
++ x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12

2
2
2
=+
+
+

+
+
x
x
m
x
x
.
Đặt
t
x
x
=
+
+
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22

2
+
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
]
5,2
, ta có kết quả của m để phơng
trình có hai nghiệm phân biệt là:
5
12
4 < m
hoặc -5 <
4
<
m
0,25
0,25
0,25
0,25
VIa
0,75
1 1,00
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2

t t
M
+

ữ

.
0,25
im
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+

+ + = + + = =
ữ

0,25
0,25
T A(1;2), k
: 1 0AK CD x y + =
ti I (im
K BC
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y = + =

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

− +

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆
, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA≤
và
IH AH⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈



Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am
⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông
góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
.
VIIa

Để ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +


+ ≥ +

0,25
Vì vậy ta có:
( )
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
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷
+ +
 
=
vv
1,00
VIb 1)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và

1, ' 3R R= =
, đường
thẳng (d) qua M có phương trình
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠
.
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
2 2 2 2
2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= ⇔ − = −
( ) ( )
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d⇔ − = −
,
.IA IH
>
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
⇔ − = ⇔ − =
+ +
2 2
2 2
2 2

36
35 36
a b
a b
a b
−
⇔ = ⇔ =
+
Dễ thấy
0b
≠
nên chọn
6
1
6
= −

= ⇒

=

a
b
a
.
0,25
0,25
0,25
Kim tra iu kin
IA IH>

ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món.
0,25
2
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :

=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA






=
+=

+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA
=
2
.
Nếu
CA
=
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA
=
2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có
phơng trình
02)2( = zyx
hay
022
=+
zyx
0,25

VIIb 1,00
Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
t
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > + > + > + >
.
V trỏi vit li:
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 cú:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > + + < + >
+ + +
.
Tng t:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do ú:
( )
2
2
x y z
x y z

y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tc l:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

0,50
V.Phng trỡnh
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ + =
(1)
iu kin :
0 1x
Nu
[ ]
0;1x
tha món (1) thỡ 1 x cng tha món (1) nờn (1) cú nghim duy nht

thỡ cn cú iu kin
1
1
2
x x x= =
. Thay
1
2
x =
vo (1) ta c:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=

+ =

=

* Vi m = 0; (1) tr thnh:
( )
2
4 4
1

1 0
2
x x x = =
Phng trỡnh cú nghim duy nht.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =

+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này (1) không
có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.