BO DE TOAN THI THU DAI HOC 2010 ( KHOI A)

ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: ĐÀ NẴNG - VĨNH PHÚC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
y f (x) 8x 9x 1= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8cos x 9cos x m 0− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log x
1
x 2 x x 2
2
 
− − = −
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2

2 2
x y x y 12
y x y 12

+ + − =


− =


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
2
| 4 |y x x= −
và
2y x=
.
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) Định m để phương trình sau có nghiệm

2
4sin3xsinx + 4cos 3x - cos x + cos 2x + m 0
4 4 4
π π π
     
− + =
 ÷  ÷  ÷
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2x y 1 0+ + =
và phân giác trong CD:
x y 1 0+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
x 2 t
y 2t
z 2 2t
= − +


= −


= +

.Gọi
∆
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông
góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng
cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
xy 1 yz 1 zx 1 x y z

+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của
hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường
thẳng
∆
có phương trình tham số
x 1 2t
y 1 t
z 2t
= − +


= −


=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị
trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2 b c
a 2
3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b
 

+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y = − −
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 phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈

(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C

1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1t− ≤ ≤
.
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m >
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
•
81
32
m =
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
•
0 1m
< <
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
0m =
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
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
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
+ =


 

− =
 ÷

 

0,25
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)
0,25
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
0,25
III 1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C= −
và
( )
: 2d y x=
Phương trình hoành độ giao điểm của (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 diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −
∫ ∫
0,25
Tính:

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

( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2

| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
và
[ ]
2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
0,25
IV 1,00
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
AB, A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '

'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp
xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'K II∈
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. 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
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:

( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
Từ đó, 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 đó phương trình đã cho tương đương:
0,25
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
 
=
 ÷
 
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1−
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m+ + − =
(2) với
2 2t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2t t m⇔ + = −

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ) : 2 2D y m= −
(là đường
song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4y t t= +

với
2 2t− ≤ ≤
.
0,25
Trong đoạn
2; 2
 
−
 
, hàm số
2
4y 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 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
0,25
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −

 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
0,25
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
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 −
.
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
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⊥
.
0,25
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.
0,25

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− − + =
.
0,50
VIIa 1,00
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
+ ≥ +



+ ≥ +

0,50
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
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷

+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷
+ +
 
=
0,50
VIb 2,00
1 1,00
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
.
Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung
điểm của AC và BD nên ta có:

( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều 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


   
= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
0,50
2 1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2

1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M 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 mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )

2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có

| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Như vậy
2 29AM BM+ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
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
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
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
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z

+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức 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
SỞ GD − ĐT VĨNH PHÚC
Trường THPT Tam Dương
ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
3 2 3
3 4y x mx m= − +
(m là tham số) có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (C

m
) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :
1. Giải phương trình:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
sin 2
cos
x
x
x
x
+
+ − = +
.
2. Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =



có nghiệm thực.
Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần
lượt có phương trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d):
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
−
1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và
vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.
Câu 4 (2.0 điểm):
1. Cho parabol (P): y = x
2
. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình
giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh
trục Ox.
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +

+ + +
Câu 5 (2.0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E):
2 2
1
8 6
x y
+ =
và parabol (P): y
2
= 12x.
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển Newton:
12
4
1
1 x
x
 
− −
 ÷
 
−−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: SBD:
SỞ GD − ĐT VĨNH PHÚC
Trường THPT Tam Dương
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ
Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Nội dung Điểm
1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x
3
− 3x
2
+ 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x
2
− 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1

x x
y x
x
x
→±∞ →±∞
 
= − + = ±∞
 ÷
 
0.25
LËp BBT:
0.25
§å thÞ:
0.25
2/. Ta có: y’ = 3x
2
− 6mx = 0 ⇔
0
2
x
x m
=


=

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0.
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m
3

), B(2m; 0) ⇒
3
(2 ; 4 )AB m m= −
uuur
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m
3
)
0.25
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng
y = x và I thuộc đường thẳng y = x
3
3
2 4 0
2
m m
m m

− =

⇔

=


0.25
Giải ra ta có:
2
2
m = ±
; m = 0

0.25
0
4
+∞
−∞
−
+
+
0
0
y’
−∞
2
+∞
y
0
x
x
y
O
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m = ±
II
2/. Đk:
2
x k
π
≠

0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2
2 2
2
2
4
3 1 tg x 2 3 2cotg x
sin 2x
2(sin x cos x)
3tg x 3 2cotg x
sin xcosx
3tg x 2tg x 3 0
+ + − =
+
⇔ + − =
⇔ + − =
0.25
⇔
3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x

x k
π


= − + π
= −


⇔


π
=

= + π




0.25
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k
π π
= +
; k∈Z 0.25
2/.
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)

1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




0.25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2
= y
3
− 3y
2
.
0.25
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ y = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
0.25
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt

[0;1]
[0;1]
ming(v) 1; maxg(v) 2
= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
0.25
1/. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:
1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
= −


= − + ∈


= +

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
0.25
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 0.25
| 2 1 2 4 2 2 | |6 5 |
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
− + − − − − +

∆ = = =
⇔
2
3
7
3
t
t

=



= −


⇒ Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8 7 17 1
I ; ; ; I ; ;
3 3 3 3 3 7
   
− − −
 ÷  ÷
   
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán
kính là R = 5.
0.25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1

x y z 25 ; x y z 25
3 3 3 3 3 3
           
+ + − + − = − + + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
0.25
2/. Đường thẳng (∆) có VTCP
( 1;2;1)u = −
r
; PTTQ:
2 1 0
2 0
x y
x z
+ + =


+ − =

Mặt phẳng (P) có VTPT
(2; 1; 2)n = − −
r
0.25
Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là:
| 2 2 2 | 6
sin
3
3. 6
− − −

α = =
⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là
6 3
cos 1
9 3
α = − =
0.25
Giả sử (Q) đi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m
2
+ n
2
> 0)
⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là:
2 2
| 3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn
α = =
+ +
0.25
⇔ m
2
+ 2mn + n
2
= 0 ⇔ (m + n)
2

= 0 ⇔ m = −n.
Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0
0.25
IV
1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x − 4
0.25
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
2 2
4 2
0 1
(4 4)V x dx x dx
 
= π − −
 ÷
 ÷
 
∫ ∫
0.25
=
5
3
2 2
16 16
( 1)
0 1
5 3 15
x
x
 
π

π − − =
 ÷
 
0.5
2/. Ta có:
[ ]
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
0.25
2 2 2
9 9
3
3
P
xy yz zx
x y z
⇔ ≥ ≥
+ + +
+ + +
0.25
⇒
9 3

6 2
P ≥ =
0.25
Vậy GTNN là P
min
=
3
2
khi x = y = z 0.25
V
1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
(∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A
2
+ 6B
2
= C
2
(1)
(∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B
2
= 4AC ⇔ 3B
2
= AC (2)
0.25
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A.
Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại)

0.25
Với C = 4A ⇒
2
3
A
B = ±

⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình:
2 2 3
4 0 4 0
3
3
A
Ax y A x y± + = ⇔ ± + =
0.25
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:
2 3
4 0
3
x y± + =
0.25
V
Ta có:
12
12
12
4 4 12 4
12
0
1 1 1

1 1 ( 1)
k
k k
k
x x C x
x x x
−
=
 
     
+ − = − + = − +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
∑
0.25
( )
12 12
12 4 12 4 4
12 12
0 0 0 0
12
12 4 5
12
0 0
1
( 1) ( 1)
( 1)
i

k k
k i
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k
k k i k i
k
k i
C C x C C x x
x
C C x
−
− − − −
= = = =
− −
= =
 
= − = −
 ÷
 
= −
∑ ∑ ∑∑
∑∑
0.25
Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8
⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12
0.25
Vậy hệ số cần tìm là:
2 0 7 4 12 8

12 2 12 7 12 12
. . . 27159C C C C C C− + = −
0.25