3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2010

Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN I
Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 150 phút
Đề Bài
Bài 1(2 điểm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x= + −
2) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Bài 2(3 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2 2
( 1)( 1)( 2) 6
2 2 3 0
x y x y
x y x y
− − + − =


+ − − − =

(
,x y
∈
¡
)
2) Giải phương trình sau:
3 3
sin cos cos2 .(2cos sin )x x x x x+ = −
, ( với
x
∈

¡
)
3) Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt:

2
1/2 1/2
( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0m x m x m
− − − − − + − =
Bài 3(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC =a > 0) và các
cạnh SA= SB = SC = 3a. Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a.
Tính thể tích khối chóp SMNC.
Bài 4(2 điểm)
1) Tính tích phân sau:
1
2
0
.ln(1 )x x dx
+
∫
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) lập phương trình đường thẳng d
qua A và cắt chiều dương của trục Ox, Oy lần lượt tại P, Q sao cho diện tích tam
giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
1
1
: 1 2 ;( )
1 2
x t

d y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
Đường thẳng d
2
là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và
(Q): 2x + y + 2z – 5 = 0
1) Chứng minh rằng d
1
, d
2
cắt nhau tại I, viết phương trình mặt phẳng chứa d
1
và d
2

2) Viết phương trình đường thẳng d
3
qua A(2; 3; 1) tạo với hai đường thẳng d
1
và d
2

tam giác cân đỉnh I.
Hết
Đáp án vắn tắt
Bài 1: 1) Khảo sát hàm số : y = x
4
- 2x
2
+ 1 ( C)
2) Gọi A(a; 0) là điểm trên trục hoành mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến
Phương trình đường thẳng đi qua A và có hệ số góc k là d: y = k(x-a)
d là tiếp tuyến của ( C) khi hệ pt sau có nghiệm

4 2 3
3 4 2 3
2 1 ( ) 4 4
4 4 2 1 (4 4 )( )
x x k x a x x k
x x k x x x x x a
 
− + = − − =
⇔
 
− = − + = − −
 
Phương trình
2
4 2 3 2 2
2
1 0

2 1 (4 4 )( ) ( 1)( 4 1) 0
4 1 0(*)
x
x x x x x a x x ax
x ax

− =
− + = − − ⇔ − − + = ⇔

− + =

Mà x
2
– 1 = 0 cho ta hai x nhưng chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d
1
: y = 0. Vì
vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt x khác
1
±

KQ:
3 3

2 2
1 1
a a
a a
 
< − >

 
 
 
≠ − ≠
 
hoÆ c
Bài 2: 1) kq (3;2) hoặc (2;3)
2) kq
2
( , , )
4
1
arctan
2
x k
x l k l m
x m
π
π
π
π
π

= +



= − + ∈




= +


¢
3) kq
7
( 3;1) (1; )
3
m
∈ − ∪
Bài 3: +) Chân đường cao hạ từ đỉnh S là trung điểm của AC
+) Kq
3
34
( )
54
a dvtt
Bài 4: 1) Kq
1
ln 2
2
−
2) Kq
1
6 2
x y
+ =
Bài 5: 1) Hai đường thẳng d
1

và d
2
cắt nhau tại I(1;1;1) và mặt phẳng chứa hai đường
thẳng chính là mặt phẳng (P)
2) Gọi B là giao của d
1
và d
3
( đk: B khác I). C là giao của d
2
vàd
3
(đk: C khác I)
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(1 + t’;1 +2 t’;1 -2 t’) Với đk:
. ' 0t t ≠
Từ điều kiện A,B,C thẳng hàng ta đi tìm toạ độ B, C. Từ đó đưa ra phương trình của d
3
Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2
Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
Đề bài
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
( )
3 2
3 1 9 2y x m x x m= − + + + −
(1) có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.
2) Xác định m để (C
m

) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau
qua đường thẳng
1
2
y x=
.
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
( )
( )
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3cos sinx 3 3 0x x c x c x x+ − − + − − =
.
2) Giải bất phương trình :
( )
2
2 1
2
1 1
log 4 5 log
2 7
x x
x
 
+ − >
 ÷
+
 
.
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x=

2
π
.
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với
đáy một góc là 45
0
. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H
sao cho
1
2
AP AH=
uuur uuur
. gọi K là trung điểm AA’,
( )
α
là mặt phẳng chứa HK và song song với BC
cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích
' ' '
ABCKMN
A B C KMN
V
V
.
2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
( )
2
2
2 2 2 2
6

5
6 0
a a
a a
a b ab b a a

+ − =

+


+ + + − =

Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy
được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P
−
+
−


+ + <



=

2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
2 2
1
25 9
x y
+ =
(E), viết phương trình đường thẳng song
song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
biết:

1
2
: 2
3
x t
d y t
z t
= +



= +


= −


2
1 2 1
:
2 1 5
x y z
d
− − −
= =
Câu V: (1®iÓm) Cho a, b, c
0
≥
và
2 2 2
3a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
= + +

+ + +
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Bài
1
1
Khi m = 1 ta có hàm số:
3 2
6 9 1y x x x= − + −
• BBT:
x -
∞
1 3 +
∞
y
/
+ 0 - 0 +
3 +
∞
y
-
∞
1
1đ
2
9)1(63'
2
++−= xmxy
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
09.3)1(9'
2

>−+=∆ m
);31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ m
Ta có
( )
14)22(29)1(63
3
1
3
1
22
++−+−++−






+
−= mxmmxmx
m
xy
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
14)22(2
2
++−+−= mxmmy
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt
xy
2
1
=

ta có điều kiện cần là
[ ]
1
2
1
.)22(2
2
−=−+− mm



−=
=
⇔=−+⇔
3
1
032
2
m
m
mm
Khi m = 1
⇒
ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm
CĐ và CT là:








=
++−
=
+
==
+
1
2
10)(2
2
2
2
4
2
2121
21
xxyy
xx
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng
xy
2
1
=
1
=⇒
m
tm .
Khi m = -3

⇒
ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11.

3
−=⇒
m
không thỏa mãn.
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
1đ
Bài
2
1 phương trình đưa về:





=
=
=
⇔




=−+
=−
⇔
=+−−−⇔
)(4cos

1cos
3tan
04cos3cos
0sincos3
0)8cos6cos2)(sincos3(
2
2
loaix
x
x
xx
xx
xxxx
Ζ∈




=
+=
⇔ k
kx
kx
,
2
3
π
π
π
1 đ

2
Đk:



−>
+∞∪−−∞∈
⇔



>+
>−+
7
);1()5;(
07
054
2
x
x
x
xx
)1()5;7( ∞+∪−−∈⇒ x
Từ pt
7
1
log2)54(log
2
2
2

+
−>−+⇒
x
xx

2 2
2 2
27
log ( 4 5) log ( 7)
5
x x x x
−
⇔ + − > + ⇔ <

Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm:
)
5
27
;7(
−
−∈x
0.75đ
3 Ta có: x.sin2x = 2x
⇔
x.sin2x – 2x = 0
⇔
x(sin2x – 2) =0
⇔
x = 0
Diện tích hình phẳng là:

∫∫
−=−=
2
0
2
0
)22(sin)22sin.(
π
π
dxxxdxxxxS
Đặt





−
−
=
=
⇒



−=
=
x
x
v
dxdu

dxxdv
xu
2
2
2cos
)22(sin
44424
222
πππππ
−=+−=⇔ S
(đvdt)
0.75đ
Bài
3
1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’
ta có:
2
3a
AP =
3aAH =⇒
Vì
'' AHA∆
vuông cân tại H.
Vậy
3' aHA =
Ta có
4
3
2
3

.
2
1
2
aa
aS
ABC
==
(đvdt)
4
3
4
3
.3
32
'''
aa
aV
CBABCA
==⇒
(đ vt
t) (1)
Vì
'' AHA∆
vuông cân
( )
CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒
G ọi E = MN
∩
KH

⇒
BM =
PE = CN (2)
mà AA’ =
22
' AHHA +
=
633
22
aaa =+
4
6
2
6 a
CNPEBM
a
AK ===⇒=⇒
Ta có thể tích K.MNJI là:
1
.
3
1 1 6
'
2 4 4
MNJI
V S KE
a
KE KH AA
=
= = =

2
6 6
. . ( )
4 4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt= = =
2 3
1 6 6
( )
3 4 4 8
KMNJI
a a a
V dvtt⇒ = =
1đ
45
E
K
J
I
A
B
C
C'
B'
A'
P
H
Q
N

M
3 3
2 3
' ' '
3
1
8 8
3
2
8 8
ABCKMN
A B C KMN
a a
V
a a
V
−
⇒ = =
+
2
ĐK:
0
2
≠+ aa
Từ (1)
06)(5)(
222
=−+−+⇔ aaaa






=+
−=+
⇔
6
1
2
2
aa
aa
Khi
1
2
−=+ aa
thay vào (2)
2
1 23.
2
6 0
1 23.
2
i
b
b b
i
b

− −

=


⇒ − − − = ⇔

− +
=


;






+−
=
−−
=
⇔=++
2
31
2
31
01
2
i
a
i

a
aa
Khi
6
2
=+ aa




=
−=
⇔
2
3
a
a
Thay vào (2)
2
1 5
2
6 6 6 0
1 5
2
b
b b
b

− +
=



⇒ + − = ⇔

− −
=


Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:








+−−−








−−−−
2
31
;

2
231
,
2
31
;
2
231 iiii








−−+−








−−+−
2
31
;
2

231
,
2
31
;
2
231 iiii
;








−−








+−









−−
−








+−
−
2
51
;2,
2
51
;2,
2
51
;3,
2
51
;3
Bài
4

1)





=
<++
−
+
−
720
2
19
2
9
1
12
3
2
n
mn
m
m
P
AcC
Từ (2):
761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn
Thay n = 7
vào (1)

09920
19990
2
19
2
9
45
2
)1(
2
2
<+−⇔
<++−⇔
<++
−
⇔
mm
mmm
m
mm
119
<<⇔
m
vì
10
=⇒Ζ∈
mm
Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để
lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:

1575.
2
10
3
7
=CC
cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:

350.
1
10
4
7
=CC
cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:

21
5
7
=C
cách
⇒
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,31
6188
1946

6188
5
17
≈=⇒
=
P
C
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:
25
25
25
1
9
1
925
222
22
aay
ya
−
=−=⇔
=+
2
2
2
25
5
3
25
25

.9 ay
a
y −±=⇒
−
=⇒
Vậy






−−






−
22
25
5
3
;,25
5
3
; aaBaaA







−=
2
25
5
6
;0 aAB
;
2 2 2
10 100 100 125
25 25 25
3 9 9 9
a a a⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − =
3
55
±=⇒ a
Vậy phương trình đường thẳng:
3
55
,
3
55
=
−
= xx
3)đường thẳng d
2

có PTTS là:





+=
+=
+=
'51
'2
'21
tz
ty
tx
⇒
vectơ CP của d
1
và d
2
là:
1 2
(1;1; 1), (2;1;5)
d d
u u= − =
r
⇒
VTPT của mp(
α
) là

1 2
. (6; 7; 1)
d d
n u u
α
 
= = − −
 
r r r
⇒
pt mp(
α
) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
Đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)
( ,( )) ( ,( ))
|12 14 3 | | 6 14 1 |
| 5 | | 9 | 7
d M d N
D D
D D D
α α
⇒ =
− − + = − − +
⇔ − + = − + ⇔ =
Vậy PT mp(
α

) là: 3x – y – 4z +
7 0
=
Bài 5
Ta có: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a
a
c
c
c
b
b
b
a
+
+
++
+
++
+

24
1
1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P
+
+
+
+
+
=+⇔

24
1
1212
2
2
2
2

3
c
c
b
c
b +
+
+
+
+
+

24
1
1212
2
2
2
2
3
a
a
c
a
c +
+
+
+
+
+

3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
++≥
6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
=++≥+⇒ cbaP
2
3
22
3
22

9
22
3
22
9
6 3
=−=−≥⇒ P
Để P
Min
khi a = b = c = 1
Sở GD & ĐT Hưng Yên
Đề thi thử đại học khối A
Trường THPT Trần Hưng Đạo
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất phương trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
−>−−
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm
∫
=
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và
mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B

1
C
1
) thuộc đường thẳng B
1
C
1
.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c
0≥
và
2 2 2
3a b c+ + =
. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
= + +
+ + +

II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ
được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
(P) là lớn nhất.
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn
luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đường
thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ
đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC
vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
3
1
12
1 −
==
− zyx
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d
tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt
hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
-Hết-
Đáp án đề thi thử đại học khối A – môn Toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điể
m
I
(2
điểm)
1. (1,25 điểm)

a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+∞=−∞===
−+
−→−→
+∞→−∞→
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang
là y = 2
0,5
+
Dx
x
y ∈∀>
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;( −−∞
và
);2( +∞−
0,25

+Bảng biến thiên
x
∞−
-2
∞+
y’ + +

∞+
2
y
2
∞−
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
−
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương
trình




=−+−+
−≠
⇔+−=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01
22
nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
x
y
O
2
-2
Ta có y
A
= m – x
A

; y
B
= m – x
B
nên AB
2
= (x
A
– x
B
)
2
+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất  AB
2
nhỏ nhất  m = 0. Khi đó
24=AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin
2
x = 8
 6cosx(1 – sinx) – (2sin
2
x – 9sinx + 7) = 0
 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0




=−+
=−
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
0,25

π
π
2
2
kx +=
0,25
2. (1 điểm)
ĐK:




≥−−
>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phương trình đã cho tương đương với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
−>−− xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1) 
)3(5)1)(3()3(532
2
−>+−⇔−>−− tttttt
0,5




<<
−≤
⇔



<<
−≤
⇔








−>−+
>
−≤
⇔
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1

2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25




<<
≤<
⇔
168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0( ∪
III

1 điểm
∫ ∫
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt
∫ ∫
+
=
+

=⇒
+
==⇒
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+−++=+++=
+++
=

∫
∫
−
2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
Câu
IV
1 điểm
Do
)(
111
CBAAH ⊥
nên góc
HAA
1

∠
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả
thiết thì góc
HAA
1
∠
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1
∠
=30
0

2
3
1

a
HA =⇒
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH ⊥
nên
)(

111
HAACB ⊥

0,5

Kẻ đường cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa
AA
1
và B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==⇒
0,25

Câu V
1 điểm
Ta cú: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a
a
c
c
c
b
b
b
a
+
+
++
+
++
+
24
1

1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P
+
+
+
+
+
=+⇔

24
1
1212
2
2
2
2
3
c

c
b
c
b +
+
+
+
+
+

24
1
1212
2
2
2
2
3
a
a
c
a
c +
+
+
+
+
+
3
6

3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
++≥
6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
=++≥+⇒ cbaP
2
3
22
3
22
9
22

3
22
9
6 3
=−=−≥⇒ P
Để P
Min
khi a = b = c = 1
0,5
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ
được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB ⊥
=> tứ giác ABIC là hình
vuông cạnh bằng 3
23=⇒ IA

0,5
A
1
A B
C
C

1
B
1
K
H



=
−=
⇔=−⇔=
−
⇔
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó
khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuA HdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có
số 0)và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5

C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài
toán
0,5
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440
số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được
2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB ⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3

23=⇒ IA

0,5



=
−=
⇔=−⇔=
−
⇔
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó
khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH

làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuA HdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ
số 0 đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3

5
C
= 100 bộ 5 số được
chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
=CC
.
Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5