20 đề thi đại học 2011 và đáp án chi tiết pptx

1

20 ủ thi ủi hc v ủỏp ỏn chi tit
1
I. PHN CHUNG
Cõu 1: ( 2 ủim) Cho hm s
(
)
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=
1, Kh

o sỏt s

bi

n thiờn v v


ủ
th

hm s

khi m = 1.
2, V

i nh

ng giỏ tr

no c

a m thỡ
ủ
th

( C
m
) cú
ủ
i

m c

c
ủ
i v
ủ
i

m c

c ti

u,
ủ

ng th

i cỏc
ủ
i

m c

c
ủ
i v
ủ
i

m c

c ti

u l

p thnh m

t tam giỏc
ủ
u.
Cõu 2: ( 2
ủ
i

m) 1, Gi

i ph

ng trỡnh:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx
2, Gi

i h

ph

ng trỡnh:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2
21
2
21
xy

xxyxxy
yx
yx

Cõu 3: ( 2
ủ
i

m ) 1, Tớnh tớch phõn:
( )


=
1
3
1
4
3
1
3
dx
x
xx
I
.
2, Cho cỏc s

th

c d

ng a, b, c tho

món
abccabcab
=
+
+
. Ch

ng minh r

ng:

( )
1
)()(
33
44
33
44
33
44

+
+
+
+
+
+

+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba

Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng
trình:
012
=

+
+
zyx
và đờng thẳng ( d) có phơng trình:



=++
=
022
022
zy
yx

1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P).
2, Viết phơng trình đờng thẳng

(
)

đi qua A,
(
)

nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đờng
thẳng
(
)

và ( d) bằng 45
0
.
II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần)
Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban)
1, Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B9 4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng có
phơng trình:
093
=
+

yx
.
2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức:
(
)
(
)

(
)
n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
2 =+++

Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2

=++
.
2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K lần
lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
EBK.

P N 1
I. Phần chung
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số
(
)
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=

1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2, Với những giá trị nào của m thì đồ thị ( C
m
) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các
điểm cực đại và điểm cực tiểu lập thành một tam giác đều.
Đk để ( C
m
) có 3 điểm cực trị là m < 2. Các điểm cực trị của ( C
m
) là
(
)
(
)

(
)
mmCmmBmmA + 1;2;1;2;55;0
2



2

Đáp số:
3
32 =m

Câu 2: ( 2 điểm) 1, Giải phơng trình:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx

Đa phơng trình về dạng:
16
1
2
3
cos.cos.
2
cos
2
=

x
x
x

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng giải hai phơng trình:
4
1
2
3
cos.cos.
2
cos =
x
x
x
và
4
1
2
3
cos.cos.
2
cos =
x
x

x

Ta đợc các họ nghiệm của phơng trình đ cho là:
( )
Zmkmx
k
x +=+= ,2
3
2
;
2
4





2, Giải hệ phơng trình:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2
21

2
21
xy
xxyxxy
yx
yx

ĐK



>
<<
1;2
0,14
yy
xx

Đa phơng trình thứ nhất của hệ về dạng:
(
)
21log)2(log
21
=++
+
xy
yx

Đặt
)2(log

1
yt
x
+=

, tìm đợc t = 1, kết hợp với phơng trình thứ hai của hệ,đối chiếu với điều
kiện trên, tìm đợc nghiệm
(
)
(
)
1;2; =yx
.
Câu 3: ( 2 điểm ) 1, Tính tích phân:
( )


=
1
3
1
4
3
1
3
dx
x
xx
I .
Đa I về dạng:

=
1
3
1
3
3
1
2
1
.1
1
dx
xx
I
. Dùng phơng pháp đổi biến số, đặt
1
1
2
=
x
t

Đáp số: I = 6.

2, Cho các số thực dơng a, b, c thoả mn
abccabcab
=
+
+
. Chứng minh rằng:
( )
1
)()(
33
44
33
44
33
44

+
+
+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba

Từ
(
)
(
)
(
)
babaabbbaabaabbaba ++=++++++
333434443344
2
.
Vậy
( )






+=
+

+
+
baab
ba
baab
ba 11
2

1
2
33
44
.
Tơng tự cho các bất đẳng thức còn lại, suy ra đpcm.
Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng
trình:
012
=

+
+
zyx
và đờng thẳng ( d) có phơng trình:



=++
=
022
022
zy
yx

1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P).
Đáp số. 1)
(
)
(

)
0
30)(,;1;0;1 = PdA
.
2, Viết phơng trình đờng thẳng
(
)

đi qua A,
(
)

nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đờng
thẳng
(
)

và ( d) bằng 45
0
.
Hai đờng thẳng thoả mn đề bài có phơng trình:
( ) ( )
335
1
3132
1
:;
335
1
3132

1
:
21
+
+
=

=




+
=
+
=
+


zyxzyx



3

II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần)
Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban)
1. Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B(4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng có
phơng trình:
093

=
+

yx
.
Hai đờng tròn thoả mn đề bài có phơng trình:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2501017:;1021:
22
2
22
1
=+=+ yxCyxC

2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức:
(
)
(
)

(
)
n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
2 =+++

Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lu ý
1
0
==
n
nn
CC
và
kn
n
k
n
CC

=
ta thấy:
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
1 2
22
1
2
2
2
1 n
n
n
nnn
CnCnCnCnS ++++=


Từ
(
)
(
)

(
)
Rxxxx
nnn
+=++ ,111
2
. So sánh hệ số của
n
x
trong khai triển nhị thức Newton của
(
)
(
)
nn
xx ++ 11
và
(
)
n
x
2
1+
ta suy ra:
(
)
(
)
(
)

( )
2
2
22
2
2
1 n
n
n
nnn
CCCC =+++

Từ (1) và (2) có đpcm.
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.
Đk x > 0 và
1

x
. Đa phơng trình về dạng
(
)
xxx 4log1log)3(log
222
=++
.
Xét hai khả năng 0 < x < 1 và x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm của phơng
trình là:
323
+=x
và x = 3.
2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K lần
lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
EBK.
Đáp số:
8
29a
R =
.
2
Cõu 1: Cho hm s

y =
2 3
2
x
x

cú
ủ
th

l (C)
1) Kh

o sỏt s

bi

n thiờn v v


ủ
th

(C) c

a hm s

trờn.
2) Tỡm trờn (C) nh

ng
ủ
i

m M sao cho ti

p tuy

n t

i M c

a (C) c

t 2 ti

m c

n c

a (C) t

i A,
b sao cho AB ng

n nh

t
Cõu 2:
1/.Gi

i ph

ng trỡnh:

2 2sin( ).cos 1
12
x x

=

2/.Gi

i h

ph

ng trỡnh:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =


Cõu 3:
1) Tớnh tớch phõn
I
=
2

2
6
1
sin sin
2
x x dx


+


2) Tỡm cỏc giỏ tr

c

a tham s

th

c m sao cho ph

ng trỡnh sau cú nghi

m th

c:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)

4

Câu 4: Cho ba s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b, c th
ỏ
a mãn abc = 1. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác
ñề
u

c
ạ
nh a. Tính theo a kho
ả
ng cách t
ừ
B
ñế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAC).
Ph
ầ
n riêng:
1.Theo ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n:
Câu 6a: Cho
∆
ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có ph
ươ
ng trình (
∆
) 2x +y –1 =0;
kho
ả

ng cách t
ừ
C
ñế
n (
∆
) b
ằ
ng 2 l
ầ
n kho
ả
ng cách t
ừ
B
ñế
n (
∆
). Tìm A, C bi
ế
t C thu
ộ
c tr
ụ
c tung.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai
ñườ
ng th
ẳ
ng :

(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y
z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +



. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình tham s
ố
c
ủ
a
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆

n
ằ
m trong mp(P) và c
ắ
t c
ả
2
ñườ
ng th
ẳ
ng (d
1
) , (d

2
)
2.Theo ch
ươ
ng trình nâng cao:
Câu 6b: Cho
∆
ABC có di
ệ
n tích b
ằ
ng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), tr
ọ
ng tâm G
∈
(d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh
ñườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p
∆
ABC.
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho
ñườ
ng th
ẳ
ng (d) là giao tuy

ế
n c
ủ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và m
ặ
t c
ầ
u (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a m
ñể
(S) c

ắ
t (d) t
ạ
i 2
ñ
i
ể
m MN sao cho MN= 8.

ðÁP ÁN ðỀ 2
Câu 1: Cho hàm s
ố
y =
2 3
2
x
x
−
−
có
ñồ
th
ị
là (C)
1) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế

n thiên và v
ẽ

ñồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
trên.
2) Tìm trên (C) nh
ữ
ng
ñ
i
ể
m M sao cho ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i M c
ủ
a (C) c
ắ
t 2 ti
ệ
m c

ậ
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A,
B sao cho AB ng
ắ
n nh
ấ
t
G
ọ
i M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
−
−
)
∈
(C) .
Ph
ươ
ng trình ti

ế
p tuy
ế
n t
ạ
i M: (
∆
) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −

(
∆
)
∩
TC
ð
= A (2;
0

0
2 2
2
x
x
−
−
)
(
∆
)
∩
TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
−
= −
−
uuur
⇒
AB =
2
0

2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
− +
−
≥

⇒
AB min =
2 2
⇔

0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
= →


= →


Câu 2:
1)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2sin( ).cos 1
12
x x
π
− =



5

ph
ươ
ng trình
⇔
2(cosx–sinx)(sinx–
3
cosx)=0
⇔

3
( )
4
x k

k
x k
π
π
π
π

= +

∈

= +




2).Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =



+ =


(1)
⇒
y
≠
0
H
ệ

⇔
3
3
3
3
2
2
27
3
8 18
(2 ) 18
4 6
3 3
1
2 . 2 3
x
x

y
y
x x
x x
y y
y y

 

+ =
+ =

 

 
 
⇔
 
 
 
+ =
+ =
 



  


ðặ

t a = 2x; b =
3
y
. Ta có h
ệ
:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b
ab
ab a b
+ =
+ =


⇔
 
=
+ =




→
H
ệ

ñ
ã cho có 2 nghi
ệ
m
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
− +
   
   
+ −

Câu 3:
1) Tính tích phân
I
=
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
π
π
⋅ +
∫

I
=
2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ⋅
∫
x d x
.
§Æt
3
cos cos
2
x u
= ⋅

⇒
I
∫
⋅=
2
4
2

sin
2
3
π
π
udu
=
( )
3
2
16
π
+

2) Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
th
ự
c m sao cho ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m th
ự
c:
(m - 3)

x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)

ð
k x
≥
0.
ñặ
t t =
x
; t
≥
0
(1)

tr
ở
thành (m–3)t+(2-m)t
2
+3-m = 0
⇔

2
2
2 3 3
1
t t
m
t t
− +

=
− +
(2)
Xét hàm s
ố
f(t) =
2
2
2 3 3
1
t t
t t
− +
− +
(t
≥
0)
L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên
(1) có nghi
ệ
m
⇔
(2) có nghi
ệ

m t
≥
0
⇔

5
3
3
m
≤ ≤


Câu 4: Cho ba s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b, c th
ỏ
a mãn abc = 1. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b

+ + ≥
+ + +


3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c
+ = + − + ≤ +
⇒

2
3
2 1
8 1
a a
c
c
≥
+
+



6

T
ươ
ng t
ự

,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +

Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

B
ñ
t(1)
⇔

4(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
) +2(a
3
+b
3
+c
3
)+2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)+( a+b+c)
≥


≥
8a

2
b
2
c
2
+4(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) +2 (a
2
+b
2
+c
2
)+1 (2)
Ta có: 2a
3
b
2
+2ab
2

≥
4a
2
b
2
; …. (3)
2(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
)
≥
2.3.
3
5 5 5
a b c
=6 (do abc =1)(4)
a
3
+b
3

+c
3

≥
3abc =3 = 1 +2 a
2
b
2
c
2
(5)
a
3
+a
≥
2a
2
; …. (6)
Công các v
ế
c
ủ
a (3), (4), (5), (6), ta
ñượ
c (2).
D
ấ
u b
ằ
ng x

ả
y ra khi a=b=c=1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác
ñề
u
c
ạ
nh a. Tính theo a kho
ả
ng cách t
ừ
B
ñế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAC).
G
ọ
i M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a BC và O là hình chi
ế

u c
ủ
a S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;

0
60
AMS =
và SO
⊥
mp(ABC)
⇒
d(S; BAC) = SO =
3
4
a

⇒
V(S.ABC) =
3
3
1
( ).
3 16
a
dt ABC SO

=

M
ặ
t khác, V(S.ABC) =
1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC


∆
SAC cân t
ạ
i C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒
dt(SAC) =
2
13 3
16
a

V
ậ
y d(B; SAC) =
3 3
( )

13
V a
dt SAC
=

Ph
ầ
n riêng:
1.Theo ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n:
Câu 6a: Cho
∆
ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có ph
ươ
ng trình (
∆
) 2x +y –1 =0;
kho
ả
ng cách t
ừ
C
ñế
n (
∆
) b
ằ

ng 2 l
ầ
n kho
ả
ng cách t
ừ
B
ñế
n (
∆
). Tìm A, C bi
ế
t C thu
ộ
c tr
ụ
c tung.
G
ọ
i H, I l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a B, C lên (
∆
).

M là
ñố
i x
ứ
ng c
ủ
a B qua
∆

⇒
M
∈
AC và M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AC.
(BH): x –2y + 3 =0
→
H
(
)
7
1
;
5 5
−
→

M
(
)
7
4
;
5 5
−

BH =
3 5
5
⇒
CI =
6 5
5
; C
∈
Oy
⇒
C(0; y
0
)
⇒

0
7
5
o
y

y
=


= −


C(0; 7)
⇒
A
(
)
27
14
;
5 5
−
−
∉
(
∆
)
→
lo
ạ
i
(0; –5)
⇒
A
(

)
33
14
;
5 5
−
∈
(
∆
)
→
nh
ậ
n.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai
ñườ
ng th
ẳ
ng :
(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y
z
x
−

+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +


. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình tham s
ố
c
ủ
a

ñườ
ng
th
ẳ
ng
∆
n
ằ
m trong mp(P) và c
ắ
t c
ả
2
ñườ
ng th
ẳ
ng (d
1
) , (d
2
)


7

(P)
∩
(d
1
) = A(1;1;2); (P)

∩
(d
2
) = B(3;3;2)
→
(
∆
)
1 2
1 2 ( )
2
x t
y t t
z
= −


= − ∈


=



2.Theo ch
ươ
ng trình nâng cao:
Câu 6b: Cho
∆
ABC có di

ệ
n tích b
ằ
ng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), tr
ọ
ng tâm G
∈
(d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh
ñườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p
∆
ABC.
C(a; b) , (AB): x –y –5 =0
⇒
d(C; AB) =
5 2
2
ABC
a b S
AB
∆
− −
=

⇒

8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
− =

− − = ⇔

− =


Tr
ọ
ng tâm G
(
)
5 5
;
3 3
a b
+ −
∈
(d) ⇒ 3a –b =4 (3)
(1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S

p
=
+ +

(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+

Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho
ñườ
ng th
ẳ
ng (d) là giao tuy
ế
n c
ủ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và m
ặ
t c
ầ

u (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a m
ñể
(S) c
ắ
t (d) t
ạ
i 2
ñ
i
ể
m MN sao cho MN= 8.
(S) tâm I(-2;3;0), bán kính R=
13 ( 13)
m IM m
− = <

G
ọ
i H là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =
3
m
− −

(d) qua A(0;1;-1), VTCP
(2;1;2)
u
=
r
⇒ d(I; d) =
;
3
u AI
u
 
 
=
r uur
r

V
ậ
y :
3
m
− −
=3
⇔
m = –12( th
ỏ
a
ñ
k)

ðỀ 3
A. PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
THÍ SINH (7,0
ñ
i
ể
m)
Câu I. (2,0
ñ
i
ể

m) Cho hàm s
ố
mxxmxy
−++−=
9)1(3
23
, v
ớ
i
m
là tham s
ố
th
ự
c.
1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

ñồ
th
ị
c
ủ
a hàm s

ố

ñ
ã cho
ứ
ng v
ớ
i 1
=
m .
2. Xác
ñị
nh
m

ñể
hàm s
ố

ñ
ã cho
ñạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
21

, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II. (2,0
ñ
i
ể
m)
1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình: )
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+
x
xx
x

x .
2. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx
.
Câu III. (1,0
ñ
i
ể
m) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I .

Câu IV. (1,0
ñ
i
ể
m) Cho hình l
ă
ng tr
ụ
tam giác
ñề
u '''. CBAABC có ).0(',1
>
=
=
mmCCAB
Tìm
m
bi
ế
t r
ằ
ng góc gi
ữ
a hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
'
AB

và
'BC b
ằ
ng
0
60 .
Câu V. (1,0
ñ
i
ể
m) Cho các s
ố
th
ự
c không âm
z
y
x
,
,
tho
ả
mãn 3
222
=++
zyx . Tìm giá tr
ị
l
ớ
n

nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c


8

zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PH

N RIấNG (3,0
ủ
i

m) Thớ sinh ch


ủ
c lm m

t trong hai ph

n (ph

n a, ho

c b).
a. Theo ch

ng trỡnh Chu

n:
Cõu VIa. (2,0
ủ
i

m) 1.Trong m

t ph

ng v

i h

to


ủ
,Oxy cho tam giỏc ABC cú )6;4(A ,

ph

ng trỡnh cỏc
ủ
ng th

ng ch

a
ủ
ng cao v trung tuy

n k

t


ủ
nh C l

n l

t l
0132
=
+

yx v 029136
=
+

yx . Vi

t ph

ng trỡnh
ủ
ng trũn ngo

i ti

p tam giỏc ABC .
2. Trong khụng gian v

i h

to


ủ
,Oxyz cho hỡnh vuụng MNPQ cú )4;3;2(),1;3;5(


PM .
Tỡm to


ủ

ủ

nh Q bi

t r

ng
ủ
nh N n

m trong m

t ph

ng .06:)(
=


+
zyx


Cõu VIIa. (1,0
ủ
i

m) Cho t

p
{
}
6,5,4,3,2,1,0=E

. T

cỏc ch

s

c

a t

p
E
l

p
ủ
c bao nhiờu
s

t

nhiờn ch

n g

m 4 ch

s

ủ
ụi m

t khỏc nhau?
b. Theo ch

ng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. 1. Trong m

t ph

ng v

i h

to


ủ
,Oxy xột elớp )(E
ủ
i qua
ủ
i

m )3;2(


M v cú
ph

ng trỡnh m

t
ủ
ng chu

n l .08
=
+
x Vi

t ph

ng trỡnh chớnh t

c c

a ).(E
2. Trong khụng gian v

i h

to


ủ
,Oxyz cho cỏc
ủ
i

m )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA v m

t
ph

ng .022:)(
=
+
+
yx

Tỡm to


ủ
c

a
ủ
i

m
M
bi

t r

ng
M

cỏch
ủ
u cỏc
ủ
i

m CBA ,, v
m

t ph

ng ).(


Cõu VIIb. (1,0
ủ
i

m) Khai tri

n v rỳt g

n bi

u th

c
n
xnxx )1( )1(21
2

+++
thu
ủ
c
ủ
a
th

c
n
n
xaxaaxP
+++=
)(
10
. Tớnh h

s


8
a bi

t r

ng
n
l s

nguyờn d

ng tho

món
n
CC
nn
171
32
=+
.

P N 3
A. PH

N CHUNG CHO T

T C

TH SINH (7,0
ủ
i

m)
Cõu I. (2,0
ủ
i

m) Cho hm s

mxxmxy
++=
9)1(3
23
, v

i
m
l tham s

th

c.
1. Kh

o sỏt s

bi

n thiờn v v


ủ
th

c

a hm s

ủ
ó cho

ng v

i 1
=
m .
Với
1
=
m
ta có
196
23
+=
xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên

Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+=
xxxxy

Ta có

<
>
>
1
3
0'
x
x
y
,
310'
<
<

<
xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(

và
),3(

+
.
+ H

m số nghịch biến trên khoảng

).3,1(


Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
=
x
và
3)1(
==
yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3
=
x
và
1)3(
==
yy
CT
.


9


Giới hạn:
+==
+

yy
xx
lim;lim
.

Bảng biến thiên:


Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(

.
2.Xỏc
ủ
nh
m

ủ
hm s


ủ
ó cho
ủ
t c

c tr

t

i
21
, xx
sao cho
2
21
xx
.
Ta có
.9)1(63'
2
++=
xmxy

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx



phơng trình
0'
=
y
có hai nghiệm pb là
21
, xx

Pt
03)1(2
2
=++
xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.





<
+>
>+=
31
31
03)1('
2
m
m
m

)1(

+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2

2121
=+=+ xxmxx
Khi đó
(
)
(
)
41214442
2
21
2
2121
++
mxxxxxx


)2(134)1(
2
+
mm

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313
<
m
và
.131
<+
m
Cõu II. (2,0

ủ
i

m)
1. Gi

i ph

ng trỡnh: )
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1

+=
+
+
x
xx
x
x .
Điều kiện:
.0cossin,0sin

+

xxx

Pt đ cho trở thành
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=
+
+
x
xx
xx
x
x


02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2
=

+
=
+

xxx
xx
x
x
x


+)
.,
2
0cos
+==
kkxx



+)

+=
+=







+=
++=
+=
nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4

2
)
4
sin(2sin











.,
3
2
4
+=
t
t
x



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx

+=
2
;
.,,
3
2
4
+=
tk
t
x



2.Gi

i ph

ng trỡnh:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+ xx
.
Điều kiện
.
3
1
>

x
(*)


10

Với đk trên, pt đ cho
)12(log31)13(log
5
2
5
+=+ xx


32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log
+=
+=
xx
xx

=
=

=
=+
8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x
xx
xxx

Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2
=
x


Cõu III. (1,0
ủ
i

m) Tớnh tớch phõn

+

+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I .
Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt =
+
=+=
.
Khi
1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.

Suy ra


+









=
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t

t
t
I



+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt

.
5
9
ln
27
100
2
4
1

1
ln
2
4
3
1
9
2
3
+=
+

+






=
t
t
tt

Cõu IV. (1,0
ủ
i

m) Cho hỡnh l

ng tr

tam giỏc
ủ
u '''. CBAABC cú ).0(',1
>
=
=
mmCCAB
Tỡm
m
bi

t r

ng gúc gi

a hai
ủ
ng th

ng
'
AB
v 'BC b

ng
0
60 .
- Kẻ

)''('// BADABBD


0
60)',()','( ==

BCBDBCAB


0
60'= DBC
hoặc
.120'
0
=DBC

- Nếu
0
60'=DBC

Vì lăng trụ đều nên
).'''(' CBABB


áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1'
2
+== mBCBD
và
.3'=DC

Kết hợp
0
60'=DBC
ta suy ra
'BDC

đều.
Do đó
.231
2
==+ mm

- Nếu
0
120'=DBC

áp dụng định lý cosin cho
'BDC

suy ra
0
=
m
(loại).
Vậy
.2=m

* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc
0

60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
A
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120



11

'
'.
'.'
)','cos()','cos(
BC
AB
BCAB
BCABBCAB ==
.

Cõu V. (1,0
ủ
i

m) Cho cỏc s

th

c khụng õm
z
y
x
,
,
tho

món 3
222
=++ zyx . Tỡm giỏ tr

l

n
nh

t c

a bi

u th

c
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
Đặt
z
y
x
t
+
+
=


2
3
)(23
2
2

=++

+++=
t
zxyzxyzxyzxyt

.
Ta có
30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2


tt
vì
.0
>
t

Khi đó
.
5
2
3
2
t
t
A +

=

Xét hàm số
.33,

2
35
2
)(
2
+= t
t
t
tf

Ta có 0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t
t
ttf vì
.3t

Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó

.
3
14
)3()( = ftf

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13
=
=
=

=
zyxt

Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1
=
=
=
zyx
B. PH

N RIấNG (3,0
ủ
i

m) Thớ sinh ch

ủ
c lm m

t trong hai ph

n (ph

n a, ho

c b).
a. Theo ch

ng trỡnh Chu

n:
Cõu VIa. (2,0
ủ
i

m) 1. Trong m

t ph

ng v

i h

to

ủ
,Oxy cho tam giỏc ABC cú
)6;4(A ,ph

ng trỡnh cỏc
ủ
ng th

ng ch

a
ủ
ng cao v trung tuy

n k

t


ủ
nh C l

n
l

t l 0132
=
+

yx v 029136
=
+

yx . Vi

t ph

ng trỡnh
ủ
ng trũn ngo

i ti

p tam
giỏc ABC .
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó
CH có phơng trình
0132
=
+

yx
,
CM có phơng trình
.029136
=
+

yx

- Từ hệ
).1;7(
029136
0132





=+
=+
C
yx
yx

-
)2,1(==
CHAB
unCHAB


0162:
=

+

yxABpt
.

- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx




=+
=+


).4;8(B


- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC

M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H

12

Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên





=+
=+++
=+++
0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm





=
=
=

72
6
4
p

n
m
.
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22
=++ yxyx
hay
.85)3()2(
22
=++ yx
2. Trong khụng gian v

i h

to


ủ
,Oxyz cho hỡnh vuụng MNPQ cú )4;3;2(),1;3;5(


PM .
Tỡm to


ủ

ủ
nh Q bi

t r

ng
ủ
nh N n

m trong m

t ph

ng .06:)(
=


+
zyx


- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=+

zyxN

- MNPQ là hình vuông
MNP


vuông cân tại N





=
=

0.PNMN
PNMN







=++++
+++=+++

0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2

000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx





=++++
=+

)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx

zx

- Từ (1) và (2) suy ra



+=
+=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta đợc 065
0
2
0
=+ xx





===
===

2,1,3
1,3,2
000

000
zyx
zyx
hay





)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
( I .
Nếu )13;2(

N thì ).4;3;5(

Q

Nếu )2;1;3(

N thì ).3;5;4(

Q
Cõu VIIa. (1,0 ủim) Cho tp
{
}
6,5,4,3,2,1,0=E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp ủc bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ủụi mt khỏc nhau?
Giả sử
abcd
là số thoả mn ycbt. Suy ra
{
}
6,4,2,0d
.
+) .0
=
d Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A

+) .2
=
d Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA

+) Với 4
=
d hoặc 6
=
d kết quả giống nh trờng hợp .2
=
d
Do đó ta có số các số lập đợc là
(
)
.4203
2
5
3
6
3
6
=+ AAA

b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 ủim) 1. Trong mt phng vi h to ủ ,Oxy xột elớp )(E ủi qua ủim
)3;2(


M v cú phng trỡnh mt ủng chun l .08
=
+
x Vit phng trỡnh chớnh tc
ca ).(E
- Gọi phơng trình )0(1:)(
2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
x
E .


13

- Gi¶ thiÕt








=
=+
⇔
)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba

Ta cã ).8(88)2(
22222
cccccabca −=−=−=⇒=⇔
Thay vµo (1) ta ®−îc 1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.





=
=
⇔=+−⇔
2
13
2
026172
2
c
c
cc

* NÕu
2
=
c
th×
.1
12
16
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba

* NÕu
2
13
=c
th×
.1
4
/
39
52
:)(
4
39
,52
22
22
=+⇒==
yx
Eba

2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

ñộ
,Oxyz cho các

ñ
i
ể
m )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và m
ặ
t
ph
ẳ
ng .022:)(
=
+
+
yx
α
Tìm to
ạ

ñộ
c
ủ
a
ñ
i
ể
m
M
bi
ế
t r
ằ

ng
M
cách
ñề
u các
ñ
i
ể
m CBA ,, và
m
ặ
t ph
ẳ
ng ).(
α

Gi¶ sö
);;(
000
zyxM
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx
zyxzyxzyx









++
=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔

)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx

Tõ (1) vµ (2) suy ra



−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vµo (3) ta ®−îc
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0
x
x





−
⇒
).
3
14
;
3
23
;
3

23
(
)2;1;1(
M
M

Câu VIIb. (1,0 ñiểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+− thu ñược ña
thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
CC
nn
171
32
=+ .
Ta cã






=
−−
+
−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32



14


.9
0365
3

2
=



=

n
nn
n

Suy ra
8
a là hệ số của
8
x
trong biểu thức .)1(9)1(8
98
xx +
Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC


4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 ủim)

Cõu I. (2,0 ủim)Cho hàm số
1
x
2x
y

+
=
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai
tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0ủim)
1. Giải hệ phơng trình :





=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
2. Gii PT :
( )

2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =



Cõu III. (1,0ủim) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


Cõu IV. (2,0 ủim)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO

(ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và
mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng .
2
10a
MN
=

Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho



=
>
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )
+
+
cba
3
1
( )
+
+
cab
3

1
( )
abc
+
3
1

Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC có PT hai cạnh là: 0.21-7y4x
=
+
=
+

,0625 yx Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta ủ Oxyz, cho ủim M(2 ; 1 ; 0) v ủng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ủng thng ủi qua ủim M,
ct v vuụng gúc vi ủng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng,

một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi có bao
nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta ủ Oxy cho A(4;3), ủng thng (d) :


15

x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm
( ) ( ')
B d v C d

sao cho A l tõm
ủng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ủng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit
PT mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch t I ủn mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao
tuyn ủng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng mxy
+

=
2 cắt đồ thị hàm số
x
xx
y
1

2
+
= tại hai điểm phân biệt
A, B
sao cho trung điểm của đoạn thẳng
AB
thuộc trục tung.

P N 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 ủim)
Cõu I. (2,0 ủim)
Cho hàm số
1
x
2x
y

+
=
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm
tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:

=


=

+
)3(k
)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1
x


Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:
)4(02ax)2a(2x)1a(
2
=+++

Để (4) có 2 nghiệm
1
x

là:

>







>+=
=

2a
1a
06a3'
03)1(f
1a

Hoành độ tiếp điểm
21
x;x
là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là
1x
2x
y
1
1

1

+
=
,
1x
2x
y
2
2
2

+
=

Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là:
0
)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
<

+
+
<

3

2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121
><

+
<
++
+
+
+
Vậy
1a
3
2
<
thoả mn đkiện
bài toán.
Cõu II. (2,0
ủim)
1.
Giải hệ phơng trình :

=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
* Hệ phơng trình tơng đơng với


16






=++
=+
022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx

2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x

+ =


+ + + =



Dat
2
2
3
x u
y v

=

=

* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2 2
4
. 4( ) 8
u v

u v u v

+ =

+ + =



2
0
u
v
=


=

hoặc
0
2
u
v
=


=


thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là :
2

3
x
y
=


=

;
2
3
x
y
=


=

;
2
5
x
y

=


=

;
2
5
x
y

=


=


;
2. Gi
i PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =



2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1

3 3 3
5
1 cos2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k




+ + + + + = + + =
= = = + = + =

Cõu III. (1,0
ủ
i

m) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+

+


Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


*

t t = -x => dt = -dx
*

i c

n: ;;
4 4 4 4
x t x t

=

= =

=

6 6 6 6
4 4
4 4
6 6
4
4
sin cos sin cos
6 ; 2 (6 1)
6 1 6 1
(sin cos )


+ +
= => = +
+ +
= +


t t
t t
t t t t
I dt I dt
t tdt

4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1
2 1 sin 2 cos4 sin 4
4 8 8 8 8 4
5 5
16 32



= = + = +


= =

I t dt t dt t t
I

Cõu IV. (2,0
ủ
i

m)
Cho hình chóp
S.ABCD
, có đáy
ABCD
là hình vuông tâm
O
cạnh bằng
a
,
SO

(
ABCD
). Gọi
M, N
lần lợt là trung điểm của
SA
và
BC
. Tính góc giữa đờng thẳng
MN
và
mặt phẳng (
ABCD

) và thể tích khối chóp
M.ABCD
, biết rằng
.
2
10a
MN =

A
S
B
D
O
N
H
M
a


2
10a



17

SO

(
ABCD

). Dựng
MH//SO
,
H
thuộc
AC
, khi đó
MH

(
ABCD
), suy ra góc giữa đờng thẳng
MN
với
mp(
ABCD
) chính là góc
.


=HNM
Ta cần tính

.
Xét tam giác
CNH
có

:
.

2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC ===

0222
45cos 2 CNHCCNHCHN +=

Hay
4
3
4
8
9
222
2
aaa
HN +=

Suy ra
.
4
10a
HN =

Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos ===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng
MN
và mặt phẳng (
ABCD
) bằng 60
0
.


Thể tích khối chóp M.ABCD.

Trong tam giác
HMN
có,

8
30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
===

=
.
MH
là chiều cao của khối chóp
M.ABCD
. Vậy thể tích của khối chóp này là:

.
24
30
8

30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
===


Câu V (1 điểm) Cho ba số
a, b, c
sao cho



=
>
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A

=
( )
+
+ cba
3
1
( )
+
+ cab
3
1
( )
abc +
3
1

Đặt
x
=
c
z
b
y
a
1
,
1
,
1
==

. Khi đó:
=
+
+
+
+
+
=
xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333

+
+
+
+
+ yx
xyz
xz
xzy
zy

yzx
(*)
Do
11
=

=
xyzabc
nên ta có
yx
z
xz
y
zy
x
A
+
+
+
+
+
=
222
(1)
Ta chứng minh bất đẳng thức
2
cba
+
+
.

222
a
b
c
a
c
b
c
b
a
+
+
+
+
+

Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
c
b
a

+
+
+
4
2
,

b
ac
a
c
b

+
+
+
4
2
,
c
ba
b
a
c

+
+
+
4
2
.
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :
2
cba
+
+
.

222
a
b
c
a
c
b
c
b
a
+
+
+
+
+


Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi
a
=
b
=
c.

C


18

Vậy

A=
2
3
2
3
2
3
222
=
++

+
+
+
+
+
xyz
zyx
yx
z
xz
y
zy
x

Dấu = xảy ra khi
x
=
y
=

z
= 1. Vậy min
A
=
2
3
khi
a
=
b
= c =
1
.

Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC
có PT hai cạnh là: 0.21-7y4x
=
+
=
+

,0625 yx
Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :

0625
=
+

yx

AC: 021-7y4x
=
+
, suy ra tọa độ của A là nghiệm của hệ phơng
trình:



=+
=
2174
625
yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác,
OxBCBCOA //



suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.

Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB
có phơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0.
Điểm B =


ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:



=
=




=
=
7
4
625
047
y
x
yx
yx

Đờng thẳng đi qua B(- 4; - 7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra phơng trình
cạnh BC: y = - 7.
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7.

2.
Trong khụng gian v

i h

t

a
ủ
Oxyz, cho
ủ
i

m M(2 ; 1 ; 0) v
ủ
ng th

ng d
với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vi

t ph

ng trỡnh chớnh t

c c

a
ủ
ng th

ng
ủ
i qua
ủ
i

m M,
c

t v vuụng gúc v

i
ủ
ng th

ng d
và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
G

i H l hỡnh chi

u vuụng gúc c

a M trờn d, ta cú MH l
ủ
ng th

ng
ủ
i qua M, c

t v vuụng
gúc v

i d.
d cú ph

ng trỡnh tham s

l:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +


= +


=


Vỡ H d nờn t

a
ủ
H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú m

t vect

ch

ph

ng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th

,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;

3 3 3





3 (1; 4; 2)
MH
u MH
= =
uuuur uuuur

Suy ra, ph

ng trỡnh chớnh t

c c

a
ủ
ng th

ng MH l:
x 2 y 1 z
1 4 2

= =


Theo trên có

7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H

mà H là trung điểm của MM nên toạ độ M
8 5 4
( ; ; )
3 3 3


Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp
trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
A
B
C

O(0; 0)
A
B
A


19

có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức danh đó là
khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là

2
40
A

Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C

Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :

13160160.
3
38
2
40
=CA
cách
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)
Trong m

t ph

ng v

i h

tr

c t

a
ủ
Oxy cho A(4;3),
ủ
ng th

ng (d) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 c

t nhau t

i M. Tỡm
( ) ( ')
B d v C d

sao cho A l tõm
ủ
ng trũn ngo

i ti

p tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho
ủ
ng th

ng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vi

t
PT m

t c

u(S) cú tõm I

v kho

ng cỏch t

I
ủ
n mp(P) l 2 v m

t c

u(S) c

t
mp(P )theo giao tuy

n
ủ
ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
m c

u(S) cú tõm I

g s

I(a;b;c ) =>(a;b;c) tho

m

n PT c

a

(1)
*
(
)
(
)
; 2
d I P
=
(2)
T

(1) v(2) ta cú h


PT:
2 2 2 6

11 14 1 1 1 7
; ; ; ; ;
2 1
6 3 6 3 3 3
2
a b c
a t
heconghiem va
b t
c t

=



=




=


= +



Do
2
4 3 13

r R R= = =

V

y cú 2 m

t c

u theo ycbt :
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ): 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z

+ + + =



+ + + + =

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số
m
để đờng thẳng
mxy
+

=
2
cắt đồ thị hàm số
x
xx
y
1
2
+
=
tại hai điểm phân biệt
A, B
sao cho trung điểm của đoạn thẳng
AB
thuộc trục tung.

Phơng trình hoành độ giao điểm:

)0(01)1(32
1
2
2

=++=
++
xxmxmx
x
xx
(1)

Nhận thấy
x =
0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:

(
)
mm >+= ,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx
khác 0 với mọi
m
, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm
A, B
phân biệt với mọi
m
.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21

==+
m
a
b
xx



20


Hoành độ trung điểm
I
của đoạn thẳng
AB
là
6
1
2
21

=
+
=
m
xx
x
I
.
Điểm

.1010 === mmxOyI
I

Vậy
m
= 1 là giá trị cần tìm.

5
I: PH

N CHUNG CHO T

T C

TH SINH
CõuI (2
ủ
i

m): Cho hm s

y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Kh

o sỏt hm s

.
2: G

i (d) l
ủ
ng th

ng
ủ
i qua
ủ
i

m A(2 ; 0) cú h

s

gúc k.Tỡm k
ủ
(d) c

t
(C) t

i ba
ủ
i

m phõn bi

t A ; M ; N sao cho hai ti

p tuy

n c

a (C ) t

i M v N
vuụng gúc v

i nhau.
Cõu II (2
ủ
i

m):
1: Gi

i ph

ng trỡnh:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos

2
(sin3
33
+=
2: Gi

i b

t ph

ng trỡnh:
2 2
35 5 4 24
x x x
+ < + +

Cõu III (1
ủ
i

m): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

Cõu IV (1
ủ
i

m):
Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc
BAC =120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.
a
Gọi
I là trung điểm đoạn BC .Tính góc giữa SI và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC) &
tớnh bỏn
kớnh m

t c

u ngo

i ti

p hỡnh chúp SABC theo a

Cõu V (1
ủ
i

m):
1). Cho x,y,z l cỏc s

th

c d

ng. Ch

ng minh:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +

2).Tỡm m
ủ
h

ph

ng trỡnh:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0

x y y x
x x y y m

+ =


+ + =


cú nghi

m th

c
PH

N RIấNG: Thớ sinh ch


ủ
c lm m

t trong hai ph

n A ho

c B
A.Theo ch

ng trỡnh chu

n (2
ủ
i

m)
Cõu VIa: 1) Trong m

t ph

ng Oxy cho
ủ
ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l m

t
ủ
i

m trờn
( ): 2 0
d x y
+ =
. Hai ti

p tuy

n qua M t

o v

i (d) m

t gúc 45
0
ti

p xỳc v

i (C) t

i A,
B. Vi

t ph

ng trỡnh
ủ
ng th

ng AB.
2) Cho hỡnh l

p ph

ng ABCDA
1
B
1
C
1

D
1
cú
ủ
i

m A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M l
trung
ủ
i

m AB; N l tõm c

a hỡnh vuụng ADD
1
A
1
. Tớnh bỏn kớnh c

a
ủ
ng trũn l giao tuy

n
c

a m

t c

u
ủ
i qua C ; D
1
; M ; N v

i m

t ph

ng MNC
1

Cõu VII/a: Cho n l s

t

nhiờn n

2.Tớnh
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C

=
= = + + +


B. Theo ch

ng trỡnh nõng cao (2
ủ
i

m)


21

Câu VIa.1) Cho (P) y
2
= x và
ñườ
ng th
ẳ
ng (d): x – y – 2 = 0 c
ắ
t (P) t
ạ
i hai
ñ
i
ể
m A và B. Tìm

ñ
i
ể
m C thu
ộ
c cung AB sao cho
∆
ABC có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ
Oxyz cho hai
ñườ
ng th
ẳ
ng :
1
1 1
( ) :

2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và

2
2 1
( ):
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a (d
1
) và h

ợ
p v
ớ
i (d
2
) m
ộ
t góc 30
0
.
Câu VII/b: Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
−

= +




− + = −



ðÁP ÁN ðỀ 5
I: PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
THÍ SINH
CâuI (2
ñ
i
ể
m): Cho hàm s
ố
y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Kh
ả
o sát hàm s
ố
.

2: G
ọ
i (d) là
ñườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua
ñ
i
ể
m A(2 ; 0) có h
ệ
s
ố
góc k.Tìm k
ñể
(d) c
ắ
t (C) t
ạ
i ba
ñ
i
ể
m phân bi
ệ
t A ; M ; N sao cho hai ti
ế

p tuy
ế
n c
ủ
a (C ) t
ạ
i M và N vuông góc v
ớ
i nhau.
+PT
ñườ
ng th
ẳ
ng d: y=k(x-2)
+Hoành
ñộ
A;M;N là nghi
ệ
m PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)
⇔
(x-2)(x
2
-x-2-k)=0
⇔
x=2=x
A

;f(x)=x
2
-x-2-k=0
+PT có 3nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
⇔
f(x)=0 có 2nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 2
⇔
0
9
0
(2) 0
4
k
f
∆ >

⇔ − < ≠

≠

.Theo Viét ta có
1

2
M N
M N
x x
x x k
+ =


= − −


+Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i M và N vuông góc v
ớ
i nhau
⇔
y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1

⇔
(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x
− − = −

⇔
9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3
k
− ±
⇔ = (tm)
Câu II (2
ñ
i
ể
m):
1: Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
xx
xx
2sin

2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−
PT t
ươ
ng
ñươ
ng
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
( )
xcosxsin2
2
x

cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=






+






−⇔
( )







+






−+=






+






−⇔
2
x
sin
2
x
cos
2

x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2
x
sin3

0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos

=






+++






−⇔

*
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π
 
− = ⇔ − = ⇔ − = π ⇔ = + π ∈
 
 
Z

*
2xsin0xsin2
−

=
⇔
=
+
(v« nghiÖm)

*
22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin
−=







π
+⇔−=






π
+⇔−=+
(v« nghiÖm) VËy nghiÖm
cña ph−¬ng tr×nh lµ:
( )
x k2 k
2
π
= + π ∈
Z



22

2: Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ

ng trình:
2 2
35 5 4 24
x x x
+ < − + +

BPT t
ươ
ng
ñươ
ng

2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
+ − + < −
⇔ < −
+ + +
⇔ < − + + +

Xét:

a)N
ế
u x
4
5
≤
không th
ỏ
a mãn BPT
b)N
ế
u x>4/5: Hàm s
ố

2 2
(5 4)( 35 24)
y x x x= − + + + v
ớ
i x>4/5
y
'
=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
+ + + + − +

+ +
>0 m
ọ
i x>4/5
V
ậ
y HS
ð
B. +N
ế
u 4/5<x
≤
1 thì y(x)
≤
11
+N
ế
u x>1 thì y(x)>11 V
ậ
y nghi
ệ
m BPT x>1

Câu III (1
ñ
i
ể
m): Tính tích phân : I =
5
2

ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
− +
− + −
∫

ðặ
t t=
1 1
x
− +

* x = 2
⇒
t = 2
*x = 5
⇒
t = 3 *dx=2(t-1)dt
I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2
2
( 1)ln ln

2
( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t
−
=
− + −
= = = −
∫ ∫
∫

Câu IV (1
ñ
i
ể
m):
Cho tam gi¸c ABC c©n néi tiÕp ®−êng trßn t©m J b¸n kÝnh
R=2a (a>0) ,gãc BAC =120
0
.Trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng
(ABC) lÊy ®iÓm S sao cho SA =
3.
a
Gäi I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC .TÝnh gãc
gi÷a SI vµ h×nh chiÕu cña nã trªn mÆt ph¼ng (ABC) &
tính bán kính m
ặ

t
c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp SABC theo a

+G
ọ
i D là trung
ñ
i
ể
m BC
⇒
AD
⊥
BC (Vì ABC cân t
ạ
i A)

⇒
AD
⊥
(SBC)
+G
ọ
i E trung

ñ
i
ể
m SB
⇒
AE
⊥
SB (Vì SAB
ñề
u)

⇒
DE
⊥
SB (
ðị
nh lý 3
ñườ
ng vuông góc)
+SC//DE (DE
ñườ
ng trung bình tam giác)

⇒
SC
⊥
SB V
ậ
y tam giác SBC vuông t
ạ

i S
+AD là tr
ụ
c
ñườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác SBC.Nên tâm O m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p SABC thu
ộ
c
AD.M
ặ
t khác O cách
ñề
u A; B; C nên O là tâm
ñườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế

p tam giác ABC.V
ậ
y bán
kính R m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp b
ằ
ng bán kính
ñườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC
+BC =
2 2
a b
+
⇒
2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2
a b a b

C
a a
+ −
= ⇒ =

B
C
A
S
D
E


23

+ R =
2
2 2
2sin
3
AB a
C
a b
=
−


Câu V (1
ñ
i

ể
m):
1). Cho x,y,z là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng. Ch
ứ
ng minh:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +

+
ðặ
t
0; 0; 0
a x b y c z
= > = > = >

+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1

2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + ≤ + + = + +
+ + +

(Theo B
ð
T CôSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
(Áp d
ụ
ng B
ð
T CôSi cho t
ừ
ng c
ặ
p)
ð
PCM. D
ấ
u b
ằ
ng x
ả

y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
2).Tìm m
ñể
h
ệ
ph
ươ
ng trình:
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

− + − − =


+ − − − + =


có nghi
ệ
m th
ự
c
ð
i

ề
u ki
ệ
n:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




ðặ
t t = x + 1
⇒
t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t

2
= y
3
− 3y
2
.
Hàm s
ố
f(u) = u
3
− 3u
2
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
ñ
o
ạ
n [0; 2] nên:
(1)

⇔ t = y ⇔ y = x + 1
⇒
(2) ⇔
2 2
2 1 0
x x m
− − + =

ðặ
t
2
1
v x
= −

⇒
v∈[0; 1]
⇒
(2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm s
ố
g(v) = v
2
+ 2v − 1
ñạ
t
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v
= − =

V
ậ
y h

ệ
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi −1 ≤ m≤ 2
PH
Ầ
N RIÊNG: Thí sinh ch
ỉ

ñượ
c làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n A ho
ặ
c B
A.Theo ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n (2
ñ
i
ể
m)

Câu VIa: 1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy cho
ñườ
ng tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là m
ộ
t
ñ
i
ể
m trên
( ): 2 0
d x y
− + =
. Hai ti
ế
p tuy
ế
n qua M t
ạ
o v
ớ
i (d) m
ộ
t góc 45
0
ti
ế

p xúc v
ớ
i (C) t
ạ
i A,
B. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng AB.
D
ễ
th
ấ
y
( )
I d
∈
. Hai ti
ế
p tuy
ế
n h
ợ
p v
ớ

i (d) m
ộ
t góc 45
0
suy ra tam giác MAB vuông cân và
tam giác IAM c
ũ
ng vuông cân . Suy ra:
2
IM =
.
( ) (
M d M
∈
⇒
a; a+2),
( 1; 1)
IM a a
= + +
uuur
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a
=

= ⇔ + = ⇔


= −

.
Suy ra có 2
ñ
i
ể
m th
ỏ
a mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+
ðườ
ng tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0
x y y
+ − + =
.
Khi

ñ
ó AB
ñ
i qua giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0
x y y x y x y x y
+ − + = + + − + ⇔ + − =
.


24

+
ðườ
ng tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C
2
):

2 2
4 3 0
x y x
+ + + =
.
Khi
ñ
ó AB
ñ
i qua giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0
x y x x y x y x y
+ + + = + + − + ⇔ + + =
.
+ KL: V
ậ
y có hai
ñườ
ng th
ẳ
ng th

ỏ
a mãn:
1 0
x y
+ − =
và
1 0
x y
+ + =

2).Cho hình l
ậ
p ph
ươ
ng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có
ñ
i
ể
m A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M là
trung

ñ
i
ể
m AB; N là tâm c
ủ
a hình vuông ADD
1
A
1
. Tính bán kính c
ủ
a
ñườ
ng tròn là giao tuy
ế
n
c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u
ñ
i qua C ; D
1
; M ; N v
ớ
i m
ặ

t ph
ẳ
ng MNC
1

+M
ặ
t c
ầ
u
ñ
i qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có ph
ươ
ng trình:
x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0

a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
+ + + =


+ + + =

⇔ = = − = − =

+ + =


+ + + =


Suy ra tâm m
ặ
t c
ầ
u và bán kính m
ặ
t c
ầ
u là: I(5/2;1/2;5/2); R =
35
2

+(MNC
1
)
ñ
i qua M(1;0;0) nh
ậ
n
1 1
; (0;3; 3)
MC NC
 
= −
 
uuuur uuuur
làm véc t
ơ
pháp tuy
ế
n có
PT: y – z = 0
+ h = d(I;(MNC
1
)) =
2

+ Bán kính
ñườ
ng tròn giao tuy
ế
n là

2 2
3 3
2
R h− =
Câu VII/a: Cho n là s
ố
t
ự
nhiên n
≥
2.Tính
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑

2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k

S k C C C n C
=
= = + + +
∑

=
1 1
( 1) 2 2
n n
k k k k
n n
k k
k k C kC
= =
− +
∑ ∑

Xét khai tri
ể
n
(1+x)
n
=
0
n
k k
n
k
C x
=

∑
; n(1+x)
n-1
=
1
0
n
k k
n
k
kC x
−
=
∑
L
ấ
y x=2 ta
ñượ
c
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC

−
=
∑
⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC
=
∑

+n(n-1)(1+x)
n-2
=
2
0
( 1)
n
k k
n
k
k k C x
−
=

−
∑
L
ấ
y x=2 ta
ñượ
c
n(n-1)3
n-2
=
2
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
−
=
−
∑
⇔
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k

n
k
k k C
=
−
∑

V
ậ
y S=n.3
n-2
(2+4n)
B. Theo ch
ươ
ng trình nâng cao (2
ñ
i
ể
m)
Câu VIa.1) Cho (P) y
2
= x và
ñườ
ng th
ẳ
ng (d): x – y – 2 = 0 c
ắ
t (P) t
ạ
i hai

ñ
i
ể
m A và B. Tìm
ñ
i
ể
m C thu
ộ
c cung AB sao cho
∆
ABC có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t


25

+T

a
ủ
A;B l nghi

m h

:
2
2 0
y x
x y

=

=

A(1;-1); B(4;2)
+C(y
o
2
;y
o
)

(P); h=d(C;d)=
2
2
2
o o
y y


+
1 3
.
2 2

ABC
S h AB

= =
2
2
o o
y y


+Xột hm s

f =
2
2
o o
y y

V

i
1 2
o
y


Suy ra Max f = 9/4 T

i C(1/4;1/2)

2) Trong khụng gian v

i h

t

a
ủ
Oxyz cho hai
ủ
ng th

ng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+
= =

v

2
2 1
( ):
1 1 1
x y z
d

+
= =

. Vi

t ph

ng trỡnh m

t ph

ng ch

a (d
1
) v h

p v

i (d
2
) m

t gúc 30
0
.
Gi

s

m

t ph

ng c

n tỡm l:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)
ax by cz d a b c

+ + + = + + >
.
Trờn
ủ
ng th

ng (d
1
) l

y 2
ủ
i

m: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do
( )

qua A, B nờn:

0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
+ = =



+ + = =

nờn
( ) : (2 ) 0
ax by a b z a b

+ + + =
.
Yờu c

u bi toỏn cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
+
= =

+ + + +

2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0
a b a ab b a ab b
= + + =

D

th

y
0
b

nờn ch

n b=1, suy ra:
18 114
21
18 114
21
a
a


=

+
=



KL: Vy cú 2 mt phng tha món:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
+ +
+ + =

18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
+
+ + =
.

Cõu VII/b: Gii h phng trỡnh
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y

y x x y


= +



+ =



6
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 ủim).
Cõu I (2 ủim):
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đ cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất