TOAN ON THI DAI HOC 2012 (2) -GIAI CHI TIET

B GIO DC & O TO THI I HC MễN TON NM 2012
THAM KHO Thi gian lm bi: 180 phỳt

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

.
2) Gii h phng trỡnh:
2
2

3
2 3
1 1
(1 ) 4
1
4
x x
y y
x x
x
y y y

+ + + =




+ + =


.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
4 4 5

x x
I x x dx
x x



= + +
ữ
ữ
+ +


.
Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a
ta ly im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng
(ABD ) ct SC ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:

cos .cos cos .cos cos .cos 3
cos cos cos 2
+ + =
A B B C C A
C A B
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0x y x y+ + =
v ng thng (d) :

cos sinx x

( m l tham s). Gi I l
tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi

IAB bng
5(2 2)+
.
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+
= =

v

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

. Vit phng trỡnh mt phng cha (d

1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + + + + + + + +
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l
mt im trờn
( ) : 2 0d x y + =
. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi (C)
ti A, B. Vit phng trỡnh ng thng AB.
1

2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )DH ABC
v
3DH
=
vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b a b c c c a c b
+ +
+ + + + + + + + +
.
P N 1
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

.
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x + + = +
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x + + =
cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
x x
x x x x
+ =



+ =

+ Gii (1):
(1) tan 1
4
x x k

= = +
+ Gii (2): t
cos sin , 2x x t t =
ta cú phng trỡnh:
2
2 0t t+ =
.
0
1/ 2
t
t
=



=

Vi
0t =
ta cú:
tan 1
4
x x k


= = +
Vi
1/ 2t
=

ta cú:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k




= +
+ =

= +


KL: Vy phng trỡnh cú 4 h nghim:
4
x k


= +
,
4
x k


= +

,
arccos( 2 / 4) / 4 2x k

= +
,
arccos( 2 / 4) / 4 2x k

= +
.
2).Gii h phng trỡnh:
2
2
3
2 3
1 1
(1 ) 4
1
4
x x
y y
x x
x
y y y

+ + + =




+ + =

.
2

§k
0y ≠
2
2
2
2
3
3
3
2 3
1 1
1 1
(1 ) 4
4
1 1
1
( ) 4
4
x x
x x
y y
y y
x
x x
x x

x
y y y
y y y


+ + + =
+ + + =


 
⇔
 
 
+ + + =
+ + = −
 


®Æt
1
a x
y
x
b
y

= +





=


Ta ®îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2
1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
  
+ − = + − = + − = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− = − + − = − + =
  

  
Khi ®ã
1
1
1
2
x y

y
x
x
x
=

=


⇔
 
=
+ =



KL
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
4 4 5
x x
I x x dx
x x
−

 
− −
= + +
 ÷
 ÷
+ +
 
∫
.
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
(2 1) 4
x x
I x x dx
x
−
 
− −
= + +
 ÷
 ÷
+ +
 
∫
0 0

2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
− −
− +
= + +
+ +
∫ ∫
0 0
2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
− −
− +
= + +
+ +

∫ ∫
+ Tính:
0
2
1
2
1
2
4 (2 1)
(2 1) 4
x
I dx
x
−
− +
=
+ +
∫
. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
π π π
 
+ = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =
 ÷
 
.
Khi đó:

2 2
6 6 6 6
1
2 2 2
0 0 0 0
2cos 2 1 sin 1
4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1
t tdt dt
I dt dt
t t t
π π π π
− −
= = = − +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
=
6
2
0
12 sin 1
dt
t
π
π
− +
+
∫
+ Tính:
6 6
2

2 2
0 0
(tan )
sin 1 2(tan 1/ 2)
dt d t
I
t t
π π
= =
+ +
∫ ∫
. Đặt:
2
tan tan
2
t y=
.
Suy ra:
2
2 2
(tan ) (tan ) (1 tan )
2 2
d t d y y dy= = +
, với
0 0,
6
t y t y
π
ϕ
= ⇒ = = ⇒ =

sao cho
6
tan
3
ϕ
=
,
(0 )
2
π
ϕ
< <
Khi đó:
2 0
0
2 2 2
.
2 2 2
I dy y
ϕ
ϕ
ϕ
= = =
∫
3

+ Tính:
0
3
1

2
( . 2 1)I x x dx
−
= +
∫
. Đặt:
2
1 1
2 1 2 1, , 0, 1
2 2
t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = − ⇒ =
.
Khi đó:
1
2 5 3
2 1
2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
 
−
= = − = −
 ÷
 
∫
KL: Vậy
1 2 3

1 2
15 12 2
I I I I
π
ϕ
= + + = − − +
, (
6
tan
3
ϕ
=
,
(0 )
2
π
ϕ
< <
)
Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a
ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng
(AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.
+ Trong tam giác SAB hạ
'AB SC⊥
.
Trong tam giác SAD hạ
'AD SD
⊥
.
Dễ có:

, ( )BC SA BC BA BC SAB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Suy ra:
'AB BC⊥
, mà
'AB SB⊥
. Từ đó có
' ( ) ' (1)AB SAC AB SC⊥ ⇒ ⊥
.
Tương tự ta có:
' (2)AD SC⊥
. Từ (1) và (2)
suy ra:
( ' ') ' 'SC AB D B D SC⊥ ⇒ ⊥
.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')SC AB C D⊥

+ Ta có:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
= + ⇒ =
2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
5 5

SB SA AB a a a⇒ = − = − =
,
2 2
5SB SA AB a= + =
.
Suy ra:
' 4
5
SB
SB
=
;
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông
góc với SC) nên
' ' 'B D AC⊥
(vì dễ có
( )BD SAC⊥
nên
'BD AC⊥
).
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:
' ' ' 4
5
B D SB
BD SB
= =
4 2
' '
5
a

B D⇒ =
.
Ta có:
2 2
2 2 2
1 1 1 2 3 2 6
' ' '
' 3 3
a
AC SC SA AC a
AC SA AC
= + ⇒ = ⇒ = − =
+ Ta có:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D
V S SC B D AC SC a= = =
.

3
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
V S SA a= =
.

Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:
4
B
S
O
A
D
C
C'
B'
D'


3
. . ' ' '
14
45
S ABCD S AB C D
V V V a= =
.
Chỳ ý: V hỡnh sai khụng chm.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
cos .cos cos .cos cos .cos 3
cos cos cos 2
A B B C C A
C A B
+ + =
Ta có tanA+tanB=
sin cos .cos tan
cos .cos cos tan tan

C A B C
A B C A B
=
+
ABC
không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
Từ GT ta có
3
2
x y z
y z z x x y
+ + =
+ + +
với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc
3
2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
.
Dấu =xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
2/.Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0x y x y+ + =
v ng thng (d) :
cos sinx x

( m l tham s). Gi I l
tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi

IAB bng
5(2 2)+
.
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+
= =

v

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

. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1

) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Gi s mt phng cn tỡm l:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c

+ + + = + + >
.
Trờn ng thng (d
1
) ly 2 im: 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 ) 0ax by a b z a b

+ + + =
.
Yờu cu bi toỏn cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin 30
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 0a b a ab b a ab b = + + =
D thy
0b
nờn chn 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.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
5


1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b
+ + ≥ + + ≥ + +
+ + + + + + + + +
Dễ có:

2
1 1 4
( ) 4 ( , 0)(*)x y xy x y
x y x y
+ ≥ ⇒ + ≥ <
+
.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
.
Áp dụng 2 lần (*) ta có:
1 1 1 1 16
3a b b b a b
+ + + ≥
+
hay
1 3 16
3a b a b
+ ≥
+
(1)
Tương tự ta có:
1 3 16
3b c b c
+ ≥
+
(2) và

1 3 16
3c a c a
+ ≥
+
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +
Áp dụng (*) ta có:
1 1 4 2
3 2 2( 2 ) 2a b b c a a b c a b c
+ ≥ =
+ + + + + + +
(4)
Tương tự ta có:
1 1 2
(5)
3 2 2b c c a b b c a
+ ≥
+ + + + +

1 1 2
(6)
3 2 2c a a b c c a b
+ ≥
+ + + + +
Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là
một điểm trên
( ) : 2 0d x y− + =
. Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45
0
tiếp xúc với (C)
tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
Dễ thấy
( )I d∈
. Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45
0
suy ra tam giác MAB vuông cân và
tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra:
2IM =
.
( ) (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 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0x y y+ − + =
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y+ − + = + + − + ⇔ + − =
.
+ Đường tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C

2
):
2 2
4 3 0x y x+ + + =
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y x x y x y x y+ + + = + + − + ⇔ + + =
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
1 0x y+ − =
và
1 0x y+ + =
.
2).Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )DH ABC⊥
và
3DH
=
với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC).
Trong tam giác ABC, gọi
K CH AB= ∩
.
Khi đó, dễ thấy
( )AB DCK⊥
. Suy ra góc giữa (DAB) và
(ABC) chính là góc
DKH∠

.Ta tìm tọa độ điểm H rồi
6

Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến
( )
[ , ] 0; 4; 4n AB AC= = − −
r uuur uuur
- (ABC):
2 0y z+ − =
.
+
( )H ABC∈
nên giả sử
( ; ;2 )H a b b−
.
Ta có:
( ; ; ), (4; 2;2).AH a b b BC= − = −
uuur uuur

( 2; ; ), ( 2;2; 2).CH a b b AB= − − = − −
uuur uuur
Khi đó:
. 0 0
2
2 2 0
. 0
BC AH a b
a b

a b
AB CH

= − =


⇔ ⇔ = = −
 
− + + =
=



uuur uuur
uuur uuur
Vậy H(-2; -2; 4).
+ Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là:
4 0x y z− + − =
.
Phương trình đường thẳng AB là:
2
x t
y t
z t
=


= −



= +

.
Giải hệ:
2
4 0
x t
y t
z t
x y z
=


= −


= +


− + − =

ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3.
Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra:
2 2 2
2 2 8 96
2 2 4
3 3 3 3
HK
     
= + + − + + − =

 ÷  ÷  ÷
     
.
Gọi
ϕ
là góc cần tìm thì:
tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)DH HK
ϕ ϕ
= = = ⇒ =
Vậy
arctan( 6 / 3)
ϕ
=
là góc cần tìm.
Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có:

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b a b c c c a c b
+ + ≤
+ + + + + + + + +
.
Víi a,b >0 ta cã
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
a b a c ( ) 2 ( ) 0
a b a c ( ) a b a c ( )

( )( )
ab ac a bc a bc a bc
ab ac ab ac
a a a
a a b a c a ab ac a b c
+ + − + = + − = − ≥
⇒ + + ≥ + ⇒ + + ≥ +
⇒ ≤ =
+ + + + + + +
CM t
2
råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm
Đ 2
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
b sao cho AB ngắn nhất
7

Câu 2:
1/.Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12

x x
π
− =
2/.Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

Câu 3:
1) Tính tích phân I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
π
π
× +
∫
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3)

x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
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 đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y
z
x
−

+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆
nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d
1
) , (d
2
)
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC.

Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
ĐP N Đ 2
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất
Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x

−
−
)∈ (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −
8

(∆ ) ∩ TCĐ = 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) Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12
x x
π
− =
phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx–
3
cosx)=0 ⇔
3
( )
4
x k
k
x k
π
π

π
π

= +

∈

= +


¢
2).Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

(1) ⇒ y ≠ 0
Hệ ⇔
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

 

+ =
+ =

 ÷

 
 
⇔
 
 

 
+ =
+ =
 ÷



  
Đặt a = 2x; b =
3
y
. Ta có hệ:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b
ab
ab a b
+ =
+ =


⇔
 
=
+ =



→ Hệ đã cho có 2 nghiệm
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 trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Đk x ≥ 0. đặt t =
x
; t ≥ 0
9

(1) trở 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 số f(t) =
2
2
2 3 3
1

t t
t t
− +
− +
(t ≥ 0)
Lập bảng biến thiên
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔
5
3
3
m≤ ≤
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
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
≥
+
+
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
Bđt(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 vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2).
Dấu bằng xảy 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 đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3
1
( ).
3 16
a
dt ABC SO =
Mặt khác, V(S.ABC) =

1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =
2
13 3
16
a
Vậy d(B; SAC) =
3 3
( )
13
V a
dt SAC
=
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆).
M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của 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
=


= −


10

C(0; 7) ⇒ A
( )
27
14
;
5 5
−
−
∉
(∆)→loại
(0; –5) ⇒ A
( )
33
14
;
5 5
−
∈
(∆)→ nhận.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y

z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d
1
) , (d
2
)

(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 chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ 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
− =

− − = ⇔

− =

Trọng 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 đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
(S) tâm I(-2;3;0), bán kính R=
13 ( 13)m IM m− = <
Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =
3m− −
(d) qua A(0;1;-1), VTCP
(2;1;2)u =
r
⇒ d(I; d) =
;
3
u AI
u
 
 

=
r uur
r
Vậy :
3m− −
=3 ⇔ m = –12( thỏa đk)
Đ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy −++−= 9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1
=
m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
11

2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
+

=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1 >== mmCCAB

Tìm
m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3

222
=++ zyx
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(A
,
phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
lần lượt là
0132 =+− yx
và
029136 =+− yx
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz

cho hình vuông
MNPQ
có
)4;3;2(),1;3;5( −− PM
.
Tìm toạ độ đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)( =−−+ zyx
γ
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. Từ các chữ số của tập
E
lập được bao nhiêu
số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua điểm
)3;2( −−M
và có
phương trình một đường chuẩn là
.08 =+x
Viết phương trình chính tắc của

).(E
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt
phẳng
.022:)( =++ yx
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và
mặt phẳng
).(
α
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa
thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10

. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
CC
nn
171
32
=+
.
ĐP N Đ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy −++−= 9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1
=
m
.
Víi
1
=
m

ta cã
196
23
−+−= xxxy
.
* TËp x¸c ®Þnh: D = R
* Sù biÕn thiªn
• ChiÒu biÕn thiªn:
)34(39123'
22
+−=+−= xxxxy
12

Ta có



<
>
>
1
3
0'
x
x
y
,
310' <<< xy
.
Do đó:

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3( +
.
+ Hm 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
.
Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.
Bảng biến thiên:

Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
2.Xỏc nh
m
hm s ó cho t cc tr ti
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 im)
1. Gii phng trỡnh:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1

+=
+

+ x
xx
x
x
.
Điều kiện:
.0cossin,0sin + xxx
Pt đã 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









13


.,
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.Gii phng trỡnh:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+ xx
.
Điều kiện
.
3
1
>x
(*)
Với đk trên, pt đã 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 im) 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 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u

'''. CBAABC
cú
).0(',1 >== mmCCAB

Tỡm
m
bit rng gúc gia hai ng thng
'AB
v
'BC
bng
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

14
A
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120

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:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB ==
.
Cõu V. (1,0 im) Cho cỏc s thc khụng õm
zyx ,,
tho món
3

222
=++ zyx
. Tỡm giỏ tr ln
nht ca biu thc
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
Đặt
zyxt ++=


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. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:

Cõu VIa. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
cho tam giỏc
ABC
cú
)6;4(A
,phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh
C
ln
lt l
0132 =+ yx
v
029136 =+ yx
. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip 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
.
15
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H

- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx

=+
=+


).4;8(B
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC
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 vi h to
,Oxyz
cho hỡnh vuụng
MNPQ
cú
)4;3;2(),1;3;5( PM
.
Tỡm to nh
Q
bit rng nh
N

nm trong mt phng
.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 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
Giả sử
abcd
là số thoả mãn 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:
16

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua điểm
)3;2( −−M
và có phương trình một đường chuẩn là
.08
=+
x
Viết phương trình chính tắc
của
).(E
- Gäi ph¬ng tr×nh
)0(1:)(
2
2
2
2
>>=+ ba
b

y
a
x
E
.
- 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

1216
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba
* NÕu
2
13
=c
th×
.1
4/3952
:)(
4
39
,52
22
22
=+⇒==
yx
Eba
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt
phẳng
.022:)( =++ yx

α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và
mặt phẳng
).(
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 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức

n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa
thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
17

n
CC
nn
171
32
=+
.
Ta cã





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

.9
0365
3
2
=⇔



=−−

≥
⇔ n
nn
n
Suy ra
8
a
lµ hÖ sè cña
8
x
trong biÓu thøc
.)1(9)1(8
98
xx −+−
§ã lµ
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC
Đ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc
nhau.

Câu II. (2 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:



=−−−+
=−+−−
0322
6)2)(1)(1(
22
yxyx
yxyx
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos
2
x .
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2
x
, y = 3 – x , trục hòanh và
trục tung.
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp
là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu V. (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
2
sin.
2
sin.
2

sin
4
sin.
4
sin.
4
sin
CBACBA
≥






−






−






−

πππ
II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E):
1
46
22
=+
yx
và điểm M(1 ; 1) . Viết phương
trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y -
3
z = 0 một góc 60
0
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4
x
– 4m(2
x
– 1) = 0
Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.

18

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b,
c là những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
Câu VII b.(1 điểm)
Tìm m để phương trình:
( )
0loglog4
2
1
2
2
=+− mxx
có nghiệm trong khỏang (0 ; 1).
ĐP N Đ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau.
Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x

3
– (m + 3)x – m – 2 = 0
Hay : (x + 1)(x
2
– x – m – 2) = 0



=−−−
=−=
(*)02
3,1
2
mxx
yx
(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m >
)
4
9
−
, x
N
và x
P
là nghiệm của (*)
Theo giả thiết:
( )( )
133
22
−=−−

PN
xx







−−
=
+−
=
⇔=++⇔
3
223
3
223
01189
2
m
m
mm

Câu II. (2 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:



=−−−+

=−+−−
0322
6)2)(1)(1(
22
yxyx
yxyx
Hệ



=−−+
=+
⇔



=−+
=+
⇔



=−−+−
=−+−−−
⇔
052)(
6)(
05
6)(
05)1()1(

6)11)(1)(1(
22222
uvvu
vuuv
vu
vuuv
yx
yxyx
với



−=
−=
1
1
yv
xu
Đặt:



=
+=
vuP
vuS
.
được




=
=
⇔



=−−
=
2
3
052
6.
2
P
S
PS
SP
u, v là nghiệm của phương trình: X
2
– 3X + 2 = 0



=−
=−
∨




=−
=−
⇔



=
=
⇔
21
11
11
21
2
1
y
x
y
x
X
X
Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos
2
x .
ĐK:



≠

≠
0sin
02cos
x
x
tan2x + cotx =
xx
x
xx
xxxx
x
x
x
x
sin.2cos
cos
sin.2cos
cos2cossin.2sin
sin
cos
2cos
2sin
=
+
=+
19

Pt
2(cos0)12coscossin8(cos xxxxx ⇔=−⇔
sin4x – 1) = 0







+=∨+=
+=
⇔
224
5
224
2
ππππ
π
π
kxkx
kx
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2
x
, y = 3 – x , trục hòanh và trục
tung.
Phương trình : 2
x
= -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại
điểm có hòanh độ x = 1. Vậy diện tích cần tính là:
S =
∫ ∫
+=+−+

1
0
3
1
2
2ln
1
)3(2 dxxdx
x
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của
hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên
là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác
SOM
dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )(
Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x
3

SO =
23
2222
xxxxSM =−=−
Ta có: SM.OH = SO.OM hay
3,6
2
6
.2 3 dSOdCD
d
xxxdx ==⇒=⇒=

323.6
3
1
.
3
1
322
dddSOCDV ===
Câu V. (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
2
sin.
2
sin.
2
sin
4
sin.
4
sin.
4
sin
CBACBA
≥







−






−






−
πππ
Theo bất đẳng thức Côsi:











−
≤

−+
=






+≤
−
≤
−+
=






+≤
−
≤
−+
=







+≤
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
sin
2
sin
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2

sin
2
sin
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
sin
2
sin
BACACACAC
ACBCBCBCB
CBABABABA
π
π
π
Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh.
II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E):

1
46
22
=+
yx
và điểm M(1 ; 1) . Viết phương
trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.
20
d
x
H
M
O
D
C
B
A
S

Pt của d: y = k(x – 1) + 1
Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ



=+
+−=
2464
1)1(
22
yx

xky
Suy ra: (6k
2
+ 4)x
2
– 2(6k
2
– k)x + 6k
2
– 2k – 23 = 0 (*)
Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có:
41
46
6
2
46
)6(2
2
2
2
2
−=⇔=
+
−
⇔=
+
−
k
k
kk

k
kk
Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y -
3
z = 0 một góc 60
0
Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,
)0;;( BAn
p
=⇒
→
và
)5;1;2( −=
→
Q
n
.
Theo gt:
22
22
0
.1022
2
1
514.
2
60cos),cos( BABA
BA

BA
nn
Qp
+=+⇔=
+++
+
⇔=
→→

06166
22
=−+⇔ BABA
Chọn B = 1 ta có : 6A
2
+ 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4
x
– 4m(2
x
– 1) = 0
Đặt t = 2
x
(t > 0) ta có phương trình: t
2
– 4mt + 4m = 0 (*)
(*)
)10(4
1

2
≠∧>=
−
⇔ ttm
t
t
Xét
1
2
−
=
t
t
y
có
( )
2
2
1
2
'
=
−
=
t
tt
y
y’ = 0
20 =∨=⇔ tt

Từ bảng biến thiên ta có : m < 0
1≥∨ m
Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.
(C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0.
Pt của (C’) : x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b)
A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình:





=++
−=++
−=++
03
37122
542
ba
cba

cba
, giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9
Pt của (C’) : x
2
+ y
2
+ 2x – 8y + 9 = 0
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b,
c là những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
21
+
∞
-
∞
+
∞
-
∞
4
0
0
0
2

0
1
y
y'
x
+
∞
-
∞

Pt mp(ABC):
222
111
1
))(;(1
cba
ABCOd
c
z
b
y
a
x
++

==++
Theo bt ng thc Cụsi :
3
222222
1

3
111
cbacba
++
v 3 = a
2
+ b
2
+ c
2

3
222
3 cba
Ta cú :
3
1
.3
111
3
111
222222
++++ d
cbacba
Du = xy ra khi a
2
= b
2
= c
2

hay a = b = c = 1
Vy d ln nht bng
3
1
khi a = b = c = 1
Cõu VII b.(1 im)
Tỡm m phng trỡnh:
( )
0loglog4
2
1
2
2
=+ mxx
cú nghim trong khang (0 ; 1).
Pt ó cho
0loglog)1;0(0loglog
2
1
4
2
2
22
2
2
=++=++

mxxxmxx
(*)
t
)0;()1;0(,log
2
= txxt
(*)
)0;(0
22
==++ tttmmtt
Xột hm s y = -t
2
t cú y = -2t 1
y = 0
4
1
,
2
1
== yt
t -

-
2
1
0

y + 0 -

y
4
1

-

0
S : m
4
1

5
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
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. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :

=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
22

2. Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

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

x
x x
dx



+
+


Cõu IV. (2,0 im)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 đ ợc 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 Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng 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 Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :
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
ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng 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 n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao
tuyn ng 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 5

I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
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)
23

Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:







=


=

+
)3(k

)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1x
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:
)4(02ax)2a(2x)1a(
2
=+++
Để (4) có 2 nghiệm
1x
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 mãn đkiện
bài toán.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :





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





=++
=+
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. Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
5

1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k




+ + + + + = + + =
= = = + = + =
24

Cõu III. (1,0im) 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 cn:
;;
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

= = + = +
ữ ữ ữ

= =

I t dt t dt t t
I





Cõu IV. (2,0 im)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 =
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
48
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,
25
C
A

S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a