Tuyển tập đề thi đại học môn toán năm 2009

DongPhD Problems Book
Series
Tuyển Tập Đề Thi Thử
Đại Học 2009
vnMath.com
Dịch vụ
Toán học

Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Thông tin
bổ ích
(Free)
Toán
học vui
Kiếm
tiền trên
mạng
Bài báo
Giáo án
(Free)
Bản điện tử chính thức có tại

Trng i hc Hng c  THI TH TUYN SINH I HC - CAO NG 2009
Khoa Khoa hc T nhiên
Môn thi: TOÁN, khi A
Thi gian làm bài: 180 phút


I. PHN CHUNG CHO TT C CÁC THÍ SINH (7,0 đim)

Câu I (2,0 đim)
1. Kho sát và v đ th hàm s .
()
3
26fx x x=− + −4
2. Tìm s tip tuyn ca đng cong ln
y
xx= đi qua đim .
()
1; 2A
Câu II (2,0 đim)
1. Gii phng trình:
2
ln 5ln 7
2
11
11 11
xx
x
xx

−+
=
−
+− ++
.
2. Tính: . cos12 cos18 4cos15 cos 21 cos 24
oo oo
+−
o
Câu III (1,0 đim)
Trên parabol
2
y
x= ly ba đim
,,
A
BC
khác nhau sao cho tip tuyn ti C song
song vi đng thng AB. Ký hiu S là din tích tam giác ABC, S’ là din tích hình phng
gii hn bi parabol và đng thng AB. Tìm t s gia S và S’.
Câu IV (1,0 đim)
Cho hình chóp t giác đu S.ABCD. Mt phng đi qua A và vuông góc vi SC ct
SB, SC ln lt ti B’, C’. Bit rng C’ là trung đim ca SC, tính t s gia SB’ và B’B.
α
Câu V (1,0 đim)
Vi x là s dng, y là s thc tu ý, tìm tp hp mi giá tr ca biu thc

()
2
22 2 2

31
xy
A
2
x
yx x y
=
⎛⎞
⎟
⎜
+++
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝⎠
.
II. PHN RIÊNG (3,0 đim)
Thí sinh ch đc làm mt trong hai phn: theo chng trình Chun hoc Nâng cao.

1. Theo chng trình Chun
Câu VIa (2 đim)
1. Tìm to đ các đnh B và C ca tam giác ABC, bit đnh , trng tâm
và trung trc cnh AB có phng trình .
(
1; 3A −−
)
)
0
(

4; 2G − 324xy+−=
2. Tìm tp hp tâm các mt cu đi qua gc to đ và tip xúc vi hai mt phng:
và . : 2 4 0Px y+−= : 2 6 0Qx y++=
Câu VIIa (1 đim)
Mt hp đng bi có 12 viên, trong đó có 3 viên trng, 4 viên đ, 5 viên xanh. Ký hiu
A là tng s cách ly 6 trong 12 viên đó, B là s cách ly 6 viên sao cho s bi đ bng s
bi xanh. Tính t s B : A.

2. Theo chng trình Nâng cao
Câu VIb (2 đim)
1. Trong mt phng to đ, cho hai đng thng

1
:0dkx yk−+=
và .
()
22
2
:1 2 1 0dkxkyk−+−−=
Khi k thay đi thì giao đim ca hai đng thng này di chuyn trên mt đng cong.
Xác đnh đng cong đó.
2. Mt cu S đi qua các đim ; mt cu S’ đi qua
các đim
()()()(
0; 0;1 , 1; 0; 0 , 1; 1;1 , 0; 1; 0ABCD
)
()(
111
' ; 0; 0 , ' 0; ; , ' 1; 1; 0 , ' 0;1;1
222

AB CD
⎛⎞⎛ ⎞
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎟⎟
⎜⎜
⎝⎠⎝ ⎠
)
. Tìm đ dài bán kính đng tròn
giao tuyn ca hai mt cu đó.
Câu VIIb (1 đim)
Tính cn bc hai ca s phc 1 . 5 112i+


GHI CHÚ. 1.  thi này đc son theo MU quy đnh trong vn bn “Cu trúc đ
thi tt nghip THPT & tuyn sinh H-C 2009” do Cc Kho thí & Kim đnh cht
lng giáo dc, B Giáo dc & ào to, ban hành tháng 11 nm 2008.
2. Cán b coi thi không đc gii thích gì v đ thi!





ÁP ÁN TOÁN KHI A

Câu Li gii im
I.1.(1đ) Tp xác đnh: . 

Gii hn ti vô cc: .
()
lim
x
fx
→±∞
=∞∓


() ()
() ()
2
'66;'0
19;13.
fx x fx x
ff
=− + = ⇔ =±
−=− =
1.
−∞ 1
Bng bin thiên:

x
− 1 +∞
f ’(x)
−
+ −

f(x)
+∞

8

0
−
−∞

Nhn xét
: Hàm s nghch bin trên hai khong đt
cc tiu ti -1, cc đi ti 1 và
(;1),(1;−∞ − +∞);
8; 0.
CT CD
ff=− =
Giao đim vi trc tung: (0;-4); vi trc hoành: (-2;0) và (1;0) (đim
cc đi).

 th nh hình v.
-2 -1 1
-8
-6
-4
-2
x
y
0
y

=

-

2
x
3

+

6
x

-

4



0,25










0,5

0,25
I.2.(1đ)
Ta có
()
ln ' 1 ln
x
x=+ x
a
.
. Phng trình tip tuyn ti đim có hoành đ
a (a > 0) là (1 ln )( ) ln .yaxaa=+ −+

 tip tuyn đi qua A, phi có

()
2(1ln)(1 ) ln
21 ln ln 10,1
aaaa
aa aa
=+ −+ ⇔
=− + ⇔ −−=

0,25

0,25


S tip tuyn đi qua A ph thuc vào s nghim ca phng trình (1).
Xét hàm s
()
ln 1
f
aaa=−−
. Ta có:

()
()
1
'1;
'0
fa
a
fa a
=−
=⇔=
1.

Bng bin thiên ca
()
f
a
:

a
0 1 +∞
f ’(a) + 0 −

f(a)
− 2
−∞ −∞

T bng này ta thy giá tr ln nht ca f(a) là -2 nên phng trình (1)
vô nghim. Vy
không có tip tuyn nào đi qua A.








0,5
II.1.(1đ) V trái có ngha khi và ch khi x > 0. Khi đó v phi cng có ngha. D
thy v phi đn gin bng x.

Nh vy ta có phng trình

2
2
ln 5ln 7
ln 5ln 6
2

1
1
ln 5ln 6 0,(1)
xx
xx
xx
x
x
xx
−+
−+
=⇔
⎡
=
⎢
=⇔
⎢
−+=
⎢
⎣

Mt khác: (1)
2
3
ln 2
ln 3
x
xe
x
x

e
⎡
⎡
==
⎢
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
=
⎢
⎣
=
⎣

Vy phng trình đã cho có 3 nghim
23
12 3
1, , .
x
xexe== =

0,25




0,5

0,25
II.2.(1đ) Ta có:

00
cos12 cos18 4cos15 cos 21 cos 24
cos12 cos18 2(cos36 cos6 )cos24
cos12 cos18 2cos36 cos 24 2cos24 cos6
cos12 cos18 cos 60 cos12 cos30 cos18
13
cos60 cos30
2
oo ooo
oo ooo
oo oo o
oo o
oo
+− =
+− + =
+− −
+−−−−
+
=− − =−
o
o
=

1,0
III(1đ)

Gi s 3 đim trên parabol là H
s góc ca đng thng
AB là
()()()
222
,,,,,,(Aaa Bbb Ccc a b< ).
22
ba
ab
ba
−
=+
−
, còn h s góc ca tip





tuyn ti C hin nhiên là 2c. Vy
2
ab
c
+

=
.
 dài
()
()
()()
2
22
22
1AB ba b a ba ab=−+− =− ++.
Phng trình đng thng AB:

()()
() ()
2
2
22
0.
xa ya
abxa ya
ba
ba
a b x y ab y a b x ab
−−
=⇔+−=−
−
−
⇔+ −−=⇔=+ −

Khong cách t C đn AB:

()
()
()
()
()
()
2
2
2
22
4
22
.
114
ab
ab ab
ab
ab ab
ba
h
ab ab ab
+
⎛⎞
++
⎟
⎜
−
+− −
⎟

⎜
⎟
⎜
⎝⎠
−
===
++ ++ ++
2
1

Din tích tam giác ABC:


()()
()
()
()
23
2
2
11
.1.
22 8
41
ba ba
SABh ba ab
ab
−−
==−++ =
++

.


Din tích gii hn bi parabol và đng thng AB:

()
()
()
() ()
()
()
()
()
23
2
22 33
3
2
22
'
23
23
362
66
b
b
a
a
xx
S a b x ab x dx a b abx

ba ba
ab abba
ba
ba
ab ab a abb
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎜
=+−− =+−−
⎟
∫
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝⎠
−−
.
− −− =
−
−
+−− ++ =
=+
Suy ra:
3
'4

S
S
=
.







0,5

0,5

IV(1đ)
S

C’

D
′
D C
B’

A B


S

C’
I

A H C
(Hình này có th không v)



0,25
Xét tam giác cân SAC (cân ti S) vi H là trung đim ca AC. Rõ ràng

SH là đng cao ca tam giác SAC và ca c hình chóp. Li có
và C’ là trung đim SC nên AC = SC, tc là tam giác SAC
là đu.
'AC SC⊥

D thy
'
'
SB SI
B
BIH
= , trong đó I là giao đim gia SH và AC’. Vì I
cng là trng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1.
Vy t s gia SB’
và B’B là 2.
0,25



0,5
V(1đ) Ta có

(
)
()
(
)
()
22 2 2 2
222 22

2
2
2
2
12 12
312 12 3
12
11
.
3
12 1
x
yx yxxx yx
A
xyy xy
y
x
y
x
+
−+
==
++
+−
=
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
−

t
()
2
2
12
,0
y
tt
x
=≥ và
(
)
3
A
ft= . Khi đó

()
()
()
()
() ()
()
()
2
22
2
2
11

;
4
1
41 1
21
'
4
21 2 21
;
1 241
'021 2
2, 1
44 4 4,(2)
(2) 8 0 8.
t
ft
t
tt
t
ft
t
ttttt
tttt
ft t t
t
tt t
tt t
+−
=
+

+−++
+
=
+
+ + −+ +
==
++ ++
=⇔ +=−⇔
⎧
≥
⎪
⎨
+=−+
⎪
⎩
⇔−=⇒=
422
24
+−−


D thy bên trái đim t = 8 thì f’(t) > 0 và bên phi thì t < 0. Ngoài ra
. Do đó, ta có bng bin thiên sau:
()
lim 0
t
ft
→+∞
=
t

0 8
+
∞
()
'
f
t
+ 0 -

()
f
t
1/6
0 0




0,25

0,5















0,25



T bng này ta thy tp hp giá tr ca f (t) là
[
]
0;1/ 6
nên tp hp
mi giá tr ca A là
1
0;
18

⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
.
CHÚ Ý.
Thí sinh có th dùng bt đng thc đ ch ra giá tr nh nht
và giá tr ln nht tng ng bng 0 và 1/18 ri kt lun rng tp hp
mi giá tr ca
A là
1
0;
18
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
.
Cách làm này không tht cht ch vì không ch ra đc
rng A nhn mi giá tr gia 0 và 1/18 nên ch cho tng cng 0,75đ.





Phn riêng theo chng trình Chun

VIa.1(1đ)
ng thng
AB có phng trình Trung đim I ca cnh
AB là giao đim ca AB vi đng trung trc nên có giá tr tham s t
tho mãn phng trình
31,
23
xt
yt
⎧
=−
⎪
⎪
⎨
⎪
=−
⎪
⎩
.
)

3(

3 1) 2(2 3) 4 0
13 13 0 1.
tt
tt
−+ −−=⇔
−=⇒=

Vy ta có . D thy đim B ng vi giá tr t = 2 nên có
(
2; 1I −
(
)
5;1B
.
Tip theo,
()(
33.2;16;IC IM==−=−
)
3

   
nên có
()
8; 4C −
.




0,5




0,5
VIa.2(1đ) Tâm I ca mi mt cu nh vy phi nm trên mt phng R đi qua

chính gia hai mt phng đã cho. D thy hai to đ ca
I phi tho
mãn phng trình mt phng
R: Mt khác, vì khong
cách t
I đn O bng bán kính nên phi bng na khong cách gia hai
mt phng đã cho hay bng khong cách gia
P và R. Ly mt đim
bt k trên
P và tính khong cách ti R, ta đc giá tr bng
210xy++=.
5
5
14
=
+
.

Nh vy, chính
I phi nm trên mt cu S, tâm O, bán kính
5, tc là
các to đ tho mãn phng trình:
222
5.xyz++=
Nh vy, tp hp tâm các mt cu đi qua O và tip xúc vi hai mt
phng đã cho là đng tròn giao tuyn ca mt cu
S và mt phng R.
Nói cách khác, đó
là tp hp các đim có ba to đ x, y, z tho mãn
h phng trình:

222
210
5.
xy
xyz
⎧
++=
⎪
⎪
⎨
⎪
++=
⎪
⎩




0,5








0,5
VIIa(1đ)

S cách ly 6 trong 12 viên là (tc là ). Ly 6 viên sao
cho s viên đ bng s viên xanh có hai trng hp: hoc 3 viên đ, 3
6
12
C
6
12
AC=

0,5

viên xanh (không viên nào trng) hoc 2 viên trng, 2 đ và 2 xanh.

Trng hp th nht có th thc hin theo cách; trng hp th
hai: cách. Nh vy
33
45
CC
222
345
CCC
33 222
45 345
B
CC CCC=+ ; do đó

33 222
45 345
6
12

4.10 3.6.10 5
924 21
CC CCC
B
A
C
+
+
==
=.




0,5

Phn riêng theo chng trình Nâng cao

VIb.1(1đ)
Rút y t phng trình ca ri th vào phng trình ca , ta đc:
1
d
2
d

()
()
()
22
2

22
2
12 1
1
110
1
kx kkxk k
k
kxk x
k
−+ +−−=
−
++−=⇒=
+
0
.
⇔

Do đó
3
22
2
.
11
kk k
yk
kk
−
=+=
++

Suy ra:

()
()
()
2
2
2
22
22
2
2
24 2
22
22
12
11
1
12 4
1.
11
kk
xy
kk
k
kk k
kk
⎛⎞

⎛⎞
−
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
+= + =
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝⎠
++
⎝⎠
+
−++
==
++

Vy giao đim ca hai đng thng di chuyn trên đng tròn tâm
O,
bán kính bng 1.





0,5









0,5
VIb.2(1đ)
Gi s S có phng trình . Do
S đi qua A, B, C, D nên có:
222
222xyz axbyczd++− − − +=0

12 0
12 0
32 2 2 0
12 0.

cd
ad
abcd
bd
⎧
−+=
⎪
⎪
⎪
⎪
−+=
⎪
⎪
⎨
⎪
−−−+=
⎪
⎪
⎪
−+=
⎪
⎪
⎩
Suy ra a = b = c = ½ và d = 0. Vy mt cu S có phng trình:

222
0xyzxyz++−−−=
(tâm là I( ½, ½, ½), bán kính
111 3
444 2

R =++=
).

Tip theo, gi s S’ có phng trình
. Do S’ đi qua A’, B’, C’,
222
2' 2' 2' ' 0xyz axbyczd++− − − +=





0,25










D’ nên có:
1
''0
4
1
'' '0
2

22'2' '0
22'2' ' 0
ad
bcd
abd
bcd
⎧
⎪
⎪
−+ =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
−−+ =
⎨
⎪
⎪
⎪
−−+=
⎪
⎪
⎪
⎪
−−+=
⎪
⎪

⎩
.

Suy ra
51
'' ,' ''
44
ac b d== = =
1. Vy mt cu S’ có phng trình:

222
515
10
222
xyz x y z++−−−+=
.
(tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính
25 1 25
'1
16 16 16
R =++−
.

Phng trình mt phng cha giao tuyn:

313
10 3 3 20
222
xyz xyz
−+−=⇔−+−=.

Khong cách t I ti mt phng này:

313
2
1
222
.
919 219
−+−
=
++

Bán kính đng tròn giao tuyn:

22
3 1 56 14
.
476 76 19
rRd=−=−= =









0,25

0,5





VIIb(1đ) Gi s cn bc hai ca 15 + 112i là x + yi. Khi đó:

()
2
22
22
2
2
42
215112
3136
15
15,( 0)

56
15 3136 0.(1)
xyi x y xyi i
xy
xx
xy
x
xx
+ =−+ =+ ⇔
⎧
⎪
−=
⎪
⇒− = ≠⇒
⎨
⎪
=
⎪
⎩
−−=


t , thì (1) tr thành:
2
,( 0)xtt=≥

2
2
15 3136 0;
225 12544 12769 113 ;

15 113
64.
2
tt
t
−− =
Δ= + = =
+
==

Suy ra 8, 7.xy=± =±
Vy cn bc hai ca 15 + 112i có hai giá tr là
()
87.i±+



0,5








0,5


Môn Thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32


=
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại
A và B. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phơng trình






=+
24
cos2sin

2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x


2. Giải bất phơng trình






+>+ xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân

+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,

0
30
= =
SAB SAC
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dơng thoả mn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1
:(Theo chơng trình Chuẩn)
Câu VIa
(2 điểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng 052:
1
=
+

yxd .
d
2
: 3x +6y 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng
đó cắt hai đờng thẳng d
1
và d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng
thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phơng trình:
02
=

+
+
zyx . Gọi Alà hình chiêú của A
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và
bán kính của đờng tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
+
+ + + +
+ + + + =
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VIb
(2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:
1
916
22
=
yx
.
Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
(
)
052:
=
+

+
zyxP
và đờng thẳng
31
2
3
:)(
=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi

là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao
điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên

điểm M sao cho khoảng cách AM
ngắn nhất.
Câu VIIb
(1 điểm):
Giải hệ phơng trình

+=++
=+
++
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx

Hết
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:

Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V, thang điểm dành cho câu I. 1 và câu III là 1,5
điểm
Câu

Nội dung

Điểm

I. 1


Khảo sát hàm số
và vẽ đồ thị hàm số


1,00


1) Hàm số có TXĐ:
{
}
2\R
0,25
2
) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
*
+
=

=
+

ylim;ylim
2x2x

Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

*
lim lim 2
+
= =
x x
y y
đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:

Ta có:
( )
2x,0
2x
1
'y
2
<

=

Bảng biến thiên:
x
-

2 +


y

-

-

y
2



-

+




2


* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
2;


và
(
)
+
;2

0,25
3)
Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại






2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm






0;
2
3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25
I. 2

Tìm
M

để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất



1
,00


Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0

0
0
0











,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y


=

Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2

)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0


+


=
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Toạ độ giao điểm A, B của
(
)

và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;

2x
2x2
;2A
0
0
0












Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==

+
=

+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=


=
+
suy ra M là trung
điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
S =








+=

+= 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0

2
0
0
2
0
2

0,25
Dấu = xảy ra khi



=
=


=
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25
II. 1


Giải
phơng trình

lợng giác


1 điểm


)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22






=+
x
x

x
x
x


( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=








+=+

0,25
01
2

x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =






=

0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++

0,25
2
sin x 0
x k
x k
x
sin 1 x k ,k
x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2 sin 1
2 2


=
=


=



= =




= +

= +




+ +

Z

0,25
II. 2

Giải bất phơng trình


1 điểm

ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<

<






>
<






>+
>

0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
[
]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22

+
+
>



[
]
01)x21(logx
2
<
+



0,25




<
>

>
<



<
>











>
<



<
>

>+
<



<+
>

0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x

01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2

0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<< hoặc x < 0.
0,25






III

Tính tích phân


1 điểm

+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
+) Tính

+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt dx
x

1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=+=
Đổi cận:
2tex;1t1x ====

0,25
(
)
( )
(
)
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1

2
1

=








==

=


0,25
+) Tính
dxxlnxI
e
1
2
2

=
. Đặt

=
=




=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32

0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= = = + =


0,25
=
+
=
21
I3II
3
e2225
3
+

0,25
IV

Tính thể tích hình chóp


1 điểm




Theo định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a
= + = + =

Suy ra
a
SB
=
. Tơng tự ta cũng có SC = a.

0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do ha
i tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân
nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.

16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=















===
4
3a

MN = .
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25

S

A

B

C

M

N

V

Tìm
giá trị nhỏ nhất
của biểu thức


1 điểm


á
p dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
zyx
9
z
1
y
1

x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
++

=








++++
(*)
áp dụng (*) ta có

333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++

+
+
+
+
+
=

0,25
á
p dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
3
3
3

a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +

0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + + + +


1 3
4. 6 3
3 4

+ =



Do đó
3
P


0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

= = =


+ = + = + =


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba
=
=

=


0,25
VIa.1


Lập

phơng trình

đờng thẳng


1 điểm


Cách 1:
d
1
có vectơ chỉ phơng
)1;2(a
1

; d
2
có vectơ chỉ phơng
)6;3(a
2

Ta có:
06.13.2a.a
21
==
nên
21
dd

và d
1
cắt d
2
tại một điểm I khác P. Gọi d là
đờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d
=
+

+

=
+
+


0,25
d cắt d
1
, d
2

tạo ra một ta
m giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1

( hoặc d
2
) một
góc 45
0




=
=
==
++


A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222

0,25
* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng

05yx3:d
=

+

0,25
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng
05y3x:d
=



Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mn yêu cầu bài toán.
05yx3:d
=

+

05y3x:d
=



0,25
Cách 2:
Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài
của đỉnh là giao điểm của d
1
, d
2

của tam giác đ cho.
Các đờng phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
có phơng trình



=++
=+
+=+
+
+
=
+
+
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222

0,25
+) Nếu d //

1
thì d có phơng trình
0cy9x3
=
+

.
Do P

d nên
05y3x:d15c0c96
=




=

=
+
+

0,25
+) Nếu d //

2
thì d có phơng trình
0cy3x9
=

+
+
.
Do P

d nên
05yx3:d15c0c318
=

+


=

=
+


0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mn yêu cầu bài toán.
05yx3:d
=

+

05y3x:d
=

0,25
VI
a. 2

Xác định tâm và bán kính của đờng tròn


1 điểm


Dễ thấy A ( 1;
-
1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là:
0,25
(
)
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>++=++++++
Vì
(
)
SD,C,B,'A

nên ta có hệ:

=
=
=
=








=++
=++++
=++++
=++
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8

014dc4b6a2
02db2a2

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình:
01225
222
=+++
zyxzyx

0,25
(S) có tâm






1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R =

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phơng là:
(

)
1;1;1n

Suy ra phơng trình của d:






+++





+=
+=
+=
t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x

Do
(
)

)P(dH

=
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
===+++++








6
1
;
6
1
;
3
5
H

0,25
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22
====

0,25
VII a.

Tìm số nguyên dơng n biết


1 điểm


* Xét

1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(
++
+++++
+
+++=
(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
+
+

+++
++++=+
(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
+
+

+++

++++=+
0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C

+
+ + + +
+ = + + + +

0,25
Phơng trình đ cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2
==+=+

0,25
VIb.1

Viết phơng trình chính tắc của E líp

1 điểm


(H) có các tiêu điểm
(
)
(
)
0;5F;0;5F
21

. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là
M( 4; 3),
0,25
Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1

b
y
a
x
2
2
2
2
=+ ( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
(
)
(
)
(
)
15ba0;5F;0;5F
222
21
=
0,25
(
)
(
)
(
)
2bab16a9E3;4M
2222
=+

Từ (1) và (2) ta có hệ:



=
=




=+
+=
15b
40a
bab16a9
b5a
2
2
2222
222

0,25
Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y
40
x
22
=+
0,25

VIb. 2

Tìm điểm M thuộc

để AM ngắn nhất
1 điểm


Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:





+=
=
=
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
(
)
3;1;32
+

tttI

Do
(
)
(
)
4;0;1105)3()1(232


=

=
+



+



IttttPI

0,25
* (d) có vectơ chỉ phơng là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
(

)
1;2;1

n

[
]
(
)
3;3;3n,a =
. Gọi
u
là vectơ chỉ phơng của


(
)
1;1;1u



0,25





+=
=
=

u4z
uy
u1x
: . Vì
(
)
u4;u;u1MM
+





,
(
)
u;3u;u1AM


0,25
AM ngắn nhất



AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =++=

3
4
u = . Vậy







3
16
;
3
4
;
3
7
M

0,25
VIIb

Giải hệ phơng trình:


1 điểm

+=++
=+
++
)2(1xxy1x3
)1( 2.322
2
x3y2y1x3

Phơng trình (2)



=+





+=++
+

0)13(
1
113
01

2
yxx
x
xxyx
x









=

=









=+
=

xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1

0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2
===+=+

y
yyyyy

0,25

* Với



=

xy
x
31
1
thay y = 1 3x vào (1) ta đợc:
2.322
1313
=+
+ xx

Đặt
13
2
+
=
x
t Vì 1


x nên
4
1

t

( )
(
)
[
]





+=
+=





+=
=
=+=+
)83(log2y
183log
3
1
x
83t
iạlo83t
01t6t6
t

1
t)3(
2
2
2

0,25
Vậy hệ phơng trình đ cho có nghiệm





=
=
11
8
logy
0x
2
và
(
)
[
]

+=
+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2

0,25








5


IV
Tính thể tích khối lăng trụ
1,00

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi
đó (P)

(BCH). Do góc

A 'AM
nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===

Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a
S
22
BCH
===
0,25

4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
===
Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên
AH
HM

AO
O'A
=

suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A ===
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1

S.O'AV
3
ABC
====
0,25
V
Tìm giá trị lớn nhất

1,00

Ta
có a
2
+b
2
2ab, b
2

+ 1 2b

1bab
1
2
1
2
1
b
b
a
1

3
b
2
a
1
22222
++

+
+
+
+
=
+
+

Tơng tự
1aca
1
2
1
3
a
2
c
1
,
1cbc
1
2

1
3
c
2
b
1
2222
++

+
+
++

+
+

0,50
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc

1
1bab
1
2
1
P =
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++

0,25
2
1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1.
0,25
VIa.1
Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)

1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình

09x37x36x91)x2x(
9
x
23422
2
=+=+
(*)
0,25
Xét
9x37x36x9)x(f
234
+=
, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt
0,25
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mn hệ





=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2

0,25
A

B
C
C

B

A

H

O
M

6


09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22
2
=+



=+
=

(**)


(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm

=
9
4
;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
0,25
VIa.2
Viết phơng trình mặt phẳng (



) 1,00

Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.
0,25
Khoảng cách từ I tới () là h =
435rR

2222
==

0,25
Do đó



=
=
=+=
++
++
(loại) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222

0,25
Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0
0,25
VII.a

Tìm hệ số của x
2

1,00

Ta có
( )

++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I L

2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n

xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC






+
++++=
+
L

suy ra I
n
n
1n
2
n
3
1
n

2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
L
(1)
0,25
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n
2
0
1n

+

=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2

+
++++=
+
L
1n
13
1n
+

=
+

Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
=

=
+
=
+

+
+

0,25
Ta có khai triển
( )



=








=








+
7
0
4
k314
k

7
k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x

0,25
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mn
2k2
4
k314
==

Vậy hệ số cần tìm là
4
21
C
2
1
2
7
2
=
0,25
VIb.1
Viết phơng trình đờng tròn
1,00


Do B

d
1
nên B = (m; - m 5), C

d
2
nên C = (7 2n; n)
0,25
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

=+
=++
0.3n5m3
2.3n27m2




=
=




=+
=

1n
1m
2nm
3n2m

Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
0,25
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0cby2ax2yx
22
=++++

. Do A, B, C (C) nên ta có hệ





=
=
=






=++++
=++
=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494

0,25
Vậy (C) có phơng trình
0
27
338

y
9
17
x
27
83
yx
22
=++

0,25

7


VIb.2
Tìm giá trị nhỏ nhất
1,00


Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3
8

;
3
7

Ta có
(
)
(
)
(
)
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222
GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++=

0,25
F nhỏ nhất MG
2
nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P)
0,25

33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG =
++

==
0,25
3
64
9
104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++

Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+

khi M là hình chiếu của G lên (P)
0,25
VIIb
Giải hệ phơng trình mũ
1,00





+=
++=




+=
+=+
+

+
+
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx

yx
yxyx

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



=
+=




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v

0,25
-

Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng
, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
v
u
=


0,25
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u

-



0

+


f'(u)


-

0 +

f(u)





0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0
0u
=

.
0,25
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=




=
=+
=
0y

0x
0yx
0yx
0v
Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0)
0,25