đề thi thử môn toán chuyên đại học vinh từ năm 2007 2014

Khối THPT chuyên Môn: Toán khối A - Thời gian làm bài: 180 phút


Câu I.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (H) của hàm số
1
33
2
+
++
=
x
xx
y
.
2. Xác định các tiếp tuyến với (H) biết rằng các tiếp tuyến này vuông góc
với đờng thẳng có phơng trình
023
=
+

yx
.
Câu II.

1. Giải bất phơng trình

( )
(
)
.02log12log

2
1
2
2
2
2
xxx

2. Giải phơng trình

.
cos
2
2
cos
1
2cos1
2
x
xtg
x
x
=
+


Câu III.

1. Xác định các giá trị của tham số m để phơng trình sau có nghiệm

.0324 =+ xmxm

2. Cho hai số thực x, y thoả mãn
1
0
,
1
0

<

<
y
x
và
.
4
xy
y
x
=
+

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.7
22
xyyxM

+

=

Câu IV.

1. Cho tứ diện
ABCD
có
CDAB

và
BDAC

. Chứng minh rằng
.BCAD


2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho hình thoi
ABCD
có
)3,3();2,1(


BA
và giao điểm của hai đờng chéo nằm trên đờng thẳng
.
0
2
:

=
+

y
x
d
Tìm toạ độ C và D.
3. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hình chóp
SABCD
có
)0,1,0();0,1,1();0,0,1();0,0,0();2,0,0( DCBAS
. Gọi
)(

là mặt phẳng đi qua A và vuông
góc với SC. Tìm diện tích thiết diện của hình chóp
SABCD
tạo bởi
)(

.
Câu V.
Tính tích phân

=
2
1
2

)3ln( dxxxxI


Hết
Trờng đại học Vinh đề thi khảo sát chất lợng lớp 12 - Lần 1 NM 2007
Page 1 Thu Lờ
Đáp án môn Toán - lần 1

Câu

Nội dung Điểm
I

1. *) TXĐ:
1



x
*) CBT: Ta có
( )






+
=
+
++=
0
2
0
1
1
1'
1
1
2

2
x
x
x
y
x
xy

BBT












Hàm số đạt cực đại tại
2

=
x
với y
CĐ
= -1; đạt cực tiểu tại x =0 với y
CT

= 3.
Vì
=
1
lim
x
y nên 1

=
x là tiệm cận đứng của (H).
Hơn nữa
[ ]
0
1
1
lim)2(lim =
+
=+

x
xy
xx
nên đờng thẳng
2
+
=
xy
là tiệm cận xiên của (H).
*) Đồ thị:
+) (H) đối xứng qua điểm (-1; 1).

2. Giả sử
( )
1,
1
33
,;
0
0
0
2
0
000

+
++
= x
x
xx
yyx
là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với (H). Vì tiếp
tuyến vuông góc với đờng thẳng
023
=
+

yx
nên hệ số góc của nó là

( )
3
1
1
1'
2
0
)(
0
=
+
=
x
y
x

.
Suy ra
( )






=
=
=+
2
3
2
1
4
1
1
0
0
2
0
x
x
x

0,25










0,25






0,25

0,25










0,25





0,25
x

y'

y

-


-
2

-
1

0

+


+


+


-


-


-
1

0

0

+

+

-

-

3

y

x

0

-
1

-
2

-
1

3

Page 2 Thu Lờ

II

III














+) Với
2
7
2
1
00
==
yx

, ta có tiếp tuyến:
.23
2
7
2
1
3 +=+






+= xxy

+) Với
2
3
2
3
00
== yx
, ta có tiếp tuyến:
.63
2
3
2
3
3 =

+= xxy

Vậy các tiếp tuyến cần tìm là
.63;23


=
+

=
xyxy


1. *) ĐK:
( )



>
<

>
>
2
0
02
012
2
2
x
x
xx
x

Bất phơng trình đã cho
(
)
xxx 2log12log
2
22


.212
2
xxx

Xét 2 trờng hợp sau:
*)
.0
<

x
Ta đợc hệ:
.01
1
0
221
0
22
<






<







<
x
x
x
xxx
x

*)
.2
>
x
Ta đợc hệ:





+
>







>
014
2
212
2
22
xx
x
xxx
x

.322
3232
2
+<



+
>

x
x
x

Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm:



+<
<
322
01
x
x

2. *) Điều kiện:
.0cos,1cos

xx

Khi đó phơng trình đã cho trở thành
(
)
(
)
(
)
x
xx
x
xx
xxx
x
22
2
2
2
cos
1cos31cos
cos
1cos2cos3
cos
2
cos
1
3
cos1

cos12 +
=

==
+


(
)
(
)
(
)
1cos31coscoscos12
2
+= xxxx

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
01cos21cos1cos01cos3cos21cos
2
=++=++ xxxxxx

+=
=





=
=

.,2
3
2
,2
2
1
cos
1cos
Zmmx
Zkkx
x
x

1. Đặt
.303
2
txxt ==

Khi đó phơng trình trở thành:
.0342)(
2
=++= mmtttf

Phơng trình đã cho có nghiệm

phơng trình
0)(
=
tf
có nghiệm
0

t
.
Xét 2 trờng hợp sau:
*)
4
3
0340)0(.1 mmf
.
*) Phơng trình

0)(
=
tf
có nghiệm
21
,tt
thoả mãn
21
0 tt <

mk
m
m
mm
m
s
mf
mm








<
>

>=
>=
+=

0
2
0
4
3
31
0
2
034)0(.1
034'
.

0,25


0,25

0,25


0,25


0,25






0,25






0,25



0,25


0,25+

0,25



0,25



0,25



0,25





Page 3 Thu Lờ

IV





Kết luận: Giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm là
4
3
m
.
2. Đặt
.4tyxtxy
=
+

=
Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phơng trình
.04)(
2
=+= ttXXXh

Vì
1,0
2
1
< xx
nên phơng trình
0)(
=
Xh
có nghiệm
2
1
, XX
thoả mãn
10
2
1
< XX









=<
=

<=
=

12
2
0
031)1(.1
0)0(.1
04'
2
t
s
th
th
tt

3
1
4
1
t
.
Khi đó
(
)
,9169
2
2
ttxyyxM =+=
với

.
3
1
4
1
t

Ta có






=
3
1
;
4
1
32
9
0932)(' tttM
. Suy ra Bảng biến thiên

Suy ra: M
max
9
11
=
, đạt khi
3
1
,1
3
1
=== yxxy
hoặc
.1,
3
1
== yx

M
min

64
81
=

, đạt khi
4
3
2
32
9
=== yxxy
hoặc
.
4
3
2 == xy


Chú ý:
*) Để tìm điều kiện của
xy
t
=
có thể thực hiện theo cách sau:
Từ giả thiết
( )
.1
3
1
,
14
1
3
1

14
1414
2


=









=
= x
x
x
xy
x
x
x
y
xyxx

Xét hàm số
1
3
1

,
1
4
2


= x
x
x
t
thu đợc
.
3
1
4
1
t

*) Có thể đặt
t
y
x
=
+
, với điều kiện
3
4
1 t
. Khi đó
.

4
9
2
ttM =

Xét hàm số






=
3
4
;1,
4
9
)(
2
ttttf
sẽ thu đợc kết quả nh trên.

Cách 1: Kẻ
)(DBCAH


- Vì
CDAB

nên hình chiếu
CDBH

(1)

BDAC

nên hình chiếu
BDCH

(2)
- Từ (1), (2)
H

là trực tâm
ACDHBCD



.
Vì
DH
là hình chiếu
AD
lên
)(ABC
nên
BCAD

0,25

0,25




0,25


















0,25

0,25

















0,25

0,25
0,25
0,25
t

M'(t)

M

4
1

32
9

3
1

9
11


64
81


4
5


-

0

+

A

B

D

C

H

Page 4 Thu Lờ

.

Cách 2:

(
)
(
)
( )
0.

.
2
==++=
+++=
++=
ACBDDCBDABBD
DCBDBDDCABBDAB
DCBDBDABBCAD

+) Gọi
BDACI

=
. Vì
02:
=
+


yxdI
nên.

(
)
2,
00
+xxI
.

+) Từ t/c hình thoi ta có
BDAC


0.90
0
== BIAIAIB

+) Ta có:

(
)
( )

1,3
4,1
00
00
+=
+=
xxBI
xxAI

(
)
(
)
(
)
(
)
1431.
0000
+++= xxxxBIAI

( )( )
(
)

=
=
=+=
2
3
,
3
7
3,1
2
7
1
0721
0
0
00
I
I

x
x
xx

TH 1:
),3,1(I
do I là trung điểm
BDAc,
nên ta có
(
)
(
)
6,4;1,8 DC

TH 2:







2
3
,
2
7
I
, tơng tự TH 1 ta có:

(
)
(
)
6,4;1,8 DC


*) Cách 1:
+) Chọn
(
)
2,1,1 == SCn



.02:)( =+ zyxpt


Ta có: pt
2
2
11
:


==
z
y
x
SC

=+
=

.022
0
zy
yx

- Từ hệ





=+
=
=+
022
0
02
zy
yx
zyx

(
)


Cắt tại SC tại








2
2
,
2
1
,
2
1
I

- Pt SD:



=+
=

==
022
0
2
2
10
zy
x
z
y
x

Từ hệ
( )







=+
=
+
0232
0
2
y

x
zyx
cắt SD tại








3
2
,
3
2
,0K

Tơng tự
(
)

cắt SB tại
.
3
2
,0,
3
2

H

+) Thiết diện là tứ diện AHIK








0,25






0,25

0,25

0,25



0,25




















0,25

D

C

B

A

I

d

A

C(1, 1, 0)

D(0, 1, 0)

B(1, 0, 0)

S(0, 0,
2
)
H

I

K

y

x

z

Page 5 Thu Lờ

V
(1đ)

Ta có








=

=
2
2
,
2
1
,
2
1
3
2
,0,
3
2
AI
AH

[
]

=
6
2
,
6
2
,
6
2
, AIAH

6
2
6
2
6
2
6
2
2
1
2
22
=

+








+








=
AHI
S
.
Tơng tự
3
2
6
2
6
2
6

2
=+==
tdAKI
SS
(đvdt).
Cách 2: - Từ gt
ABCD

là hình vuông và
(
)
ABCDSA

- Giả sử
(
)

cắt SB, SC, SD tại H, I, K.
- Vì
(
)
SBCCB
nên
AhCB

; Vì
(
)
AHIKSC
nên

AHSC


(
)
HBAHSBCAH
và
HI
AK

.

Tơng tự ta có
SDAK

và
KI
AK

.
Trong tam giác vuông
SAB ta có
.
3
2
2
3
1
1
2

1111
222
==+=+= AH
ABASAH

Tơng tự trong tam giác vuông
SAC
ta có
3
1
3
2
11
22
==== AHAIIHAI

.
6
2
.
2
1
== HIAHS
AHI

Do tính chất đối xứng nên
3
2
6
2

.2 ===
tdAHIAKI
SSS
(đvdt).

Đặt
(
)
dx
x
x
x
duxxu
2
2
3
23
3ln


==

.
2
1
2
xvxdxdv ==
Theo công thức tích phân từng phần ta có
( )

=
2
1
2
2
2
3
23
2
1
1
2
3ln
2
dx
x
xx
xx
x
I
.

( )

++=

++=
2
1
2
1
2
3ln93
2
1
2ln
2
3
3
9
32
2
1
2ln
2
3
xxxdx
x
x


( )

32ln62ln96
2
1
2ln
2
3
==
.







0,25






0,25



0,25

0,25





0,25



0,25





0,25




0,5


0,25



Page 6 Thu Lờ

Trờng đại học Vinh đề thi khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2008
Khối THPT chuyên Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút


Câu I.
Cho hàm số
(
)
2
32
2
+
+++
=
x
mxmx
y

1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có các cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đờng thẳng

0
2
2
:
=

+

y

x

Câu II
. 1. Giải phơng trình sau:

(
)
xxxxx 4cos1cossin42cos24sin
+
=
+
+
+

2. Giải phơng trình

08log2log2log
162
=
+
+
xxx

Câu III
. 1. Xác định giá trị của tham số a để hệ phơng trình sau có nghiệm

( )

+=+
=+
12
31
ayx
ayx

2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
.3
22
=++ xyyx Hãy tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3344
4 yxxyyxA ++=
Câu IV
. 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
aCDaAD 2,2 == . Cạnh SA vuông góc với đáy và
.
2
3
a
SA
=
Gọi K là trung điểm
AB. Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SAK) và tính thể tích
hình chóp SCDK theo a.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho elíp
( )
1

2
18
:
22
=+
yx
E
với các
tiêu điểm là F
1
, F
2
. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho:
12.4
21
2
2
2
1
=+ MFMFMFMF

3. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hình lập phơng
D'C'B'A' ABCD.
có

A(0,3,3).

(0,3,0),
A'

(3,0,0),
C'

(0,0,0),
D'
Tìm tọa độ điểm Q trên
đờng thẳng BD sao cho
0
120'' = QCA
Câu V
. Cho Parabol
(
)
.3:
2
xxyP =
Hãy tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi
(P) và các tiếp tuyến của (P) đi qua điểm M (1;3)


Ghi chú:
1. Ban tổ chức sẽ trả bài vào các ngày 29, 30/3/2008. Để nhận đợc bài thi, thí sinh phải
nộp lại phiếu dự thi cho Ban tổ chức.
2. Kỳ thi khảo sát chất lợng lần 2 sẽ đợc tổ chức vào chiều ngày 12 và ngày 13 tháng 4
năm 2008. Đăng ký dự thi tại văn phòng khối THPT chuyên - Đại học Vinh từ ngày 29 tháng 3
năm 2008.

Page 7 Thu Lờ
Đáp án toán lần 1-2008

Câu

Nội dung Điểm

I

1. Với
1
=
m ta có
2
1
1
2
33
2
+
++=
+
++

=
x
x
x
xx
y

*) TXĐ: R
}2{\

.
*) CBT: +)
( )






+
=
3
1
0
2
1
1'
2
x
x

x
y

BBT










+) Hàm số đạt cực đại tại
3,3 ==
CD
yx
và đạt cực tiểu tại
1,1 ==
CT
yx
.
+)
=

y
x
lim

+) =

y
x
2
lim , nên đờng thẳng
2

=
x
là tiệm cận đứng của đồ thị.
+)
( )
[ ]
0
2
1
lim1lim =
+
=+

x
xy
xx
, nên đờng thẳng
1
+
=
xy
là tiệm cận xiên của đồ thị.

*) Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận điểm
(
)
1;2 I

làm tâm đối xứng.
















2)+) Hàm số xác định
2



x
và có

( )
2
2
2
44
'
+
++
=
x
mxx
y
.
+) Hàm số có cực đại, cực tiểu tại
0',
21
= yxx
có 2 nghiệm phân biệt khác 2.


Phơng trình
0
4
4
2
=++
m
x
x
có 2 nghiệm phân biệt

21
, xx


0'
>
=


m






0,25







0,25

0,25












0,25











0,25

x

'y

y











+


+


+

2


3

1


3


1

+

+

_

_

0
0

y

x

1

0

2

3


3


I

-
1


Page 8 Thu Lờ










II

III

+) Khi đó 2 điểm cực đại, cực tiểu của hàm số là
(
)
(
)
2211
,,,
yxByxA
với
22
11
++= mxy
và
22
22
++=
mxy
.
Gọi d là đờng thẳng đi qua A, B. Ta có phơng trình của
22:
+
+
=

mxyd
.
Rõ ràng


d
. Gọi I là trung điểm của AB.








=+++=
+
=
=
+
=

22
2
2
2
21
21
21
mmxx

yy
y
xx
x
I
I

Từ
A, B
đối xứng nhau qua

suy ra toạ độ của
I
thoả mãn phơng trình của

, hay ta có:
(
)
402222
==+ mm
, thoả mãn.
1) Phơng trình
(
)
xxxxx 4cos1cossin42cos24sin +=+++

(
)
0cossin42cos22cos22cos2sin2
2

=+++ xxxxxx

(
)
(
)
0cossin22cos12sin2cos =+++ xxxxx

(
)
(
)
0cossin2sin2cossin22cos
2
=+++ xxxxxx

(
)
(
)
01sin2coscossin =++ xxxx

+)
Zkkxxx +==+ ,
4
0cossin



+)

(
)
(
)
(
)
01sin21sin01sinsin2101sin2cos
22
==+=+ xxxxxx


Zmmxx +== ,2
2
1sin



2) +) Điều kiện:
16
1
,
2
1
,10 < x
.
Khi đó pt
0
4log
3
1log

1
log
1
222
=
+
+
+
+
xxx
. Đặt
(
)
4,1,0,log
2
= txt
. Pt trở thành





=
=
=++=
+
+
+
+
5

2
2
041250
4
3
1
11
2
t
t
tt
ttt

+) Với
4
1
2log2
2
=== xxt
, thoả mãn.
+) Với
5
2
4
1
5
2
log
5
2

===
xxt
, thoả mãn.
Vậy phơng trình có hai nghiệm là
4
1
=
x
và
5
4
1
=
x
.
1) +) Điều kiện:
3;1



yx
.
Đặt
03;01 =+= yvxu
. Khi đó hệ đã cho trở thành

=
=+




=+
=+
2
2
2
2
22
aa
uv
avu
avu
avu

v
u
,

là nghiệm của phơng trình
( )
0
2
2
2

2
=

+=
aa
atttf
.
+) Hệ đã cho có nghiệm

phơng trình
(
)
0=
tf
có nghiệm
21
, tt
thoả mãn
21
0
tt


( )
200
2
2
00.1
2

a
aa
f
.


0,25




0,25



0,25



0,25



0,25

0,25

0,25

0,25



0,25


0,25




0,25


0,25





0,25

0,25

0,25

Page 9 Thu Lờ


















IV

2) Đặt
xy
t

=
. Từ giả thiết 3
22
=++
xyyx
ta có:
+)
(
)
33
2
+= xyxyxyyx
.
+)
.133
22
++= xyxyxyyx
Vậy
13



t
.
+)
(
)
(
)
2222

2
22
2
2244
69232 yxxyyxxyyxyxyx ==+=+
.
Suy ra
13,92
23
+= ttttA
.
Xét hàm số
(
)
13,92
23
+=
tttttf .
(
)
ttttf <= ,0223'
2
. Vậy hàm số nghịch biến trên R, nên:
(
)
(
)
(
)
(

)
333max;51min
13
13
====


ftfftf
t
t

+) Để ý rằng
11

=
=

=
yxt
và
33 === yxt

Vậy
5min
=
A
, đạt khi
1

=

=
yx


33max
=
A , đạt khi
3== yx
.

1. *)
(
)
DKSAABCDSA
(1)
Gọi
DKACH

=
. Vì
AKDC //
và
AKDC 2
=
nên
HK
DH
2
=
hay

DKDH
3
2
=

mà
3
32
3
22
a
DHaAKDADK ==+=
.
Tơng tự
3
62
3
2 a
CACH ==




022
2
22
904
9
36
====+ DHCCDa

a
CHDH
hay
DKAC

(2)
Từ (1), (2)
(
)
(
)
(
)
SACSDKSACDK

*) Kẻ
2aADKLCDKL ==
2.
2
1
2
aCDKLS
KCD
==
.
.22.23
3
1
.
3

1
32
aaaSSAV
KCDSDKC
===

Chú ý:
Học sinh có thể sử dụng việc chọn hệ trục toạ độ
Oxyz
có
AO

từ đó:
*)
( ) ( )
(
)
(
)
SACSDKnn
SACSDK
= 0.

*)
[
]
3
2,
6
1

aSCSKSDV
SDKC
==
.
2. *)
( )
1
2
18
:
22
=+
yx
E
có
9
8
16,18
2
2
222
====
a
c
eca
.
*) Giả sử
( ) ( )
1
2

18
,
2
0
2
0
00
=+
yx
EyxM
(1)
*)
(
)
(
)
(
)
(
)
00
2
21
2
2121
2
2
2
1
62.6.4 exaexaaMFMFMFMFMFMFMFMF

+=+=+

912
9
8
.63662
2
0
2
0
2
0
22
==+=+=
xxxea
gt
(2)


0,25


0,25



0,25

0,25







0,25






0,25




0,25

0,25

0,25

0,25



0,25


S

D

C

B

K

A

H

L

a2

2
a

a
2
3

Page 10 Thu Lờ

V







*) Từ (1), (2)

=
=






=
=

1
3
1
9
0
0
2
0
2
0
y
x
y
x
có 4 điểm M là:
(
)
(
)

(
)
(
)
1,3;1,3;1,3;1,3

.
Chú ý:
Học sinh có thể tính
21
, MFMF
trực tiếp bằng công thức:

( ) ( )
22
ABAB
yyxxAB +=
với
(
)
(
)
(
)
0021
,,0,4;0,4
yxMFF
.

3. *)

Từ tính chất của hình vuông hoặc sử dụng
phép chiếu lên 3 trục ta có
(
)
(
)
3,0,0,0,3,3'
DB
.
*)
(
)
(
)
==
1,1,133,3,3'
DB
phơng trình





=
=
=
tz
ty
tx

DB
3
:'

(
)
'3,, DBtttQ .
*)
(
)
3,3,' = tttQA ;
(
)
3,,3' = tttQC
.
(
)
2
1
120cos','cos''cos
0
===
gt
QCQAQCA

(
)
(
)
(

)
( ) ( ) ( ) ( )
2
1
33.33
333
2
2
222
2
2

=
++++
+

tttttt
ttttt

(
)
(
)
( )
2036369
2
1
32
333
2

2
2
==+

=
+


ttt
tt
tt

Vậy
(
)
1,2,2
Q
.
Chú ý:
- Nếu học sinh dùng công thức góc giữa 2 đờng thẳng cho việc tính góc
''QCA

thì
không cho điểm!
- Nếu trong công thức tính
''cos QCA

học sinh sử dụng dấu giá trị tuyệt đối thì phần sau không
cho điểm.

Gọi
(
)
00
, yx
là tiếp điểm của tiếp tuyến với
P
đi qua điểm
(
)
3;1M


Pt tiếp tuyến là
(
)
(
)
2
0000
323: xxxxxyd +=
.
Vì
(
)
dM
3;1
nên ta có
( )( )

=
=
=+=
2
0
0231233
0
0
0
2
0
2
0000
x
x
xxxxxx

+) Với
0
0
=x
ta có phơng trình tuyếp tuyến là
xy 3
=

+) Với
2
0

=x
ta có phơng trình tiếp tuyến là
4
+

=
xy

Khi đó diện tích
S của hình phẳng cần tìm là
( ) ( )

++++=
1
0
2
1
22
3433 dxxxxdxxxxS


3
2
3
1
3
1
1
2
42

3
1
0
1
3
1
233
=+=






++= xxxx
(đvdt)
0,25










0,25

0,25




0,25





0,25











0,25

0,25


0,25



0,25
D

z

C

D'

A'
(
)
0,3,0

C'
(
)
0,0,3

A
(

)
3,3,0

B

Q

B'

x

y

y

x

M

1

2

3

3
0

Page 11 Thu Lờ
TRƯỜNG ðẠI HỌC VINH

®Ò kh¶o s¸t chÊt l−îng líp 12 LÇn 1 - 2009

KHỐI THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I. (2,0 ñiểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số ñã cho ứng với
1
=
m
.
2. Xác ñịnh
m
ñể hàm số ñã cho ñạt cực trị tại
21
, xx sao cho 2
21
≤− xx .
Câu II
. (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin

2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x .
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx .
Câu III. (1,0 ñiểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x

I
.
Câu IV
. (1,0 ñiểm) Cho hình lăng trụ tam giác ñều
'''. CBAABC
có ).0(',1
>
=
=
mmCCAB
Tìm
m
biết rằng góc giữa hai ñường thẳng
'
AB
và 'BC bằng
0
60 .
Câu V. (1,0 ñiểm) Cho các số thực không âm
z
y
x
,
,
thoả mãn 3
222
=++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
zyx
zxyzxyA

++
+++=
5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa
. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương
trình các ñường thẳng chứa ñường cao và trung tuyến kẻ từ ñỉnh
C lần lượt là 0132
=
+
−
yx và
029136
=
+
−
yx . Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5(
−
−
PM .
Tìm toạ ñộ ñỉnh
Q biết rằng ñỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)(
=
−
−
+

zyx
γ

Câu VIIa
. (1,0 ñiểm) Cho tập
{
}
6,5,4,3,2,1,0=E . Từ các chữ số của tập
E
lập ñược bao nhiêu số
tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số ñôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb
. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ,Oxy xét elíp )(E ñi qua ñiểm )3;2(
−
−
M và
có phương trình một ñường chuẩn là
.08
=
+
x Viết phương trình chính tắc của ).(E
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
,Oxyz cho các ñiểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt
phẳng
.022:)(
=
+
+
yx

α
Tìm toạ ñộ của ñiểm
M
biết rằng
M
cách ñều các ñiểm CBA ,, và
mặt phẳng
).(
α

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

=+
.
Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào chiều 28 và ngày 29/3/2009. ðể nhận ñược bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 2 sẽ ñược tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2009. ðăng kí dự thi
tại văn phòng khối THPT chuyên từ ngày 28/3/2009.
Page 12 Thu Lê
P N THI TH LN 1 NM 2009

Cõu ỏp ỏn im

1. (1,25 ủim)
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(

+
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(

0,5
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
.


0,25

Bảng biến thiên:

0,25

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

.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O






0,25

2. (0,75 điểm)

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(




0,25

I
(2,0
ủim)
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
=+=+ xxmxx Khi đó
(
)
(
)
41214442
2
21
2
2121

++ mxxxxxx


)2(134)1(
2
+ mm




0,5
Trờng đại học vinh

Khối THPT chuyên
đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009
Môn Toán, khối A

x

y


y

3

-
1

+




0

0

3

1


+




+

+



Page 13 Thu Lờ
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 < m và .131 <+ m
1. (1,0 điểm)
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 Zkkxx +==








0,5

+) Znm
n
x
mx
nxx
mxx
xx






+=
+=







+=
++=
+= ,
3
2
4
2

4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin











.,
3
2
4
Zt
t
x +=

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx +=
2
;
.,,
3
2
4
Ztk
t
x +=








0,5

2. (1,0 điểm)
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




0,5
II
(2,0
ủim)

=
=

=
=+
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




0,5

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





0,5

III
(1,0
ủim)

.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln

2
4
3
1
9
2
3
+=
+

+






=
t
t
tt


0,5

IV
- Kẻ
)''('// BADABBD

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


0
60'= DBC
hoặc
.120'
0
=DBC


0,5
Page 14 Thu Lờ
(1,0
điểm)
- 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:
'
'.
'.'
)','cos()','cos(
BC
AB
BCAB
BCABBCAB ==
.





0,5
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 +

=




0,5
V
(1,0
điểm)
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






0,5
1. (1 điểm)
- 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











0,5

VIa.
(2,0
điểm)
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC



0,5
A

2
1
m
+
C

C

B

B

A


m

D

3
1

1

0
120

M
(6
;
5)

A
(4
;
6)

C
(
-
7
;

-
1)

B

(8
;
4)

H

Page 15 Thu Lờ
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. (1 điểm)
- 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




0,5




=++++
=+

)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




0,5

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


0,5

VIIa.
(1,0
điểm)

+) 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


0,5
1. (1 điểm)

- Gọi phơng trình
)0(1:)(
2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
x

E
.
- Giả thiết







=
=+

)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba

Ta có
).8(88)2(
22222
cccccabca ====

Thay vào (1) ta đợc
1
)8(

9
8
4
=

+
ccc
.




0,5


VIb.
(2,0
điểm)

=
=
=+
2
13
2
026172
2
c
c
cc

* Nếu
2
=
c thì
.1
12
16
:)(12,16
22

22
=+==
yx
Eba






0,5
Page 16 Thu Lờ
* NÕu
2
13
=c
th×
.1
4
/
39
52
:)(
4
39
,52
22
22
=+⇒==
yx

Eba


2. (1 ®iÓm)
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

0,5






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




0,5

Ta cã





=
−−
+
−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(

2
3
171
32


.9
0365
3
2
=⇔



=−−
≥
⇔ n
nn
n




0,5

VIIb.
(1,0
®iÓm)
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

0,5

Page 17 Thu Lê
TRƯỜNG ðẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
®Ò kh¶o s¸t chÊt l−îng líp 12 LÇn 1 - 2010

MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I
. (2,0 ñiểm) Cho hàm số
2
+
−
=
x
xm
y
có ñồ thị là
)(
m
H
, với

m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số ñã cho khi
1
=
m
.
2. Tìm m ñể ñường thẳng
0122:
=
−
+
yxd
cắt
)(
m
H
tại hai ñiểm cùng với gốc tọa ñộ tạo thành một
tam giác có diện tích là
.
8
3
=S

Câu II
. (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình
xxxxxxx sincos)sin.(coscos)cot1.(sin
23
+=−+−

.
2. Giải phương trình
)1(log
2
1
12log)1(log
3
3
3
3
++−=+ xxx
.
Câu III
. (1,0 ñiểm) Tính tích phân
∫
+
=
3
1
2
2
)3ln(
dx
x
x
I
.
Câu IV. (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có
)(ABCSC
⊥

và tam giác ABC vuông tại B. Biết rằng
)0(3, >== aaACaAB
và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng
α
với
6
13
tan =
α
. Tính thể
tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu V
. (1,0 ñiểm) Cho các số thực dương
z
y
x
,
,
thoả mãn
912513
=
+
+
zyx
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
xz
zx
zy
yz

yx
xy
A
+
+
+
+
+
=
2
6
2
3
2
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa
. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho các ñường thẳng
032:
1
=++ yxd
;
.087:;0123:
2
=+−∆=−− yxyxd
Tìm ñiểm
1
dP ∈
và

2
dQ∈
sao cho
∆
là ñường trung trực của
ñoạn thẳng PQ.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hình thang cân ABCD với hai ñáy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(
−
−
CBA
. Tìm tọa ñộ D.
Câu VIIa
. (1,0 ñiểm) Trong Kỳ thi tuyển sinh năm 2009, trường A có 5 học sinh gồm 3 nam và 2 nữ cùng
ñậu vào khoa X của một trường ñại học. Số sinh viên ñậu vào khoa X ñược chia ngẫu nhiên thành 4 lớp.
Tính xác suất ñể có một lớp có ñúng 2 nam và 1 nữ của trường A.
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb
. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho ñiểm
)2;3(K
và ñường tròn
0142:)(
22
=+−−+ yxyxC
với tâm là I. Tìm tọa ñộ ñiểm
)(CM
∈
sao cho
0
60=∠IMK

.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho ñường thẳng
.
2
1
2
3
1
2
:
−
−
=
−
−
=
+
zyx
d
Xét hình bình hành
ABCD có
.),2;2;2(),0;0;1( dDCA
∈
Tìm tọa ñộ B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng
.23

Câu VIIb
. (1,0 ñiểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
.337923)1( 33323
133221

=−+++−
− nn
n
n
nnn
nCCCC

Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 27, 28/03/2010. ðể nhận ñược bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 2 sẽ ñược tổ chức vào chiều ngày 17 và ngày 18/04/2010. ðăng kí dự thi tại
Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 27/03/2010.

Page 18 Thu Lê
TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2010

MễN: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt


Cõu ỏp ỏn im

1. (1,0 ủim)
Khi
1
=
m
hm s tr thnh
2

1
+
+

=
x
x
y
.
a. Tp xỏc ủnh:
}2{\

R .
b. S bin thiờn:
* Chiu bin thiờn: Ta cú
.2,0
)2(
3
'
2
<
+
= x
x
y
Suy ra hm s nghch bin trờn mi khong
)2;(


v );2(

+

.
* Gii hn:
1lim =
+
y
x
;
1lim =

y
x
; +=
+

y
x )2(
lim ; =


y
x )2(
lim
Suy ra ủ th cú tim cn ngang l
1

=
y

v tim cn ủng l
2

=
x
.




0,5
* Bng bin thiờn
x



2



+

'
y

y


+


1


1







c. th: th ct Ox ti (1; 0);
ct Oy ti






2
1
;0

.
th nhn giao ủim
)1;2(


I

ca hai tim cn lm tõm ủi xng.












0,5
2. (1,0 ủim)
Honh ủ giao ủim A, B ca d v )(
m
H l cỏc nghim ca phng trỡnh
2
1
2
+=
+

+

x
x
mx

2,0)1(22
2
=++ xmxx (1)
Pt (1) cú 2 nghim
21
, xx phõn bit khỏc
2








<




+
>=

2

16
17
0)1(22)2.(2
01617
2
m
m
m
m
.
Ta cú
.1617.
2
2
4)(.2)(.2)()(
21
2
12
2
12
2
12
2
12
mxxxxxxyyxxAB
=+==+=

0,5

I.
(2,0
ủim)
Khong cỏch t gc ta ủ O ủn d l
.
22
1
=h
Suy ra
,
2
1
8
3
1617.
2
2
.
22
1
.
2
1

2
1
====

mmABhS
OAB
tha món.


0,5
O
1


2


1

I
y
x
Page 19 Thu Lờ
1. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
.,0sin
Zkkxx
∈
≠
⇔
≠
π

Phương trình xxxxxxxx sincos)sincoscos(sincossin
2233
+=+−+⇔

0)cos(sincossin2
0)1cossin2cos)(sincos(sin
22
=+⇔
=−−++⇔
xxxx
xxxxxx



0,5

Zk
kx
kx
x
x
∈






+−=
+=

⇔




=+
=
⇔ ,
4
2
0)
4
sin(
0cos
π
π
π
π
π
(Do
0sin
≠
x
)
Vậy, ta có nghiệm của phương trình là
.,
4
;
2
Zkkxkx ∈+−=+=

π
π
π
π




0,5
2. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
2
1
1
01
012
01
3
≠<−⇔





>+
≠−
>+
x
x
x

x
.
Phương trình
)1(log12log)1(log
33
3
3
++−=+⇔ xxx

121
)1.(121
2
3
−=+−⇔
+−=+⇔
xxx
xxx




0,5

II.
(2,0
ñiểm)





−==
==
⇔




=+
=+−
⇔




−−=+−
−=+−
⇔
1;0
2;1
0
023
)12(1
121
2
2
2
2
xx
xx
xx

xx
xxx
xxx

ðối chiếu ñiều kiện ta có nghiệm của phương trình là
.2;1;0
=
=
=
xxx



0,5
ðặt
2
2
),3ln(
x
dx
dvxu =+=
. Khi ñó
x
vdx
x
x
du
1
,
3

2
2
−=
+
=
.

0,25
Theo công thức tích phân từng phần ta có

∫
+
++−=
3
1
2
1
3
2
3
2)3ln(
1
x
dx
x
x
I

∫
+

+−=
3
1
2
3
212ln
3
1
4ln
x
dx
. (1)

0,25

III.
(1,0
ñiểm)
Tính
∫
+
=
3
1
2
1
3x
dx
I
.

ðặt tx tan3= . Khi ñó dttdx )tan1(3
2
+= và
3
tan33,
6
tan31
π
π
== .
Suy ra
363
1
)1(tan3.
)1(tan3
1
3
6
3
6
2
2
1
π
π
π
π
π
==+
+

=
∫∫
dtdtt
t
I
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
9
3
3
16
ln
3
1
33
12ln
3
1
4ln
ππ
+=+−=I .





0,5

IV.
(1,0

ñiểm)
Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
Ta chứng minh ñược )(),( CHKSASABCK
⊥
⊥
.
Suy ra
CHK
∆
vuông tại K và KHSA
⊥
.
Do ñó
.CHK
∠
=
α

Từ
19
13
19
13
sin
6
13
tan
2
2
=⇔=⇒=

CH
CK
αα
(1)



0,5





Page 20 Thu Lê
ðặt 0
>
=
xSC . Trong tam giác vuông SAC ta có
.
3
3111
22
22
2
222
x
a
xa
CH
CS

CA
CH
+
=⇒+=
Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có .
2
2
22
22
2
x
a
xa
CK
+
=
Do ñó từ (1)
19
13
)2(3
)3(2
22
22
=
+
+
⇒
xa
xa

ax 6
=
⇔
, vì x > 0.
Suy ra
3
2.
2
1
.
3
1
.
3
1
aBCABSCSSCV
ABCSABC
=== .



0,5
Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có
)2(
9
1
33
1
3
1

3
2
3
3
yx
yyx
xyy
xxy
xy
yxx
xy
yx
xy
+=
+
+
≤=≤
++
=
+
.
Tương tự ta có
)2(
9
1
2
);2(
9
1
2

xz
xz
zx
zy
zy
yz
+≤
+
+≤
+
.



0,5


V.
(1,0
ñiểm)
Suy ra
1)12513(
9
1
)2(
9
6
)2(
9
3

)2(
9
1
=++=+++++≤ zyxxzzyyxA
.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
10
3
=== zyx
.
Suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, ñạt khi
10
3
=== zyx
.



0,5
1. (1,0 ñiểm)
+) ).32;(032:
111
−−⇒=++∈ xxPyxdP
)
2
13
;(0123:
2
22
−

⇒=−−∈
x
xQyxdQ .
Suy ra trung ñiểm PQ là






−+−+
4
734
;
2
2121
xxxx
I
và






++
−
2
543
;

12
12
xx
xxPQ
.


0,5
+) Yêu cầu bài toán
⇔
P và Q ñối xứng nhau qua
∆






=
∆∈
⇔
∆
0.PQu
I





=

−=
⇔



=++
=++
⇔







=
++
+−
=
++
−
+
⇔
3
4
0352326
0391118
0
2
543

.7).(1
0
2
534
2
.7
2
1
21
21
12
12
2121
x
x
xx
xx
xx
xx
xxxx

Suy ra
).4;3(),5;4( QP
−




0,5
2. (1,0 ñiểm)

+) Rõ ràng ACkAB .≠ nên A, B, C không thẳng hàng.
+) CD // AB nên chọn
)1;1;2( −−== ABu
CD
. Suy ra pt





−−=
+=
−=
tz
ty
tx
CD
1
3
21
:

CDtttD
∈
−
−
+
−
⇒
)1;3;21( .

Vì ABCD là hình thang cân với hai ñáy AB, CD nên AD = BC. Do ñó
6)2()2()2(
222
=−−+++− ttt




0,5

VIa.
(2,0
ñiểm)












−
⇒





−=
−=
⇔
=++⇔
3
2
;
3
8
;
3
5
)0;2;3(
3
1
1
0143
2
D
D
t
t
tt

C A
B
S
H
K
x

a

3a

Page 21 Thu Lê
ðể ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do ñó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi ñó
ABCD là hình bình hành.
Với






−−
3
2
,
3
8
,
3

5
D
thỏa mãn.
0,5
Với mỗi học sinh có 4 cách sắp vào một lớp nào ñó trong 4 lớp.
Suy ra số cách sắp xếp lớp cho 5 học sinh vào 4 lớp là
5
4
.

0,25
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là
1
2
2
3
.CC .
Với mỗi cách chọn trên, có 4 cách xếp 3 học sinh ñó vào một lớp và có
2
3 cách xếp 2 học
sinh không ñược chọn vào 3 lớp còn lại.
Suy ra số cách sắp xếp có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ vào một lớp là
21
2
2
3
3 4 CC .

0,5

VIIa.
(1,0
ñiểm)
Từ ñó ta có xác suất cần tính là
.
128
27
4
3 4
5
21
2
2
3
==
CC
P

0,25
1. (1,0 ñiểm)
+) Ta có 4)2()1(:)(
22
=−+− yxC . Suy ra tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 2.
Nhận thấy IK = 2. Suy ra
).(CK
∈

Do )(CM
∈
và

0
60=∠IMK . Suy ra
IMK
∆
ñều. Do ñó yêu cầu bài toán
⇔
Tìm
)(CM
∈
sao cho KM = R = 2.


0,5
+) Giả sử )(),(
00
CyxM ∈ 4)2()1(
2
0
2
0
=−+−⇔ yx (1)
Ta có
4)2()3(2
2
0
2
0
=−+−⇔= yxKM (2)
Từ (1) và (2) suy ra





−
+
)32;2(
)32;2(
M
M



0,5
2. (1,0 ñiểm)
+) )12;32;2(
2
1
2
3
1
2
: +−+−−⇒
−
−
=
−
−
=
+
∈ tttD

zyx
dD

2
23
23 =⇒=
ACDABCD
SS . (1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC
.
Suy ra
)94;74;4(],[ +−−−= ttADAC
.



0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Suy ra

[
]
14612832
2
1
)94()74(16

2
1
,
2
1
222
+−=+−+−+== ttttADACS
ACD
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
2012812832
2
=⇔=+− ttt . Suy ra )3;1;0(
−
−
D .
+) ABCD là hình bình hành nên
DCAB = . Suy ra B(3 ; 3 ; 5).


0,5
Xét khai triển Niu-tơn
RxxCxCxCxCCx
nn
nnnnn
n
∈∀+++++=+ , )1(
332210
.
Lấy ñạo hàm hai vế ta ñược

RxxnCxCxCCxn
nn
nnnn
n
∈∀++++=+
−−
, 32)1(
123211
.
Cho
3
−
=
x ta có
1112321
)2(3)1( 3332
−−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .



0,5

VIIb.

(1,0
ñiểm)
Suy ra
1133221
)2(33)1( 33323
−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .
Kết hợp bài ra ta có 33792)2(3
1
=−
−n
n 112642)1(
11
=−⇔
−− nn
n .11
=
⇔
n



0,5

Page 22 Thu Lê

Page 23 Thu Lê
Page 24 Thu Lê
Page 25 Thu Lê