tuyển tập 8 đề thi thử toán ôn thi đại học

OnLuyenToan - 2012
DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN
————
ĐỀ 01
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (C
m
) : y =−x
3
+(2m +1)x
2
−m −1
1) Với m =1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
1
)
2) Tìm m để đường thẳng y =2mx −m −1 cắt đồ thị hàm số (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa
mãn OA
2
+OB
2
+OC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: sin


3x +
π
4

+8sin
2
x −

2sin x =2
2) Giải phương trình:

1 +x
2
+x
4
+x =

x −x
3
Câu III. (1 điểm) Tính


8

3
x
3
ln x

x

2
+1
dx.
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A
′
B
′
C
′
có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC
′
tạo với mặt phẳng (ABB
′
A
′
) góc 60
o
và AB = A A
′
= a , (a >0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm
của BB
′
,CC
′
,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A
′
B
′
C
′

cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM
và NP theo a
Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x
2
+ y
2
=2. Chứng minh rằng
x
3
y
2
+
9y
2
x +2y
≥4.
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B)
Phần A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung
tuyến CM : 3x +7y −8 = 0, phương trình đường trung trực của BC : x −3 = 0. Tìm tọa độ của đỉnh
A.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đi ểm A(3; 2;−1), 2 điểm B, D nằm trên đường
thẳng ∆ :
x −1
1
=
y +2
2
=

z −2
−1
, điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x + y+z −3 =0. Tìm tọa độ điểm B
biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình:

log
2
1
2

2x
2 −x

−4 ≤

5
Phần B
Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x+2)
2
+(y−1)
2
=4. Gọi M là điểm sao cho tiếp
tuyến qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông
cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2

+z
2
−4x +2y −4 = 0 và mặt
phẳng (P) : x +2y−2z +9 =0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm
trên (P) và ∆ cắt trụ c hoành .
Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phứ c z thỏa mãn phương trình:
|
z
|
4
z
2
+
z =
−200
1 −7i
——— Hết ———
OnLuyenToan - 2012
DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN
ĐỀ 01
BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012
Môn thi: Toán
PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh
Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Cho hàm số: (C
m
) : y =−x
3
+(2m +1)x
2

−m −1
1) Với m =1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
1
)
Lời giải:
Với m =1 hàm số là y =−x
3
+3x
2
−2
• TXĐ là D =R
• Chiều biến thiên y
′
=−3x
2
+6x =3x
(
−x +2
)
Nên y
′
=0 ⇔

x =0 ⇒ y =−2
x =2 ⇒ y =2
y
′
<0 ⇔−∞< x <0 hoặc 2 < x <+∞⇒ hàm số nghịch biến trên
(
−∞;0

)
;
(
2;+∞
)
y
′
>0 ⇔0 < x <2 ⇒ hàm số đồng biến trên
(
0; 2
)
.
Giới hạn tại vô cực lim
x→+∞
y =−∞; lim
x→−∞
y =+∞.
Bảng biến thiên
x
y
′
y
−∞
0
2
+∞
−
0
+
0

−
+∞+∞
−2−2
22
−∞−∞
Điểm cực đại
(
2; 2
)
, điểm cực tiểu
(
0; −2
)
.
• Đồ thị Giao với các trục tọa độ:
Cho x = 0 ⇒ y =−2 và cho y =0 ⇒x =1, x =1−

3, x =1+

3.
Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A
1
(1;0), A
2

1 −

3;0

, A

3

1 +

3;0

.
1
2
3
−1
−2
−3
1 2 3−1
Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm m để đường thẳng y = 2mx −m −1 cắt đồ thị hàm số (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn
OA
2
+OB
2
+OC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
2
OnLuyenToan - 2012
Phương trình hoành độ giao điểm của đư ờng thẳn g d : y =2mx −m −1 với đồ thị hàm số (C
1

):
2mx −m −1 =−x
3
+(2m +1)x
2
−m −1
⇔ x

x
2
−(2m +1)x +2m

=0
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C
1
) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x) = x
2
−(2m+1)x+2m =0
có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:

∆ =(2m +1)
2
−4.2m >0
g(0) =0
⇔

(2m −1)
2
>0
m =0

⇔



m =
1
2
m =0
(∗)
Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x) =0, thì khi đó ta có:
A(x
1
;2mx
1
−m −1), B(x
2
;2mx
2
−m −1), C(0;−m −1)
⇒OA
2
+OB
2
+OC
2
= x

2
1
+x
2
2
+(2mx
1
−m −1)
2
+(2mx
2
−m −1)
2
+(m +1)
2
= x
2
1
+x
2
2
+

4m
2
x
2
1
−4mx
1

(m +1) +(m +1)
2

+

4m
2
x
2
2
−4mx
2
(m +1) +(m +1)
2

+(m +1)
2
=(x
2
1
+x
2
2
)(1 +4m
2
) −4m(m +1)(x
1
+x
2
) +3(m +1)

2
=

(x
1
+x
2
)
2
−2x
1
x
2

(1 +4m
2
) −4m(m +1)(x
1
+x
2
) +3(m +1)
2
Lại có, theo Vi-et thì:

x
1
+x
2
=2m +1
x

1
x
2
=2m
⇒OA
2
+OB
2
+OC
2
=

(2m +1)
2
−2.2m

(1 +4m
2
) −4m(m +1)(2m +1)+3(m +1)
2
=16m
4
−8m
3
−m
2
+2m +4 = h(m)
Khảo sát hàm h(m) trên R cho ta h(m) ≥ h

−1

4

=
29
8

m =
−1
4
thỏa điều kiện (∗)

Vậy tổng OA
2
+OB
2
+OC
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
29
8
tại m =
−1
4
Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình: sin

3x +
π
4


+8sin
2
x −

2sin x =2
Lời giải:
Biến đổi phương trình thành:
sin3x +cos3x +8

2sin
2
x −2sin x −2

2 =0 (1)
⇔(sin3x −2sin x)+2

2(4sin
2
x −1) +cos x(4cos
2
x −3) =0
⇔(2

2 −sin x)(4sin
2
x −1) +cos x(2cos 2x −1) =0
⇔(2

2 −sin x)(4sin
2

x −1) +cos x(2cos 2x −1) =0
⇔(2

2 −sin x)(1−2cos 2x) +cos x(2 cos2x −1) = 0
⇔(sin x +cos x −2

2)(2cos2x −1) =0
⇔cos2x =cos
π
3
⇔x =±
π
6
+kπ, (k ∈Z)
Còn sin x +cos x =2

2 (vô nghiệm) do sin x +cos x ≤

2
Vậy x =±
π
6
+kπ, (k ∈Z)
Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình:

1 +x
2
+x
4

+x =

x −x
3
Lời giải:
3
OnLuyenToan - 2012
Điều kiện : x ∈(−∞;−1] ∪[0;1]
• Xét với x =0 Không là nghiệm của hệ :
• Với x ∈(0;1] ta có :
⇔ x

1
x
2
+x
2
+1 +x = x

1
x
−x ⇔

1
x
2
+x
2
+1 +1 =


1
x
−x
Đặt : t =

1
x
−x ⇒ t
4
=
1
x
2
+x
2
−2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t

t
4
+3 +1 = t ⇔

t −1 ≥0
t
4
+3 = t
2
−2t +1
⇒ t = −1(loại)
• Xét với x ∈(−∞;−1] ta có
−


1
x
2
+x
2
+1 +1 =−

1
x
−x
Tương tự ta có
t =

1
x
−x ⇒ t
4
=
1
x
2
+x
2
−2
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
−

t
4

+3 +1 =−t ⇔

t +1 ≥0
t
4
+3 = t
2
+2t +1
⇒ t = 1 (thỏa mãn)
• Với t =1 ⇒
1
x
−x =1 ⇔ x
2
+x −1 =0 ⇔




x =
−1 −

5
2
x =
−1 +

5
2
(Loại)

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x =
−1 −

5
2
Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————
Tính


8

3
x
3
ln x

x
2
+1
dx.
Lời giải:
Biến đổi
I =


8

3
x
3

ln x

x
2
+1
dx =
1
2


8

3
x
2
.ln x
2
.x.dx

x
2
+1
Đặt t =

x
2
+1, (t ≥0) ⇒ t
2
= x
2

+1 ⇒ t.dt = x.dx;
x =

8 ⇒t =3
x =

3 ⇒t =2
ta được:
I =
1
2

3
2
(t
2
−1).ln(t
2
−1).t.dt
t
=
1
6

3
2
(t
3
−3t)
′

ln(t
2
−1)dt
=
1
6
(t
3
−3t)ln(t
2
−1)



3
2
−
1
3

3
2
(t
3
−3t)tdt
t
2
−1
=
1

6
(t
3
−3t)ln(t
2
−1)



3
2
−
1
3

3
2

t
2
−2 +
1
t +1
−
1
t −1

dt
=
1

6
(t
3
−3t)ln(t
2
−1)



3
2
−
1
3

1
3
t
3
−2t +ln
t +1
t −1




3
2
Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————
Cho lăng trụ đứng ABC.A

′
B
′
C
′
có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC
′
tạo với mặt phẳng
(ABB
′
A
′
) góc 60
o
và AB = AA
′
=a , (a >0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB
′
,CC
′
,BC. Tính thể
tích lăng trụ ABC.A
′
B
′
C
′
cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a
4
OnLuyenToan - 2012

Lời giải:
A
B
B
′
A
′
N
M
K
C
′
C
P
Q
H
′
Tính thể tích
Gọi K là trung điểm của A
′
B
′
, ta có ∆A
′
B
′
C
′
cân tại C
′

nên K C
′
⊥ A
′
B
′
Có K C
′
⊥ A A
′
⇒K C
′
⊥(ABB
′
A
′
) ⇒K C
′
⊥ AM ⇒K C
′
⊥BK ⇒

(BC
′
,(ABB
′
A
′
) =


KBC
′
=60
o
lại có AM =BK =
a

5
2
xét trong ∆BKC
′
⇒K C
′
=
a

15
2
, S
A
′
B
′
C
′
=
1
2
· A
′

B
′
·K C
′
=
1
2
·a ·
a

15
2
=
a
2

15
4
V
ABC.A
′
B
′
C
′
= A A
′
·S
A
′

B
′
C
′
=a ·
a
2

15
4
=
a
3

15
4
Tính khoảng cách
Nếu gọi Q là trung điểm của B
′
C
′
thì MQNP ⇒ NP(AMQ) ⇒ d(AM, NP) = d[P, (AMQ)]
Kẻ AH
′
⊥BC lại có BB
′
⊥AH
′
(do BB
′

⊥(ABC)) ⇒ AH
′
⊥(P MQ).
AH
′
=
2S
∆ABC
BC
=
a
2

15
2
2a
=
a

15
4
S
∆P MQ
=
1
2
·BP ·PQ =
a
2
2

⇒3V
A.P MQ
= AH
′
·S
∆P MQ
=
a
3

15
8
Dễ thấy AM = MQ =
a

5
2
. Theo định lý đường trung tuyến thì:
A
′
Q
2
=
2A
′
C
′2
+2A
′
B

′2
−B
′
C
′2
4
=
3a
2
2
AQ
2
= A A
′
2
+ AQ
2
=
5a
2
2
⇒S
∆AMQ
=
1
2

AM
2
−

AQ
2
4
· AQ =
5a
2
8
⇒ d[P, (AMQ)] =
3V
P.AMQ
S
∆AMQ
=
a
3

15
8
·
8
5a
2
=
a

15
5
Vậy d[AM, P N] =
a


15
5
Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x
2
+ y
2
=2. Chứng minh rằng
x
3
y
2
+
9y
2
x +2y
≥4.
Lời giải:
5
OnLuyenToan - 2012
Cách 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta có
x
3
y
2
+xy
2
≥2x
2

Do đó ta cần chứng minh
2x
2
+
9y
2
x +2y
≥4 +xy
2
hay
9y
2
x +2y
≥2y
2
+xy
2
tương đương với
9
x +2y
≥2 +x
Vậy ta cần chỉ ra
(2 +x)(x +2y) ≤9
Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng bđt Cauchy như sau:
(2 +x)(x +2y) ≤
(2 +2x +2y)
2
4
≤9
do (x + y) ≤


2(x
2
+ y
2
) =2.
Dấu bằng đạt được tại x = y =1.
Cách 2
Ta có:
x
3
y
2
+
9y
2
x +2y
≥
x
3
y
2
+
9y
2
x + y
2
+1
=
x

3
2 −x
2
+
9(2 −x
2
)
x +3 −x
2
Cuối cùng thì chỉ cần có:
x
3
2 −x
2
+
9(2 −x
2
)
x +3 −x
2
≥4 ⇔(x −1)
2
(x
3
−4x
2
−16x −12) ≤0
đúng do 0 ≤ x ≤

2

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
Phần A
Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Trên mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H(2; 0), phương trình đường trung tu yến
CM : 3x +7y−8 =0, phương trình đường trung trực của BC : x −3 =0. Tìm tọa độ của đỉnh A.
Lời giải:
Gọi G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt O(3; a)
Suy ra phương trình OH là
x −2
3 −2
=
y −0
a −0
⇔a(x −2) + y =0
G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là G

14a −8
7a −3
;
2a
7a −3

Lại do 2
−−→
GO +
−−→
GH =
−→
0 nên 2(x
0

−x
G
) +(x
H
−x
G
) =0 ⇔6 −3
14a −8
7a −3
+2 =0 ⇔ a =0
Vậy G

8
3
;0

Dễ dàng tìm ra tọa độ O(3;0)
Gọi A(2; b) Dựa vào
−−→
AG =2
−−→
GC, tìm được N

3;
b
2

Phương trình đường thẳng BC, vuông góc với x =3 có dạng y =
b
2

C thuộc đường tròn tâm O bán kính O A, OA
2
=1 +b
2
6
OnLuyenToan - 2012
Ta được (x
C
−3)
2
+

b
2

2
=1 +b
2
Vậy x
C
=3 ±

1 +
3
4
b
2
; y
C
=

b
2
Thay vào phương trình CM, ta tìm được b. suy ra tọa độ của A.
Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(3; 2;−1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng
∆ :
x −1
1
=
y +2
2
=
z −2
−1
, điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x + y +z−3 =0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác
ABCD là hình chữ nhật.
Lời giải:
C ∈(P) nên tọa độ C là (x
C
; y
C
;3−2x
C
− y
C
)
Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là I

1
2

(3 +x
C
);
1
2
(2 + y
C
);
1
2
(2 −2x
C
− y
C
)

.
I ∈BD ta được
1
2
(3 +x
C
) −1
1
=
1
2
(2 + y
C
) +2

2
=
1
2
(2 −2x
C
− y
C
) −2
−1
⇔ x
C
+1 =
y
C
+6
2
=2x
C
+ y
C
+2 ⇔ x
C
=1; y
C
=−2
do đó C(1;−2;3), I(2;0;1). B ∈∆ nên tọa độ của B là (t +1; 2t −2;−t +2) mà IB = I A Suy ra
(t −1)
2
+(2t −2)

2
+(−t +1)
2
=9 ⇔6(t −1)
2
=9 ⇔


t =1 +

3
2
t =1 −

3
2
Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————
Giải bất phương trình:

log
2
1
2

2x
2 −x

−4 ≤

5

Lời giải:
Vì log
1
2
2

2x
2 −x

=log
2
2

2x
2 −x

nên bất phương trình là


log
2

2x
2 −x

−2

log
2


2x
2 −x

+2

≤

5
Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được
0 ≤

log
2

2x
2 −x

−2

log
2

2x
2 −x

+2

≤5
⇔









log
2

2x
2 −x

−2

log
2

2x
2 −x

+2

≥0

log
2

2x
2 −x


−3

log
2

2x
2 −x

+3

≤0
⇔−3 ≤log
2

2x
2 −x

≤−2 hay 2 ≤log
2

2x
2 −x

≤3
⇔
1
8
≤
2x

2 −x
≤
1
4
hay 4 ≤
2x
2 −x
≤8
Phần B
Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x +2)
2
+(y−1)
2
=4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến
qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B.
Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là n gắn nhất .
Lời giải:
7
OnLuyenToan - 2012
Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(−2;1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên E A là đường kính
của đường tròn. Suy ra M I =2

5 (Cái này Pythagone mấy lần là ra).
Ta có: MO ≥|MI −OI|≥|2

5 −

5|=


5 (Theo bất đẳng thức tam giác).
Dấu bằng xảy ra ⇔

M,O, I thẳng hàng
MO =

5
M,O, I thẳng hàng ⇔ M ∈OI : x +2 y =0 ⇔ M(−2t; t)
MO
2
=5 ⇔(−2t)
2
+t
2
=5 ⇔

t =1 M(−2;1) (trùng với I) (loại)
t =−1 M(2; −1) (chọn)
Vậy M(2;−1)
Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−4x +2 y −4 = 0 và mặt phẳng
(P) : x +2y−2z +9 =0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và
∆ cắt trục hoành.
Lời giải:

Ox ∩(P) = A(−9; 0;0). Theo đề bài ∆ qua A có vtcp
−→
v =(m; n; p) với m
2
+n
2
+ p
2
=0
∆ nằm trên (P) nên vtpt của (P) là
−→
n =(1; 2;−2) vuông góc với
−→
v tức là
m +2n +2p =0 (1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; −1;0) và bán kính R =

4 +1 +4 =3
nên
−→
AI =(11;−1;0) và

−→
AI,
−→
v

=(−p;−11p;11n +m).
∆ tiếp xúc (S) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức là





−→
AI,
−→
v






−→
v


=R
⇔
p
2
+121p
2
+(11n +m)
2
m
2
+n
2
+ p

2
=9 (2)
Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m
2
+n
2
+ p
2
=0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆
Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm số phức z thỏa mãn phương trình:
|
z
|
4
z
2
+
z =
−200
1 −7i
Lời giải:
Ta có z
2
·
z
2
=|z|
4
nên

|z|
4
z
2
=
z
2
·
z
2
z
2
=
z
2
và
200
1 −7i
=
200(1 +7i)
(1 −7i)(1 +7i)
=4 +28i
Phương trình đã cho tương đương với
z
2
+z +4 +28i =0
∆ =−15 −112i =(7 −8i)
2
⇒


z =3 −4i
z =−4 +2i
⇔

z = 3 +4i
z = −4 −2i
8
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Lần 2
Ngày thi: 30/01/2012; Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y =
2x + 1
1 − x
có đồ thị (C).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I cắt (C) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2
√
3.
Câu II. (2.0 điểm)
1. Giải phương trình:
cos x
cos 3x
−
cos 5x
cos x
+ 8 sin
2


2x +
11π
2

= 4(cos 2x + 1).
2. Giải bất phương trình:
√
x
2
− x − 6 + 7
√
x −

6(x
2
+ 5x − 2)
x + 3 −

2(x
2
+ 10)
 0.
Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: I =
π
2

0
5 + 7x − x cos 2x
2(2 + cos x)
dx.

Câu IV. (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A

B

C

có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyền
BC = a
√
2 (a > 0); cạnh bên AA

= 2a và A

cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của AA

và AC. Tính thể tích khối chóp C

.MNB và khoảng cách từ C

đến mặt phẳng (M NB).
Câu V. (1.0 điểm) Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c > 0 và a
3
+ b
3
= c(c − 1). Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a
2
+ b

2
+ c
2
(a + b + c)
2
.
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T ) : x
2
+ y
2
+ 3x −6y = 0. Gọi M, N là hai điểm di động
trên (T ) sao cho ∠M ON = 30
◦
(O là gốc tọa độ). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác OMN, biết G
nằm trên đường thẳng d : x + y −1 = 0.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương trình
x + 2
−2
=
y −2
3
=
z
1
và
một mặt cầu (S) : x
2

+ y
2
+ z
2
− 8x + 2y + 4z + 7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường
thẳng (∆) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính bằng
√
210
6
.
Câu VII.a. (1.0 điểm) Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán của một trường phổ thông có 12 em học sinh,
trong đó có 4 em là nam. Người ta muốn chia đều 12 em này vào 4 tổ có số học sinh bằng nhau. Hãy tính xác
suất để mỗi tổ được chia có đúng 1 học sinh nam.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) :
x
2
4
+ y
2
= 1 và điểm M

2
3
,
2
3

. Viết phương trình đường

thẳng ∆ qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M A = 2MB.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 5x + 3y + 4z + 25 = 0. Viết phương trình
đường thẳng (∆) song song với mặt phẳng (P ) cách gốc tọa độ một khoảng bằng
5
√
2
biết (∆) cắt Ox
và mặt phẳng (Oyz) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 5
√
2.
Câu VII.b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: (9z
2
+ 11)
2
+ 16(3z + 2)
2
= 0.
ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án Điểm
I
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
2x + 1
1 − x
.
• Tập xác định: D = R \ {1}.
• Sự biến thiên:
◦ Chiều biến thiên: Ta có
y


=
3
(x − 1)
2
> 0, ∀x ∈ D.
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞, 1) và (1, +∞).
0.25
◦ Giới hạn và tiệm cận:
 Giới hạn tại vô cùng: Ta có lim
x→−∞
y = lim
x→+∞
y = −2, suy ra hàm số có
một tiệm cận ngang là đường thẳng y = −2.
 Giới hạn vô cùng: Ta có lim
x→1
−
y = +∞ và lim
x→1
+
y = −∞, suy ra hàm số
có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1.
0.25
◦ Bảng biến thiên:
dxd −∞ 1 +∞
y

+ +
y −2 

+∞
−∞
−2
0.25
• Đồ thị:
−6 −4 −2 2 4 6
−6
−4
2
4
0
(C)
−
1
2
1
x
y
y = −2
x = 1
0.25
2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Lần 2
Ngày thi: 30/01/2012; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Đáp án Điểm
2. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I (giao điểm của hai tiệm cận) cắt
(C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2
√

3.
Dễ thấy tọa độ của I là I(1, −2); đồng thời, do đường thẳng ∆ qua I cắt (C) tại
hai điểm phân biệt nên ∆ không thể là đường thẳng vuông góc với trục hoành hay
trục tung, cũng không thể là một đường thẳng có hệ số góc dương. Từ đây, ta suy
ra phương trình của ∆ có dạng
y = −3k
2
(x − 1) − 2 với k > 0.
0.25
Lúc này, bằng cách giải hệ phương trình



y =
2x + 1
1 − x
y = −3k
2
(x − 1) − 2
ta tìm được tọa độ của hai điểm A, B lần lượt là
A

k −1
k
, 3k −2

, B

k + 1
k

, −3k −2

.
0.25
Với kết quả này, ta có
•
−→
OA = (x
A
, y
A
),
−−→
OB = (x
B
, y
B
);
• OA
2
= x
2
A
+ y
2
A
, OB
2
= x
2

B
+ y
2
B
;
•
−→
OA ·
−−→
OB = x
A
x
B
+ y
A
y
B
.
Suy ra
S
OAB
=
1
2
· OA · OB ·sin ∠AOB =
1
2
OA · OB ·

1 − cos

2
∠AOB
=
1
2

OA
2
· OB
2
− (OA · OB ·cos ∠AOB)
2
=
1
2

OA
2
· OB
2
−

−→
OA ·
−−→
OB

2
=
1

2

(x
2
A
+ y
2
A
)(x
2
B
+ y
2
B
) − (x
A
x
B
+ y
A
y
B
)
2
=
1
2
|x
A
y

B
− x
B
y
A
|
=
1
2




k −1
k
· (−3k −2) −
k + 1
k
· (3k −2)




=
|3k
2
− 2|
k
.
0.25

Mặt khác, theo giả thiết thì S
OAB
= 2
√
3. Như vậy, ta có
|3k
2
− 2|
k
= 2
√
3.
Giải phương trình này, ta tìm được k =

4 + 2
√
3
3
hoặc k =

4 − 2
√
3
3
.
Vậy, có tất cả hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu của đề bài là
• ∆
1
: y = −


4 + 2
√
3

(x − 1) − 2.
• ∆
2
: y = −

4 − 2
√
3

(x − 1) − 2.
0.25
3
Câu
Đáp án Điểm
II
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Giải phương trình:
cos x
cos 3x
−
cos 5x
cos x
+ 8 sin
2

2x +

11π
2

= 4(cos 2x + 1).
Điều kiện để phương trình có nghĩa là cos 3x = 0, hay x =
π
6
+
kπ
3
(k ∈ Z).
Do sin
2

2x +
11π
2

= cos
2
2x nên phương trình được viết lại như sau
cos x
cos 3x
−
cos 5x
cos x
= −8cos
2
2x + 4(cos 2x + 1). (∗)
0.25

Lại thấy
−8cos
2
2x + 4(cos 2x + 1) = 4 cos 2x − 4 cos 4x = 8 sin x sin 3x
nên (∗) tương đương với
cos x
cos 3x
−
cos 5x
cos x
= 8 sin x sin 3x,
hay
cos
2
x − cos 5x cos 3x = 8 sin x sin 3x cos x cos 3x. (∗∗)
0.25
Đến đây, sử dụng các công thức cung nhân đôi, công thức hạ bậc và công thức biến
đổi tích thành tổng, ta có
cos
2
x =
1 + cos 2x
2
, cos 5x cos 3x =
cos 8x + cos 2x
2
và
8 sin x sin 3x cos x cos 3x = 2 sin 2x sin 6x = cos 4x − cos 8x.
Do đó, (∗∗) có thể được viết lại thành
1 + cos 2x

2
−
cos 8x + cos 2x
2
= cos 4x − cos 8x,
hay
1 + cos 8x = 2 cos 4x.
0.25
Mà 1 + cos 8x = 2 cos
2
4x nên phương trình cuối tương đương với
2 cos 4x(cos 4x − 1) = 0.
Từ đây suy ra cos 4x = 0 hoặc cos 4x = 1.
• Với cos 4x = 0, ta có x =
π
8
+
kπ
4
(k ∈ Z). Đối chiếu với điều kiện xác định
của phương trình, ta nhận họ nghiệm x =
π
8
+
kπ
4
(k ∈ Z).
• Với cos 4x = 1, ta có x =
kπ
2

(k ∈ Z). Đối chiếu với điều kiện phương trình,
ta tìm được x = mπ (m ∈ Z).
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là x =
π
8
+
kπ
4
và x = mπ (k, m ∈ Z).
0.25
4
Câu
Đáp án Điểm
2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình:
√
x
2
− x − 6 + 7
√
x −

6(x
2
+ 5x − 2)
x + 3 −

2(x
2
+ 10)
 0.

Điều kiện để bất phương trình xác định:











x
2
− x − 6  0
x  0
x
2
+ 5x − 2  0
x + 3 −

2(x
2
+ 10) = 0
Ta có:
• Điều kiện để bất phương trình x
2
−x−6  0 được thỏa mãn là x  −2∨x  3.
• Điều kiện để bất phương trình x
2

+ 5x − 2  0 được thỏa mãn là
x  −
5 +
√
33
2
∨ x 
−5 +
√
33
2
.
• Với mọi x ∈ R thì x + 3 

2(x
2
+ 9) <

2(x
2
+ 10).
Do đó, để bất phương trình đã cho có nghĩa, ta cần phải có










x  −2 ∨ x  3
x  0
x  −
5 +
√
33
2
∨ x 
−5 +
√
33
2
hay tương đương
x  3.
0.25
Bây giờ, do x + 3 −

2(x
2
+ 10) < 0 nên bất phương trình đã cho tương đương với

x
2
− x − 6 + 7
√
x 

6(x
2

+ 5x − 2).
Bình phương hai vế, ta thu được
x
2
− x − 6 + 14

x(x + 2)(x − 3) + 49x  6x
2
+ 30x − 12,
hay
14

x(x + 2)(x − 3)  5x
2
− 18x − 6.
0.25
Để ý rằng 5x
2
− 18x − 6 = 5x(x − 3) − 3(x + 2). Do đó, bất phương trình cuối có
thể được viết lại thành
14

x(x + 2)(x − 3)  5x(x − 3) − 3(x + 2),
hay tương đương
14

x(x − 3)
x + 2
 5 ·
x(x − 3)

x + 2
− 3. (∗)
Đặt t =

x(x − 3)
x + 2
, t  0. Khi đó, (∗) trở thành
14t  5t
2
− 3.
0.25
5
Câu
Đáp án Điểm
Giải bất phương trình này, ta tìm được 0  t  3, hay
x(x − 3)
x + 2
 9.
Quy đồng mẫu số và khử mẫu, ta viết được bất phương trình dưới dạng
x
2
− 12x − 18  0.
Từ đây, ta suy ra 6 − 3
√
6  x  6 + 3
√
6. Kết hợp với điều kiện xác định x  3,
ta tìm được nghiệm của bất phương trình là 3  x  6 + 3
√
6.

0.25
III
(1.0 điểm)
Tính tích phân: I =
π
2

0
5 + 7x − x cos 2x
2(2 + cos x)
dx.
Để ý rằng
5 + 7x − x cos 2x
2(2 + cos x)
=
5 + 7x − x(2cos
2
x − 1)
2(2 + cos x)
=
5 + 2x(4 − cos
2
x)
2(2 + cos x)
=
5
2(2 + cos x)
+ x(2 − cos x) =
5
2(2 + cos x)

+ 2x − x cos x.
Do vậy, nếu đặt lần lượt
I
1
=
π
2

0
dx
2 + cos x
, I
2
=
π
2

0
xdx, I
3
=
π
2

0
x cos xdx,
thì ta sẽ có
I =
5
2

I
1
+ 2I
2
− I
3
.
Và như thế, ta có thể tính I bằng cách tính các tích phân I
1
, I
2
, I
3
.
0.25
• Tính I
1
. Đặt t = tan
x
2
, ta có dt =
1
2

tan
2
x
2
+ 1


dx =
1
2
(t
2
+ 1)dx. Suy ra
dx =
2
t
2
+ 1
dt.
Đồng thời, cũng theo phép đặt, ta có:
◦ cos x =
1 − t
2
1 + t
2
, suy ra 2 + cos x =
3 + t
2
1 + t
2
.
◦ Với x = 0 thì t = 0.
◦ Với x =
π
2
thì t = 1.
Như thế, I

1
có thể được viết lại dưới dạng
I
1
=
1

0

1 + t
2
3 + t
2
·
2
1 + t
2

dt = 2
1

0
dt
3 + t
2
.
0.25
6
Câu
Đáp án Điểm

Đến đây, lại đặt tiếp t =
√
3 tan u với u ∈

0,
π
2

, ta thấy:
◦ dt =
√
3(tan
2
u + 1)du =
√
3
3
(t
2
+ 3)du.
◦ Với t = 0 thì u = 0.
◦ Với t = 1 thì u =
π
6
.
Do đó,
I
1
= 2
1


0
dt
3 + t
2
=
2
√
3
3
π
6

0
du =
2
√
3
3
· (u)



π
6
0
=
π
√
3

9
.
0.25
• Tính I
2
. Đây là một tích phân đơn giản. Ta dễ dàng tính được
I
2
=
π
2

0
xdx =
x
2
2




π
2
0
=
π
2
8
.
• Tính I

3
. Ta sẽ tính tích phân này bằng phương pháp tích phân từng phần.
Có thể thấy rằng I
3
có dạng
π
2

0
udv,
với u = x và dv = cos xdx (tức v = sin x). Từ đây, sử dụng công thức tính
tích phân từng phần, ta có
I
3
= (uv)



π
2
0
−
π
2

0
vdu = (x sin x)




π
2
0
−
π
2

0
sin xdx
=
π
2
+ (cos x)



π
2
0
=
π
2
− 1.
Vậy, ta có kết quả cuối cùng
I =
5
2
·
π
√

3
9
+ 2 ·
π
2
8
−

π
2
− 1

=
π
2
4
+
5π
√
3
18
−
π
2
+ 1.
0.25
7
Câu
Đáp án Điểm
IV

(1.0 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC.A

B

C

có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyền
BC = a
√
2 (a > 0); cạnh bên AA

= 2a và A

cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AA

và AC. Tính thể tích khối chóp C

.MNB và khoảng cách từ C

đến
mặt phẳng (MNB).
• Hình vẽ:
• Tính V
C

M N B
: Vì A


cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A

lên mặt
phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bây giờ, gọi H là trung
điểm của BC thì do tam giác ABC vuông cân tại A nên H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đây, kết hợp với lý luận trên, ta có A

H ⊥ (ABC).
Gọi K là giao điểm của M N và AC

. Khi đó, dễ thấy K là trung điểm của AI nên
AK =
1
3
C

K. Suy ra
V
C

M N B
= 3V
AM N B
.
0.25
Gọi E là trung điểm của AH. Ta có M E là đường trung bình của tam giác A

AH
nên ME  AH, suy ra M E ⊥ (ABC). Và do đó, ta thu được
V

M AN B
=
1
3
· ME ·S
AN B
=
1
3
· ME ·

1
2
· AN · AB

=
1
6
· ME ·AN · AB.
Mặt khác, áp dụng định lý Pitago trong tam giác A

HB vuông tại H, ta có
A

H =

A

B
2

− BH
2
=

A

A
2
−
BC
2
4
=

(2a)
2
−

a
√
2

2
4
=
a
√
14
2
.

Do đó,
ME =
1
2
A

H =
a
√
14
4
.
0.25
8
Câu
Đáp án Điểm
Từ đây suy ra (chú ý rằng AB = 2AN = a)
V
M AN B
=
1
6
·
a
√
14
4
·
a
2

· a =
a
3
√
14
48
(đvdt).
Cuối cùng, ta thu được kết quả là V
C

M N B
=
a
3
√
14
16
(đvdt).
• Tính d

C

, (BM N)

: Dựa trên các lập luận ở đoạn trước, ta có
d

C

, (BM N)


= 3 · d

A, (BM N)

.
Gọi F là trọng tâm tam giác ABC. Ta có
AE =
1
2
AH =
1
2
·
3
2
AF =
3
4
AF.
Suy ra EF =
1
4
AF và
d

A, (BM N)

= 4 · d


E, (BMN)

.
Hạ EP ⊥ BN và EQ ⊥ M P thì ta có EQ ⊥ (MNB). Do đó,
d

E, (M NB)

= EQ =
EP ·EM
√
EP
2
+ EM
2
0.25
(Chú ý rằng tam giác M EP vuông tại E). Mặt khác, do EP F ∼ BHF nên
EP
BH
=
EF
BF
,
suy ra
EP =
BH · EF
BF
.
Đến đây, tính toán trực tiếp, ta có
◦ BH =

a
√
2
2
;
◦ EF =
1
4
AF =
1
4
·
2
3
AH =
1
6
AH =
a
√
2
12
;
◦ BF =
2
3
BN =
2
3


AB
2
+ AN
2
=
2
3

a
2
+
a
2
4
=
a
√
5
3
.
Từ đây, ta tính được
EP =
a
√
2
2
·
a
√
2

12
a
√
5
3
=
a
√
5
20
và
EQ =
a
√
5
20
·
a
√
14
4

a
2
80
+
7a
2
8
=

a
√
14
4
√
71
.
Vậy d

C

, (BM N)

= 3 · d

A, (BM N)

= 12 · d

E, (BMN)

=
3a
√
14
√
71
.
0.25
9

Câu
Đáp án Điểm
V
(1.0 điểm)
Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c > 0 và a
3
+ b
3
= c(c −1). Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a
2
+ b
2
+ c
2
(a + b + c)
2
.
• Giá trị lớn nhất của P : Do a, b, c là các số không âm nên ta có ab + bc + ca  0,
từ đây suy ra
(a + b + c)
2
= (a
2
+ b
2
+ c
2
) + 2(ab + bc + ca)  a

2
+ b
2
+ c
2
.
Và như thế, ta thu được
P =
a
2
+ b
2
+ c
2
(a + b + c)
2
 1.
Mặt khác, dễ thấy bộ số (a, b, c) = (0, 0, 1) vừa thỏa mãn các điều kiện đề bài
vừa thỏa mãn dấu bằng của bất đẳng thức trên nên ta đi đến kết luận max P = 1.
0.25
• Giá trị nhỏ nhất của P: Với hai số thực x, y tùy ý, ta có
x
2
− xy + y
2
=
1
4
(x + y)
2

+
3
4
(x − y)
2

1
4
(x + y)
2
.
Sử dụng đánh giá này, ta thu được
c
2
= c + (a
3
+ b
3
) = c + (a + b)(a
2
− ab + b
2
)  c +
(a + b)
3
4
 2

c ·
(a + b)

3
4
.
Từ đây, kết hợp với giả thiết c > 0, ta suy ra
0 
a + b
c
 1. (1)
0.25
Bây giờ, ta sẽ đánh giá P như sau: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a
2
+ b
2

(a + b)
2
2
.
Suy ra
P 
(a + b)
2
2
+ c
2
(a + b + c)
2
=


a + b
c

2
+ 2
2

a + b
c
+ 1

2
.
Đặt t =
a + b
c
thì ta có 0  t  1 (theo (1)) và
P 
t
2
+ 2
2(t + 1)
2
.
0.25
Xét hàm số f(t) =
t
2
+ 2
2(t + 1)

2
với 0  t  1, ta có
f

(t) =
t − 2
2(t + 1)
3
 0, ∀t ∈ [0, 1].
Do đó f(t) là hàm nghịch biến trên [0, 1] và như thế, ta thu được
f(t)  f(1) =
3
8
, ∀t ∈ [0, 1].
0.25
10
Câu
Đáp án Điểm
Từ đây suy ra
P  f(t) 
3
8
.
Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức đạt được khi (a, b, c) = (1, 1, 2) và bộ số này
thỏa mãn các điều kiện của đề bài. Điều này cho phép ta kết luận min P =
3
8
.
VI.a
(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T ) : x
2
+ y
2
+ 3x − 6y = 0.
Gọi M, N là hai điểm di động trên (T ) sao cho ∠M ON = 30
◦
(O là gốc tọa độ). Tìm tọa
độ trọng tâm G của tam giác OMN, biết G nằm trên đường thẳng d : x + y −1 = 0.
• Hình vẽ:
K
O
N
M
E
G
30
◦
x
y
• Tìm tọa độ G: Từ giả thiết suy ra đường tròn (T ) đi qua gốc tọa độ O có tâm
K

−
3
2
, 3

và bán kính R =
3

√
5
2
. Do ∠MON = 30
◦
nên ta có
MN = 2R sin 30 = R.
Gọi E là trung điểm của M N. Khi đó, ta tính được
KE =

KN
2
− NE
2
=

R
2
−

R
2

2
=
R
√
3
2
=

3
√
15
4
= const,
suy ra E thuộc đường tròn (T

) có tâm K và bán kính bằng
3
√
15
4
. Đường tròn
này có phương trình

x +
3
2

2
+ (y −3)
2
=
135
16
.
0.25
Bây giờ, gọi G(x
1
, y

1
) là trọng tâm tam giác OMN thì do
−−→
OE =
3
2
−−→
OG (tính chất
của trọng tâm) nên ta có E

3
2
x
1
,
3
2
y
1

. Kết hợp với các lý luận ở trên, ta suy ra

3
2
x
1
+
3
2


2
+

3
2
y
1
− 3

2
=
135
16
,
hay
(x
1
+ 1)
2
+ (y
1
− 2)
2
=
15
4
. (1)
0.25
11
Câu

Đáp án Điểm
Mặt khác, do G thuộc đường thẳng d : x + y −1 = 0 nên ta cũng có
x
1
+ y
1
− 1 = 0. (2)
Từ đây suy ra y
1
= 1 − x
1
. Thay vào (1), ta được
2(x
1
+ 1)
2
=
15
4
.
Giải phương trình này, ta tìm được x
1
= −1 −

15
8
(tương ứng, y
1
= 2 +


15
8
)
hoặc x
1
= −1 +

15
8
(tương ứng, y
1
= 2 −

15
8
). Suy ra
G

−1 −

15
8
, 2 +

15
8

hoặc G

−1 +


15
8
, 2 −

15
8

.
0.25
Thử lại, ta thấy chỉ có điểm thứ nhất thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Vậy
tọa độ trọng tâm G của tam giác OMN là G

−1 −

15
8
, 2 +

15
8

.
0.25
2. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương
trình
x + 2
−2
=
y −2

3
=
z
1
và một mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
− 8x + 2y + 4z + 7 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng (∆) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là
đường tròn (C) có bán kính bằng
√
210
6
.
Từ giả thiết, ta thấy:
• (∆) đi qua M(−0, 1, −1) và có vector chỉ phương
−→
u = (2, −3, −1).
• Mặt cầu (S) có tâm I(4, −1, −2) và bán kính R =
√
14.
Gọi
−→
n = (a, b, c) (a
2
+ b
2

+ c
2
= 0) là pháp tuyến của mặt phẳng (P ). Khi đó, do
(P ) chứa (∆) nên ta có
−→
n ·
−→
u = 0, tức 2a −3b −c = 0. Từ đây suy ra c = 2a −3b
và như thế, phương trình của mặt phẳng (P ) có dạng
ax + b(y + 1) + (2a − 3b)(z + 1) = 0.
0.25
Bây giờ, gọi r là bán kính của (C) thì theo giả thiết, ta có r =
√
210
6
. Suy ra
d

I, (P )

=

R
2
− r
2
=

14 −
35

6
=
7
√
6
.
0.25
Mặt khác, theo công thức tính khoảng cách, ta lại có
d

I, (P )

=


4a − (2a − 3b)



a
2
+ b
2
+ (2a − 3b)
2
=
|2a + 3b|
√
5a
2

− 12ab + 10b
2
.
Từ đây, kết hợp với trên, ta thu được
|2a + 3b|
√
5a
2
− 12ab + 10b
2
=
7
√
6
.
Giải phương trình này, ta được a = 2b hoặc a =
218
221
b.
0.25
12
Câu
Đáp án Điểm
• Với a = 2b: Chọn a = 2, b = 1, ta được phương trình của (P ) như sau:
2x + y + z + 2 = 0.
• Với a =
218
221
b: Chọn a = 218, b = 221, ta có phương trình của (P ) như sau:
218x + 211y − 227z −6 = 0.

Vậy có hai mặt phẳng (P ) thỏa mãn điều kiện đề bài là
(P
1
) : 2x + y + z + 2 = 0
và
(P
2
) : 218x + 211y − 227z −6 = 0.
0.25
VII.a
(1.0 điểm)
Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán của một trường phổ thông có 12 em học sinh, trong đó
có 4 em là nam. Người ta muốn chia đều 12 em này vào 4 tổ có số học sinh bằng nhau. Hãy
tính xác suất để mỗi tổ được chia có đúng 1 học sinh nam.
Vì đề bài không nói rõ 4 tổ cần phải chia là phân biệt hay không phân biệt thứ tự
nên ta có hai trường hợp có thể xảy ra như sau:
• Trường hợp 1: Các tổ được chia có phân biệt thứ tự. Để tính xác suất theo
yêu cầu của đề bài, ta cần tìm cách tính không gian mẫu và số phần tử của
biến cố “mỗi tổ được chia có đúng một học sinh nam”.
Đầu tiên, ta sẽ tính không gian mẫu. Để chia 12 học sinh vào 4 tổ, ta có thể
chia như sau:
◦ Trước hết, ta sẽ chọn 3 em học sinh trong số 12 em và đưa vào tổ thứ
nhất. Ở bước này, ta có C
3
12
cách thực hiện.
◦ Tiếp theo, ta chọn 3 em học sinh trong 9 em còn lại và đưa vào tổ thứ
hai. Ở bước này, ta có C
3
9

cách thực hiện.
◦ Tiếp tục, ta chọn 3 em học sinh trong 6 em còn lại đưa vào tổ thứ ba.
Ở bước này, ta có C
3
6
cách thực hiện.
◦ Cuối cùng, ta đưa 3 em học sinh còn lại vào tổ thứ tư và ta có C
3
3
cách
thực hiện.
Vậy số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = C
3
12
C
3
9
C
3
6
C
3
3
.
0.25
◦ Bây giờ, gọi A là biến cố “mỗi tổ được chia có đúng một học sinh nam”. Khi
đó, ta có cách chia các tổ theo A như sau:
◦ Đầu tiên, ta phân 4 em học sinh nam vào 4 tổ. Ở bước này, ta có số
cách thực hiện là P
4

= 4!.
◦ Tiếp theo, ta chia 8 em học sinh còn lại vào 4 tổ. Theo cách phân chia
như ở trên, ta có số cách thực hiện là C
2
8
C
2
6
C
2
4
C
2
2
.
Từ đây, ta có số phần tử của biến cố A là n(A) = 4!C
2
8
C
2
6
C
2
4
C
2
2
.
Và như thế, ta có xác suất cần tìm là
P (A) =

4!C
2
8
C
2
6
C
2
4
C
2
2
C
3
12
C
3
9
C
3
6
C
3
3
=
9
55
≈ 0.164.
0.25
13

Câu
Đáp án Điểm
• Trường hợp 2: Các tổ được chia không phân biệt thứ tự. Lúc này, ta có số
cách chia từng “bộ” 3 học sinh vào 4 tổ vẫn là C
3
12
, C
3
9
, C
3
6
và C
3
3
. Vì các tổ
không có phân biệt thứ tự nên ta có không gian mẫu lúc này là
n(Ω) =
C
3
12
C
3
9
C
3
6
C
3
3

4!
.
0.25
Bây giờ, ta đi tìm các kết quả thuận lợi cho biến cố A. Do các tổ không phân
biệt thứ tự nên ta có số cách chia 4 tổ sao cho mỗi tổ có đúng 1 nam là
n(A) = C
2
8
C
2
6
C
2
4
C
2
2
vì chỉ có 1 cách chia 4 nam vào 4 tổ không phân biệt thứ
tự. Vậy xác suất cần tìm là
P (A) =
n(A)
n(Ω)
=
4!C
2
8
C
2
6
C

2
4
C
2
2
C
3
12
C
3
9
C
3
6
C
3
3
=
9
55
.
0.25
VI.b
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) :
x
2
4
+ y
2

= 1 và điểm M

2
3
,
2
3

.
Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M A = 2M B.
Giả sử B có tọa độ là B(a, b) thì ta có
−−→
MB =

a −
2
3
, b −
2
3

và
a
2
+ 4b
2
= 4 (do B ∈ (E)). (1)
Mặt khác, dễ thấy M nằm trong (E). Do đó, từ giả thiết M A = 2MB, ta suy ra
−−→
MA = −2

−−→
MB.
Từ đây ta được







x
A
−
2
3
= −2

a −
2
3

y
A
−
2
3
= −2

b −
2

3

hay

x
A
= −2a + 2
y
A
= −2b + 2
Do A ∈ (E) nên ta có x
2
A
+ 4y
2
A
= 4. Thay kết quả ở trên vào, ta được
(−2a + 2)
2
+ 4(−2b + 2)
2
= 4,
hay
a
2
+ 4b
2
− 2a − 8b = −4. (2)
0.25
Hai đẳng thức (1) và (2) cho ta một hệ phương trình để xác định tọa độ điểm B.

Như thế, ta sẽ giải hệ này để tìm B rồi từ đó suy ra phương trình của ∆. Thay (1)
vào (2), ta được 4 − 2a − 8b = −4, suy ra
a = 4 − 4b.
Thay ngược trở lại vào (1), ta được
(4 − 4b)
2
+ 4b
2
= 4.
Từ đây, bằng cách giải phương trình bậc hai theo b, ta dễ dàng tìm được b = 1
(tương ứng, a = 0) hoặc b =
3
5
(tương ứng, a =
8
5
).
0.25
14
Câu
Đáp án Điểm
Vậy ta có hai trường hợp có thể xảy ra là:
• Trường hợp 1: Tọa độ của B là B(0, 1). Khi đó, phương trình đường thẳng
∆ đi qua B và M có dạng như sau
x − 0
2
3
− 0
=
y −1

2
3
− 1
.
Nói cách khác, ta có ∆ : x + 2y −2 = 0.
0.25
• Trường hợp 2: Tọa độ của B là B

8
5
,
3
5

. Lúc này, ta thấy phương trình
của ∆ có dạng như sau
x −
2
3
8
5
−
2
3
=
y −
2
3
3
5

−
2
3
.
Nói cách khác, ta có ∆ : x + 14y −10 = 0.
Tóm lại, có tất cả 2 đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu đề bài là ∆
1
: x + 2y −2 = 0
và ∆
2
: x + 14y − 10 = 0.
0.25
2. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 5x + 3y + 4z + 25 = 0. Viết
phương trình đường thẳng (∆) song song với mặt phẳng (P ) cách gốc tọa độ một khoảng
bằng
5
√
2
biết (∆) cắt Ox và mặt phẳng (Oyz) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 5
√
2.
Giả sử (∆) cắt Ox tại A(a, 0, 0) và cắt (Oyz) tại B(0, b, c). Khi đó, ta có
−→
u =
−−→
AB = (−a, b, c)
là một vector chỉ phương của (∆). Và do (∆)  (P ) nên ta có
−→
u ·
−→

n = 0, hay
−5a + 3b + 4c = 0. (1)
Theo giả thiết thì AB
2
= 50, do vậy ta cũng có
a
2
+ b
2
+ c
2
= 50. (2)
0.25
Tiếp theo, ta sẽ biểu diễn d

O, (∆)

theo a, b, c. Tính toán trực tiếp, ta có

−−→
AB,
−→
OA

= (0, ca, −ab).
Do đó,
d

O, (∆)


=




−−→
AB,
−→
OA







−−→
AB



=

a
2
(b
2
+ c
2
)

√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
Mặt khác, lại có d

O, (∆)

=
5
√
2
(điều kiện giả thiết) nên suy ra

a
2
(b
2
+ c
2
)
√
a
2
+ b
2

+ c
2
=
5
√
2
,
hay
25(a
2
+ b
2
+ c
2
) = 2a
2
(b
2
+ c
2
). (3)
0.25
15
Câu
Đáp án Điểm
Thay (2) vào (3), ta được
25 · 50 = 2a
2
(50 − a
2

).
Từ đây suy ra a = 5 hoặc a = −5.
• Với a = 5: Lúc này, hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) được viết lại thành

3b + 4c = 25
b
2
+ c
2
= 25
Từ phương trình thứ nhất, ta suy ra b =
25 − 4c
3
. Thay vào phương trình
thứ hai, ta được

25 − 4c
3

2
+ c
2
= 25.
Đến đây, giải phương trình bậc hai ẩn c, ta tìm được c = 4 (tương ứng, b = 3).
Và như thế, phương trình của (∆) có dạng như sau






x = 5 − 5t
y = 3t
z = 4t
(t ∈ R).
0.25
• Với a = −5: Lúc này, hệ phương trình

(1), (2)

có thể được viết lại thành

3b + 4c = −25
b
2
+ c
2
= 25
Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta suy ra b =
−25 − 4c
3
. Thay vào phương
trình thứ hai, ta được

25 + 4c
3

2
+ c
2
= 25.

Bằng cách giải giải phương trình bậc hai theo c, ta tìm được c = −4 (tương
ứng, b = −3). Cuối cùng, ta thu được phương trình của (∆) như sau





x = −5 − 5t
y = −3t
z = −4t
(t ∈ R).
Vậy có tất cả hai đường thẳng (∆) thỏa điều kiện bài toán là
(∆
1
) :





x = 5 − 5t
y = 3t
z = 4t
(t ∈ R)
và
(∆
2
) :






x = −5 − 5t
y = −3t
z = −4t
(t ∈ R).
0.25
16
Câu
Đáp án Điểm
VII.b
(1.0 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số phức: (9z
2
+ 11)
2
+ 16(3z + 2)
2
= 0.
Do (12z + 8)
2
= −i
2
(12z + 8)
2
nên phương trình đã cho có thể được viết lại thành
(9z
2
+ 11)

2
− (12zi + 8i)
2
= 0,
tương đương
(9z
2
+ 12zi + 11 + 8i)(9z
2
− 12zi + 11 − 8i) = 0.
Từ đây ta suy ra 9z
2
+ 12zi + 11 + 8i = 0 hoặc 9z
2
− 12zi + 11 − 8i = 0.
0.5
• Với 9z
2
+ 12zi + 11 + 8i = 0: Ta có
9z
2
+ 12zi + 11 + 8i = (9z
2
+ 12zi − 4) + (16 + 8i − 1)
= (9z
2
+ 12zi + 4i
2
) + (16 + 8i + i
2

)
= (3z + 2i)
2
+ (4 + i)
2
= (3z + 2i)
2
− i
2
(4 + i)
2
= (3z + 2i)
2
− (4i − 1)
2
= (3z −2i + 1)(3z + 6i − 1).
Do đó, phương trình tương đương với
(3z −2i + 1)(3z + 6i − 1) = 0,
tức ta có z =
2
3
i −
1
3
hoặc z = −2i +
1
3
.
0.25
• Với 9z

2
−12zi + 11 −8i = 0: Biến đổi tương tự trường hợp trước, ta cũng có
9z
2
− 12zi + 11 − 8i = (9z
2
− 12zi − 4) + (16 − 8i − 1)
= (9z
2
− 12zi + 4i
2
) + (16 − 8i + i
2
)
= (3z −2i)
2
+ (4 − i)
2
= (3z −2i)
2
− i
2
(4 − i)
2
= (3z −2i)
2
− (4i + 1)
2
= (3z −6i − 1)(3z + 2i + 1).
Do vậy, phương trình có thể được viết lại thành

(3z −6i − 1)(3z + 2i + 1) = 0.
Từ đây ta suy ra z = 2i +
1
3
hoặc z = −
2
3
i −
1
3
.
Vậy phương trình có 4 nghiệm z
1
=
2
3
i−
1
3
, z
2
= −2i+
1
3
, z
3
= 2i+
1
3
, z

4
= −
2
3
i−
1
3
.
0.25
17