Thử sức trước kỳ thi 2013_de 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO

ðỀ SÔ 02
THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số
1
x m
y
x
+
=
+

( 1)
m
≠
(1)
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) khi
1.
m
= −

b)
G
ọ
i
1
k
là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
ñ

i
ể
m c
ủ
a
ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) v
ớ
i tr
ụ
c hoành. G
ọ
i
2
k
là h
ệ
s
ố
góc
c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế

n v
ớ
i
ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) t
ạ
i
ñ
i
ể
m có hoành
ñộ

1.
x
=
Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố

m
sao
cho
1 2
k k
+

ñạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu 2 (1,0 ñiểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2
2
sin3 cos tan 2tan 1
2 .
cos2 1 tan
x x x x
x x
 

− + −
=
 
−
 

Câu 3

(1,0 ñiểm).
Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình
2
1 1 4
3.
x
x
− −
<

Câu 4 (1,0 ñiểm).
Tính tích phân
2
4
2 cos ( 2)sin
.

cos sin
π
π
x x x x
I dx
x x x
+ −
=
−
∫

Câu 5 (1,0 ñiểm).
Cho hình l
ậ
p ph
ươ
ng .
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có c
ạ
nh
.
a
Tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
ñườ

ng th
ẳ
ng
BB
′
và
.
A C
′
G
ọ
i
M
là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a c
ạ
nh
.
BB
′
M
ặ
t ph
ẳ
ng

( )
A MD
′
chia hình l
ập phương thành hai khối ña
diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối ña diện này.
Câu 6 (1,0 ñiểm). Giả sử
,
a

,
b

c
là ñộ
dài ba c
ạ
nh c
ủ
a tam giác có chu vi b
ằ
ng
3.
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c

ủ
a
bi
ể
u th
ứ
c
2 2 2
3( ) 4 .
P a b c abc
= + + +
I. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 ñiểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ

,
Oxy
cho hình bình hành

ABCD
có
( 6; 6),
D
− −

ñườ
ng trung
tr
ự
c
1
∆
c
ủ
a
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng
CD
có ph
ươ
ng trình
2 3 17 0
x y
+ + =
và

ñườ
ng phân giác
2
∆
c
ủ
a góc
BAC
có ph
ươ
ng
trình
5 3 0.
x y
+ − =
Xác
ñị
nh t
ọ
a
ñộ
các
ñỉ
nh còn l
ạ
i c
ủ
a hình bình hành.
Câu 8.a (1,0 ñiểm).
Trong không gian

,
Oxyz
cho hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
1 2
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và
2
1 2
: 1 .
3
x t
d y t
z
= − +


= +



=


Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
,
d
2
d
chéo nhau và vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u có bán kính nh
ỏ
nh
ấ
t,
ñồ
ng th
ờ
i ti

ế
p xúc v
ớ
i
1
d
và
2
.
d

Câu 9.a (1,0 ñiểm).
T
ừ
các ch
ữ
s
ố

0,

1,

2,

3,

4,

5,

có th
ể
l
ậ
p
ñượ
c bao nhiêu s
ố
t
ự
nhiên mà m
ỗ
i s
ố
có 6 ch
ữ

s
ố

ñ
ôi m
ộ
t khác nhau, trong
ñ
ó hai ch
ữ
s
ố

2
và
3
luôn
ñứ
ng c
ạ
nh nhau ?
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 ñiểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
,
Oxy
cho
ñườ
ng tròn
2 2
( ): 2 4 20 0
C x y x y
+ − + − =
và hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
1

: 2 5 0,
d x y
+ − =

2
:2 0.
d x y
+ =
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
ti
ế
p xúc v
ớ
i
( )
C
t
ạ
i
,
A

c
ắ
t
1
,
d

2
d
l
ầ
n
l
ượ
t t
ạ
i
B
và
C
sao cho
B
là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ

o
ạ
n th
ẳ
ng
.
AC

Câu 8.b

(1,0 ñiểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ

,
Oxyz
cho
ñườ
ng th
ẳ
ng
1 2
:
2 1 1

x y z
d
− +
= =
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 2 3 0.
P x y z
+ − − =
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
n
ằ
m trong
( ),
P
sao cho
∆
vuông góc v

ớ
i
d
và
kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
và
d
b
ằ
ng
2.

Câu 9.b (1,0 ñiểm).
Tìm s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ

a
3 3 3
z i
+ − = và có acgumen
ϕ
nh
ỏ
nh
ấ
t v
ớ
i
(
)
0;
ϕ π
∈
.
Hết

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh:……………………………………………………; S
ố
báo danh:……………………
Ch
ữ
ký giám th
ị

1: Ch
ữ
ký giám th
ị
2:


ðÁP ÁN – THANG ðIỂM

CÂU ðÁP ÁN ðIỂM
I. PHẦN CHUNG
1
(2,0 ñiểm)
Cho hàm số
1
x m
y
x
+
=
+

( 1)m ≠
(1)
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi

ế
n thiên và v
ẽ

ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) khi
1.m = −

1,0
ñiểm
V
ớ
i
1,m = − hàm số ñã cho trở thành
1
1
x
y
x
−
=
+

•
T
ậ

p xác
ñị
nh:
{
}
\ 1D = −ℝ

•
S
ự
bi
ế
n thiên:
ￚ
Chi
ề
u bi
ế
n thiên:
2
2
' 0,
( 1)
y
x
= >
+
x D
∈

Hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n trên các kho
ả
ng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞

0.25

ￚ
Gi
ớ
i h
ạ
n và ti
ệ
m c
ậ
n:

( 1) ( 1)
lim ; lim

x x
y y
− +
→ − → −
= +∞ = −∞

⇒
Ti
ệ
m c
ậ
n
ñứ
ng:
1x = −

lim lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
⇒
Ti
ệ
m c
ậ
n ngang: 1y =
0.25

ￚ

B
ả
ng bi
ế
n thiên:
x

−∞
1− +∞



y
′


+

+

y






0.25

•

ðồ
th
ị
:

ðồ
th
ị
hàm s
ố

ñ
i qua các
ñ
i
ể
m (0; 1),− (1;0) và nh
ậ
n giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a hai ti
ệ
m c
ậ
n
( 1;1)I − làm tâm

ñố
i x
ứ
ng.




0.25

b)
G
ọ
i
1
k là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
ñ
i

ể
m c
ủ
a
ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) v
ớ
i tr
ụ
c
hoành. G
ọ
i
2
k là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ

i
ñồ
th
ị
hàm s
ố
(1) t
ạ
i
ñ
i
ể
m có hoành
ñộ

1,0
ñiểm
−∞


1


+∞
1

1.
x
=
Tìm

m
sao cho
1 2
k k
+
ñạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có
2
1
( 1)
m
y
x
−
′
=
+

Hoành ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số (1) với trục hoành là
.
x m
= −

0.25
Hệ số góc của tiếp tuyến
ￚ tại ñiểm có hoành ñộ
x m
= −
là
1

1
.
1
k
m
=
−

ￚ
t
ạ
i
ñ
i
ể
m có hoành
ñộ

1
x
=
là
2
1
.
4
m
k
−
=

0.25

Ta có
1 2
1 1 1 1
1,
1 4 1 4
m m
k k
m m
− −
+ = + = + ≥
− −
1.
m
∀ ≠

0.25

ðẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1
1
1 4

m
m
−
=
−

⇔

1 2
1 2
m
m
− =


− = −


⇔
1
.
3
m
m
= −


=


Vậy
1 2
k k
+
ñạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
khi
{
}
1;3 .
m∈ −
0.25

2
(1,0 ñiểm)

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2
2
sin3 cos tan 2tan 1
2
cos2 1 tan
x x x x
x x
 
− + −

=
 
−
 

ð
i
ề
u ki
ệ
n:
cos cos2 0,
x x
≠
tan 1
x
≠ ±
(*)
Khi ñó, phương trình ñã cho tương ñương với

( )
sin3 cos
2 tan 2 1
cos2
x x
x
x
−
= −

(
)
sin3 cos 2 sin 2 cos2
x x x x
⇔ − = −
0.25

sin3 sin 2sin 2
2 4
x x x
   
⇔ − − = −
   
   
π π


cos sin 2 sin 2
4 4 4
x x x
     
⇔ + − = −
     
     
π π π


sin 2 cos 1 0
4 4

x x
 
   
⇔ − + − =
   
 
   
 
π π

0.25
•
sin 2 0
4 8 2
k
x x
 
− = ⇔ = +
 
 
π π π

(
)
k ∈
ℤ
, thỏa (*)
0.25
•
cos 1 2

4 4
x x k
 
+ = ⇔ = − +
 
 
π π
π
(
)
k ∈
ℤ
, (không thỏa ñiều kiện
cos2 0)
x
≠

Vậy, phương trình có các nghiệm:
( )
.
8 2
k
x k= + ∈
ℤ
π π

0.25
3
(1,0 ñiểm)
Giải bất phương trình

2
1 1 4
3
x
x
− −
<
(1)

ðiều kiện:
{ }
1 1
; \ 0
2 2
x
 
∈ −
 
 
(*)
0.25
Với ñiều kiện trên, ta có
(1)
⇔
( )
2
2
4
3
1 1 4

x
x x
<
+ −

⇔
(
)
2
4 3 1 1 4
x x
< + −
⇔
2
4 3 3 1 4
x x
− < −
(2)
0.25

•

TH1: B
ấ
t ph
ươ
ng trình (2) th
ỏ
a khi
3

4 3 0 .
4
x x
− < ⇔ <

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (*), ta có
{ }
1 1
; \ 0 .
2 2
x
 
∈ −
 
 

0.25

•

TH2:
3
4 3 0 .
4

x x
− ≥ ⇔ ≥
Khi
ñ
ó
0.25

2 2
(2) 9(1 4 ) (4 3)
x x
⇔ − > −
⇔
2
52 24 0
x x
− <
⇔
6
0
13
x
< <

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i

3
4
x
≥
, nh
ậ
n th
ấ
y b
ấ
t ph
ươ
ng trình vô nghi
ệ
m trong tr
ườ
ng h
ợ
p này.
V
ậ
y, t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph

ươ
ng trình
ñ
ã cho là
{ }
1 1
; \ 0 .
2 2
S
 
= −
 
 


L
ư
u ý: N
ế
u HS chia 2 tr
ườ
ng h
ợ
p
0
x
>
và
0
x

<
thì m
ỗ
i tr
ườ
ng h
ợ
p
ñ
úng cho 0,5
ñ
i
ể
m.

4
(1,0 ñiểm)

Tính tích phân
2
4
2 cos ( 2)sin
cos sin
π
π
x x x x
I dx
x x x
+ −
=

−
∫

2 2 2 2
4 4 4 4
2( cos sin ) sin sin sin
2 2
cos sin cos sin cos sin
π π π π
π π π π
x x x x x x x x x
I dx dx dx dx
x x x x x x x x x
− +
   
= = + = +
   
− − −
   
∫ ∫ ∫ ∫

0.25

Ta có
•

2
2
4
4

2 2
2
π
π
π
π
π
dx x
= =
∫

0.25

•

( )
2 2
4
2
4 4
sin ( cos sin )
ln cos sin
cos sin cos sin
π π
π
π
π π
x x d x x x
dx x x x
x x x x x x

−
= − = −
− −
∫ ∫

0.25


2
ln 1 .
2 4
 
π
 
= −
 
 
 
 
 
V
ậ
y
2
ln 1 .
2 2 4
I
 
π π
 

= + −
 
 
 
 
 

0.25

5
(1,0 ñiểm)

Cho hình l
ậ
p ph
ươ
ng .
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có c
ạ
nh
.
a

a)
Tính kho
ả
ng cách gi
ữ

a hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
BB
′
và
.
A C
′

0.5

ñiểm


G
ọ
i
O
là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a hai
ñườ
ng

chéo
AC
và
.
BD
Suy ra
.
BO AC
⊥
Mà
BO AA
′
⊥
nên
( ).
BO ACC A
′ ′
⊥
Do
ñ
ó

2
( ;( ))
2 2
BD a
d B ACC A BO
′ ′
= = =
Vì

//( )
BB ACC A
′ ′ ′
nên


( ; ) ( ;( ))
d BB A C d BB ACC A
′ ′ ′ ′ ′
=


2
( ;( ))
2
a
d B ACC A
′ ′
= =




0.25
b)
G
ọ
i
M
là trung

ñ
i
ể
m c
ủ
a c
ạ
nh
.
BB
′
M
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
A MD
′
chia hình l
ậ
p ph
ươ
ng
thành hai kh
ố
i
ñ
a di
ệ

n. Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích c
ủ
a hai kh
ố
i
ñ
a di
ệ
n trên.
0.5
ñiểm

G
ọ
i
N
là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
A M

′
và
,
AB

K
là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
DN
và
.
BC

M
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
A MD
′
chia hình l
ậ
p ph
ươ

ng .
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
thành hai kh
ố
i
ñ
a di
ệ
n
A MKDAB
′
và kh
ố
i
ñ
a di
ệ
n
.
A B C D MKCD
′ ′ ′ ′

0.25
Do
//
A B BN
′ ′
nên
1

A B MB
BN MB
′ ′ ′
= =

⇒

.
BN A B a
′ ′
= =

Do
//CD
BN nên
1
BK BN AB
CK CD CD
= = =

⇒

.
2
a
BK CK
= =

H
ọ

c sinh có th
ể

dùng công th
ứ
c
tính th
ể
tích c
ủ
a
kh
ố
i chóp c
ụ
t
ñể

tính
.
A MKDAB
V
′

0.25
Ta có
3
.
1
. . ;

6 24
B MNK
a
V BM BN BK= =
3
.
1
. . .
6 3
A A ND
a
V AA AN AD
′
′
= =
Khi ñó
3 3 3
. .
7
.
3 24 24
A MKDAB A A ND B MNK
a a a
V V V
′ ′
= − = − =
Thể tích khối lập phương
.
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′

b
ằ
ng
3
.
a

Ta có
3 3
3
.
7 17
24 24
A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB
a a
V V V a
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= − = − =

⇒

7
.
17
A MKCDAB
A B C D MKCD
V
V
′
′ ′ ′ ′

=
0.25

6
(1,0 ñiểm)

Gi
ả
s
ử

,
a

,
b

c
là
ñộ
dài ba c
ạ
nh c
ủ
a tam giác có chu vi b
ằ
ng
3.
Tìm GTNN c
ủ

a bi
ể
u th
ứ
c

2 2 2
3( ) 4
P a b c abc
= + + +


Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát, ta gi
ả
s
ử

0 .
a b c
< ≤ ≤
Vì
3
a b c
+ + =
nên
3

a b c
+ = −
và
1.
c
≥
M
ặ
t khác,
a b c
+ >
nên 3
c c
− >
3
.
2
c
⇔ <
Nh
ư
v
ậ
y,
3
1 .
2
c
≤ <

0.25

Ta có
2 2 2 2 2 2 2
3( ) 3 4 3( ) 6 3 4 3(3 ) 3 2(3 2 )
P a b c abc a b ab c abc c c c ab
= + + + = + − + + = − + − −
Vì
3
2
c
<
nên
3 2 0
c
− >
và
2 2
3
2 2
a b c
ab ab
+ −
   
≥ ⇒ ≥
   
   
nên
2 2
3 3

(3 2 ) (3 2 ) 2(3 2 ) 2(3 2 )
2 2
c c
c c ab c ab c
− −
   
− ≥ − ⇔ − − ≥ − −
   
   

Từ ñó, ta có
2
2 2
3
3(3 ) 3 2(3 2 )
2
c
P c c c
−
 
≥ − + − −
 
 
⇔

3 2
3 27
2 2
P c c≥ − +
0.25

Xét hàm số
3 2
3 27
( )
2 2
f c c c= − + trên
3
1;
2
 


 

Ta có
2
( ) 3 3
f c c c
′
= −
;
0
( ) 0
1
c
f c
c
=

′

= ⇔

=


Ta có bảng biến thiên
c


0

1

3
2


f
′

+

0

−

0

+

( )
f c





3
2
f
 
 
 


13


Như thế,
( ) (1) 13
f c f
≥ =

0.25
Suy ra
13.
P
≥
Vậy
13

MinP
=
ñạt ñược khi
1.
a b c
= = =
0.25

II.

PH
Ầ
N RIÊNG


A.Theo ch
ươ
ng trình Chu
ẩ
n

7.a
(1,0
ñiểm
)

Trong mặt phẳng
,
Oxy
cho hình bình hành

ABCD
có
( 6; 6),
D
− −
ñường trung trực
1
∆
của ñoạn
thẳng
CD
có phương trình
2 3 17 0
x y
+ + =
và ñường phân giác
2
∆
của góc
BAC
có phương
trình
5 3 0.
x y
+ − =
Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh còn lại của hình bình hành.

Gọi
M
là trung ñiểm của

.
CD

Vì
1
M
∈∆
nên
(3 1; 2 5)
M m m
− − −

Từ ñó
(3 5; 2 1)
DM m m
+ − +


1
∆
có vectơ chỉ phương
1
( 3;2).
u −

Vì
1
∆
là ñường
trung trực của ñoạn thẳng

CD
nên
1
. 0
u DM
=
 
⇔
3(3 5) 2( 2 1) 0
m m
− + + − + =


⇔
1
m
= −

0.25
H
A

D

M

B

C

C
′
2
∆
1
∆


Do ñó,
( 4; 3).
M
− −

Ta lại có
2 2
2 0
C M D
C M D
x x x
y y y
= − = −


= − =


⇒

( 2;0)
C

−


Gọi
C
′
là ñiểm ñối xứng với
C
qua
2
.
∆
ðường thẳng
CC
′
ñi qua
( 2;0)
C
−
và vuông
góc với
2
∆
nên có phương trình
1( 2) 5( 0) 0 5 2 0.
x y x y
− + + − = ⇔ − + =

Gọi
H

là giao ñiểm của
CC
′
và
2
.
∆
Tọa ñộ ñiểm
H
là nghiệm của hệ phương trình
5 2 0
1
5 3 0
2
x y
x y
x y
− + =

⇔ = =

+ − =


1 1
;
2 2
H
 
⇒

 
 

Vì
H
là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng
CC
′
nên
2 3
2 1
C H C
C H C
x x x
y y y
′
′
= − =


⇒

= − =


(3;1)
C
′

0.25

ðườ
ng th
ẳ
ng
AB

ñ
i qua
C
′
và nh
ậ
n
1
( 3;2)
u
−


làm vect
ơ
pháp tuy
ế
n nên có ph
ươ
ng
trình
3( 3) 2( 1) 0 3 2 7 0.
x y x y
− − + − = ⇔ − − =

Vì
2
A AB
= ∩ ∆
nên t
ọ
a
ñộ

ñ
i
ể
m
A
là nghi
ệ
m c
ủ

a h
ệ
ph
ươ
ng trình
5 3 0 1
(1; 2)
3 2 7 0 2
x y x
A
x y y
+ − = =
 
⇔
⇒
−
 
− − = = −
 

0.25

Vì
ABCD
là hình bình hành nên
AB DC
=
 
v
ớ

i
( 1; 2)
B B
AB x y
− +

và
(4;6).
DC


Suy ra
1 4 5
(5;4)
2 6 4
B B
B B
x x
B
y y
− = =
 
⇔
⇒
 
+ = =
 

Vậy ba ñỉnh còn lại của hình bình hành là
(1; 2),

A
−
(5;4)
B và
( 2;0).
C
−

0.25
8.a
(1,0 ñiểm)
Trong không gian
,
Oxyz
cho
1
1 2
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và
2
1 2
: 1 .
3
x t

d y t
z
= − +


= +


=

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
d
,
2
d

chéo nhau và vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u có bán kính nh

ỏ
nh
ấ
t,
ñồ
ng th
ờ
i ti
ế
p xúc v
ớ
i
1
,
d
2
.
d

1
d

ñ
i qua
ñ
i
ể
m
(0;1; 2)
M

−
và có vect
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng
1
(2; 1;1)
u −

;
2
d

ñ
i qua
( 1;1;3)
N
−

và có vect
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng
2

(2;1;0).
u


Ta có
1 2
; . 21 0
u u MN
 
= ≠
 
  
nên
1
d
và
2
d
chéo nhau.
0.25

G
ọ
i
∆
là
ñườ
ng vuông góc chung c
ủ
a

1
d
và
2
,
d
∆
c
ắ
t
1 2
,
d d
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
, .
A B

Vì
1
A d
∈
nên
(2 ;1 ; 2 )
A a a a

− − +
và vì
2
B d
∈
nên
( 1 2 ;1 ;3).
B b b
− + +

Suy ra
(2 2 1; ;5 ).
AB b a b a a
− − + −


M
ặ
t khác, vì
AB
là
ñườ
ng vuông góc chung c
ủ
a
1
d
và
2
d

nên
1
2
. 0
2 1 0 1
3 5 2 0 1
. 0
u AB
a b a
a b b
u AB

=
− − = =
 

⇔ ⇔
  
− + = =
=
 


 
 

Do
ñ
ó
(2;0; 1)

A
−
và
(1;2;3).
B
0.25


G
ọ
i
( )
S
là m
ặ
t c
ầ
u ti
ế
p xúc v
ớ
i
1
d
và
2
d
l
ầ
n l

ượ
t t
ạ
i các
ñ
i
ể
m
C
và
.
D

( )
S
có tâm
I

0.25

và bán kính
.
R

Ta có
2
IC ID CD R CD
+ ≥ ⇔ ≥
(b
ấ

t
ñẳ
ng th
ứ
c tam giác)
Mà
CD AB
≥
(vì
AB
là
ñ
o
ạ
n vuông góc chung c
ủ
a
1
d
và
2
d
)
Nên
2 .
2
AB
R AB R≥ ⇔ ≥
Nh
ư

th
ế
, m
ặ
t c
ầ
u
( )
S
có bán kính nh
ỏ nhất bằng
21
.
2 2
AB
= Khi
ñ
ó, trung
ñ
i
ể
m
3
;1;1
2
 
 
 
c
ủ

a
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng
AB
chính là tâm c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u này.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u c
ầ
n tìm là
( ) ( )
2

2 2
3 21
1 1 .
2 4
x y z
 
− + − + − =
 
 

0.25
9.a
(1,0 ñiểm)
Từ các chữ số
0,
1,
2,
3,
4,
5
có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác
nhau và chữ số
2
ñứ
ng c
ạ
nh ch
ữ
s
ố

3?

Ta “
dán
” hai ch
ữ
s
ố

2
và
3
li
ề
n nhau thành “
chữ số kép
”. Có hai cách dán (
23
ho
ặ
c
32
). Bài toán tr
ở
thành : T
ừ 5 chữ số
0, 1, 4, 5
và số kép, hỏi có thể lập ñược bao
nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 5 chữ số khác nhau

?
0.25

Ta gi
ả
i b
ằ
ng quy t
ắ
c nhân nh
ư
sau:
•
B
ướ
c 1: Dán
2
và
3
v
ớ
i nhau, có
2
cách.
•
B
ướ
c 2: S
ố
hàng v

ạ
n, có
4
cách ch
ọ
n (tr
ừ
s
ố

0).

0.25

•
B
ướ
c 2: S
ố
hàng v
ạ
n, có
4
cách ch
ọ
n.
•
B
ướ
c 3: S

ố
hàng nghìn, có
4
cách ch
ọ
n.
•
B
ướ
c 4: S
ố
hàng tr
ă
m, có
3
cách ch
ọ
n.
•
B
ướ
c 5: S
ố
hàng ch
ụ
c, có
2
cách ch
ọ
n.

•
B
ướ
c 6: S
ố
hàng
ñơ
n v
ị
, có
1
cách ch
ọ
n.
0.25

V
ậ
y theo quy t
ắ
c nhân, s
ố
các s
ố
c
ầ
n tìm là
2.4.4.3.2.1 192
=
s

ố
.
0.25


B.Theo chương trình Nâng cao

7.b
(1,0 ñiểm)

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
,
Oxy
cho
2 2
( ): 2 4 20 0
C x y x y
+ − + − =
và
1
: 2 5 0,
d x y
+ − =

2
:2 0.

d x y
+ =

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
ti
ế
p xúc v
ớ
i
( )
C
t
ạ
i
,
A
c
ắ
t
1
,

d

2
d
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
B
và
C
sao
cho
B
là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng

.
AC

G
ọ
i
3
d
là
ñườ
ng th
ẳ
ng
ñố
i x
ứ
ng v
ớ
i
2
d
qua
1
.
d
Vì
1 2
//
d d
nên

3 2 1
// //
d d d
. Do
ñ
ó,
ph
ươ
ng trình
3
d
có d
ạ
ng:
2 0
x y c
+ + =
(v
ớ
i
0
c
≠
và
5).
c
≠ −

Ta l
ạ

i có

3 1 2 1
5
5
( ; ) ( ; ) 5 5 10
5 5
c
d d d d d d c c
+
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −
(nh
ậ
n) ho
ặ
c
0
c
=
(lo
ạ
i).
Suy ra
3
:2 10 0.
d x y
+ − =

0.25

Vì
1
,
B d
∈
2
,
C d
∈
B
là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a
AC
và vì
3
d

ñố
i x
ứ
ng v
ớ
i
2
d

qua
1
d
nên
3
.
A d
∈
Suy ra
3
( ).
A d C
= ∩
V
ậ
y t
ọ
a
ñộ

ñ
i
ể
m
A
là nghi
ệ
m c
ủ
a h

ệ
ph
ươ
ng trình
2 2
2 10 0
4, 2
6, 2
2 4 20 0
x y
x y
x y
x y x y
+ − =
= =


⇔


= = −
+ − + − =



0.25

ðườ
ng tròn
( )

C
có tâm
(1; 2)
I
−
nên ti
ế
p tuy
ế
n
∆
t
ạ
i
A
nh
ậ
n
IA

làm vect
ơ
pháp tuy
ế
n.
•
V
ớ
i
(4;2)

A
thì
(3;4).
IA

Khi ñó,
∆
có phương trình:

3( 4) 4( 2) 0 3 4 20 0.
x y x y
− + − = ⇔ + − =

0.25
• Với
(6; 2)
A
−
thì
(5;0).
IA

Khi ñó,
∆
có phương trình:

5( 6) 0( 2) 0 6 0.
x y x
− + + = ⇔ − =

Vậy có hai tiếp tuyến
∆
cần tìm là:
:3 4 20 0
x y
∆ + − =
và
: 6 0.
x
∆ − =

0.25
8.b
(1,0 ñiểm)
Trong không gian
,
Oxyz
cho
1 2
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
và
( ): 2 3 0.
P x y z
+ − − =
Vi

ế
t ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
∆
n
ằ
m trong
( ),
P
sao cho
∆
vuông góc v
ớ
i
d
và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
ñườ
ng
th
ẳ
ng

∆
và
d
b
ằ
ng
2.

ðườ
ng th
ẳ
ng
d
có vect
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng
(2;1;1).
d
u =

M
ặ
t ph
ẳ
ng
( )

P
có vect
ơ
pháp tuy
ế
n
( )
(1;2; 1).
P
n
= −

Ta có
( )
; (3; 3; 3).
P d
n u
 
= − −
 
 

Vì
( )
P
∆ ⊂
và
d
∆ ⊥
nên vect

ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng c
ủ
a
∆
là
( )
1
; (1; 1; 1).
3
P d
u n u
∆
 
= = − −
 
  

0.25

G
ọ
i
( )
Q
là m

ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
∆
và song song v
ớ
i
,
d
ta có vect
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a
( )
Q
là

( )
1
; (0; 1;1).
3
Q d
n u u
∆

 
= = −
 
  

Khi
ñ
ó, ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
Q
là
0.
y z m
− + =

Ch
ọ
n
(1; 2;0) ,
A d
− ∈
ta có

( ;( )) ( ; ) 2

d A Q d d= ∆ =
⇔
2
2
2
m− +
=

⇔
4 0.
m m
= ∨ =

0.25

•
V
ớ
i
4
m
=
: Ta có
( ) : 4 0.
Q y z
− + =

Vì
( ) ( )
P Q

∆ = ∩
nên
∆

ñ
i qua
(7;0;4)
B

⇒
ph
ươ
ng trình
7 4
: .
1 1 1
x y z
− −
∆ = =
− −

0.25

•
V
ớ
i
0
m
=

: Ta có
( ) : 0.
Q y z
− =

Vì
( ) ( )
P Q
∆ = ∩
nên
∆

ñ
i qua
(3;0;0)
C

⇒
ph
ươ
ng trình
3
: .
1 1 1
x y z
−
∆ = =
− −

V

ậ
y, có hai
ñườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm là
7 4
:
1 1 1
x y z
− −
∆ = =
− −
và
3
: .
1 1 1
x y z
−
∆ = =
− −

0.25

9.b
(1,0 ñiểm)

Tìm s

ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a
3 3 3
z i
+ − =
(1) và có acgumen
ϕ
nh
ỏ
nh
ấ
t v
ớ
i
(
)
0;
ϕ π
∈
.
4
2
-5
3

60
°
E
T
F
I
O

Gi
ả
s
ử

z x yi
= +

( , )
x y
∈
ℝ

Theo
ñề

3 3 3 3 3 3 ( 3) ( 3) 3
z i x yi i x y i
+ − = ⇔ + + − = ⇔ + + − =


( )

(
)
2
2
3 3 3
x y
⇔ + + − =


0.25

Do
ñ
ó, t
ậ
p h
ợ
p các
ñ
i
ể
m bi
ể
u di
ễ
n các s
ố
ph
ứ
c

z
th
ỏ
a (1) là
ñườ
ng tròn tâm
(
)
3; 3 ,
I −
bán kính
3.
R
=

0.25

D
ự
ng ti
ế
p tuy
ế
n
OF
và
OT
(
F
thu

ộ
c
xx
′
). K
ẻ

TE
vuông góc
xx
′
t
ạ
i
E
.
Ta có
3.
OT OF
= =
Vì
1
3
IF
OF
=
nên




0 0
30 60 .
IOT IOF EOT= = ⇒ =

T
ừ

ñ
ó
 
3 3 3
sin ; cos .
2 2
TE OT EOT OE OT EOT
= = = =

0.25

V
ậ
y, s
ố
ph
ứ
c
3 3 3
2 2
z i
= − + (bi
ể

u di
ễ
n b
ở
i
ñ
i
ể
m
T
) là s
ố
ph
ứ
c có acgumen
ϕ
nh
ỏ

0.25

nhất với
(
)
0;
ϕ π
∈
.

Hết