4 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án tham khảo

1
K THI KHO ST CHT LNG ễN THI I HC KHI A - B D. Nm 2010.
Mụn thi: Toỏn. Thi gian lm bi: 180 phỳt.
Ngy 20 thỏng 3 nm 2010.
A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im)
Cõu I. (2 im) Cho hm s y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca
(C
m
) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II (2 im)
1.Gii phng trỡnh:
x
xx
xx
2
32
2
cos
1coscos
tan2cos
+

=
.
2. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =

+ = + +

,
( , )x y R
.
Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn:
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x
=
+

.
Cõu IV. (1 im)Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =
3
2
a
và góc BAD =
60
0
. Gọi M và N
lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN).
Tính
thể tích khối chóp A.BDMN.
Cõu V. (1 im) Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món
1a b c+ + =
. Chng minh rng:
7
2
27
ab bc ca abc+ +
.
B. PHN RIấNG (3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2)
1.Theo chng trỡnh Chun
Cõu VIa. ( 2 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC bit A(5; 2). Phng trỡnh ng trung trc
cnh BC, ng trung tuyn CC ln lt l x + y 6 = 0 v 2x y + 3 = 0. Tỡm ta cỏc nh ca tam
giỏc ABC.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu VIIa. (1 im) Cho

1
z
,
2
z
l cỏc nghim phc ca phng trỡnh
2
2 4 11 0z z + =
. Tớnh giỏ tr ca
biu thc
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb. ( 2 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y + =
v im
A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

, i qua im A v tip xỳc vi ng
thng

.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, Cho ba im A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Vit phng trỡnh
mt phng (ABC) v tỡm im M thuc mt phng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Cõu VIIb. (1 im) Gii h phng trỡnh :
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
xy x y x x
y x
+
+

+ + + + =


+ +


,
( , )x y R
.
1

ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 1
2 PT hoành độ giao điểm x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1
⇔
x(x
2
+ 3x + m) = 0
⇔
m = 0, f(x) = 0 0.25
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khác 0 và
y’(x
1
).y’(x
2
) = -1.
0.25
Hay
2 2
1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.

m f m
x x m x x m
− > = ≠


+ + + + = −

2 2 2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9
9
, 0
, 0
4
4
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1
4 9 1 0
m m
m m
x x x x x x m x x x x m x x m
m m


< ≠
< ≠
 
⇔ ⇔
 
 

+ + + + + + + + = −
− + =


0.25
Giải ra ta có ĐS: m =
9 65
8
±
0.25
II 1
ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về
2 2 2
cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0x x x x x x− = + − + ⇔ − =
0.5
Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
2 2
2 , 2 ; hay
3 3
x k x k x k
π π
π π
= = ± + =
.
0.5
2

0y ≠
, ta có:
2

2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y

+
+ + =


+ + + =

⇔
 
+ = + +
+



+ − =


0.25
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =
  
⇔ ⇔
 

− = + − = = − =
  
0.25
+) Với

3, 1v u= =
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
= =
  
+ = + = + − =

⇔ ⇔ ⇔
  

= − =
+ = = − = −

  
.
0.25
+) Với
5, 9v u= − =
ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5

x y x y x x
x y y x y x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
, hệ này
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −
0.25
III
3
3
2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x x xdx

I dx dx
x
x x x x x
 
 ÷
 
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫
0.25
Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
+ = ⇒ = − ⇒ =
. Đổi cận … 0.25
Suy ra
( )
( )
2
2 2
3
2
2
3 3
2

1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e
t
x
I dx tdt t dt
t
x x
−
= = = −
+
∫ ∫ ∫
0.25

2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
 
= − =
 ÷

 
0.25
2
IV Chứng tỏ AC’
⊥
BD 0.25
C/m AC’
⊥
PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’
⊥
(BDMN) 0.25
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể
tích thì phải chỉ ra cách tính.
0.25
Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là:
3
3
16
a
.
0.25
V
Ta có
2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + − = + + − = − + −
. Đặt t= bc thì ta
có
2 2
( ) (1 )
0
4 4

b c a
t bc
+ −
≤ = ≤ =
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn
2
(1 )
0;
4
a
 
−
 
 
0.5
Có f(0) = a(1 – a)
2
( 1 ) 1 7
4 4 27
a a+ −
≤ = <
và
2
2
(1 ) 7 1 1 1 7
(2 )
4 27 4 3 3 27
a
f a a
 

−
 
= − + − ≤
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
với mọi a
[ ]
0;1∈
0,25
Vậy
7
2
27
ab bc ca abc+ + − ≤
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25
VIa. 1. Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:
2 5 11 2 2
' ; '
2 2
m c m c
C CC
− + − −
 
= ∈
 ÷
 

nªn
2 5 11 2 2 5
2( ) 3 0
2 2 6
m c m c
m
− + − −
− + = ⇒ = −
5 41
( ; )
6 6
I⇒ = −
. Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
x y
C
x y
− + =

 
⇒ =

 ÷
− + =
 



0.5
Täa ®é cña B =
19 4
;
3 3
 
−
 ÷
 
0.5
2.
Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
 
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của
AB, AC là:
1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
0.25
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC
 
= = −
 
  
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
0.25

Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
0.25
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − =
0.25
VII
a
Giải pt đã cho ta được các nghiệm:
1 2
3 2 3 2
1 , 1
2 2
z i z i= − = +

0.5
Suy ra
2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
 
= = + = + =
 ÷
 ÷
 
0.25
Đo đó
2 2
1 2
2
1 2
11

4
( )
z z
z z
+
= =
+
0.25

VIb 1. Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên I(-3t – 8; t) 0.25
3
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
0.25
Giải tiếp được t = -3 0.25
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25. 0.25
2.
Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = −
  
là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25

M(x; y; z) MA = MB = MC
⇔
…. 0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII
b
+ Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠

. 0.25
1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
( )
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2).
x y x y
x y x y
x y x y x
I
y x y x

− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 
0.25
Đặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.t t t
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với
1t
=
ta có:
1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − −
Thế vào (2) ta có:

2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +
0
2
x
x
=

⇔

= −

. Suy ra:
1
1
y
y
= −



=

.
0.25
+ Kiểm tra thấy chỉ có
2, 1x y= − =
thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2, 1x y= − =
.
0.25
4
A
B
D
P
M
N
Q
Đề 2
Sở GD-ĐT Thái Bình . Kỳ thi thử Đại học năm 2010.
Trường THPT Tây Thụy Anh . Môn Toán : Thời gian làm bài 180 phút.

A /Phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x
3
+ ( 1 – 2m)x
2

+ (2 – m )x + m + 2 . (C
m
)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
1. Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x
−
.
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x
+ = −
Câu III : ( 2 điểm ).
1. Tính tích phân sau :
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x
−
=
+

∫
2. Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y

− = −

+ = −

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
;y
1
);(x
2
;y
2
);(x
3
;y
3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3

lập thành cấp số cộng
( )
0d
≠
.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1
Câu IV : ( 2 điểm ).
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 2
x y z
= =
; d
2

1 2
1
x t
y t
z t
= − −


=



= +

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua d
2
.
2.Tìm
1 2
;A d B d∈ ∈
sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).
( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V
a
hoặc V
b
sau đây.)
Câu V
a
.
1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0
.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích

ABC
∆
.
2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
Câu V
b
.
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x+ −
−
> 24.
2.Cho lăng trụ ABC.A
’
B

’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA
’

tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.
5
Sở GD-ĐT Thái Bình Kỳ thi thử Đại học năm 2010.
Trường THPT Tây Thụy Anh Môn Toán : Thời gian làm bài 180 phút.


ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
I . 200
1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00
Với m = 2 ta được y = x
3
– 3x
2
+ 4
a ;Tập xác định : D = R.
0,25
b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu ……
Nhánh vô cực……

j
o
4
+
∞
-
∞
+
+
-
0
0
2
0
+
∞
-
∞
y
y'
x
0,25
c ; Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy
0,25
6















0,25
2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :
+ y
’
=0 có 2 nghiệm pbiệt x
1
< x
2

⇔

' 2
4 5 0m m∆ = − − 
⇔
m < - 1 hoặc m >
5

4
0,25
0,25
+ x
1
< x
2
< 1 ( Vì hệ số của x
2
của y
’
mang dấu dương )
⇔
….
⇔

'
4 2m∆ −
⇔
…
⇔
21
15
m 
0,25
Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số
( )
; 1m ∈ −∞ −
5 7
;

4 5
 
∪
 ÷
 
0,25
II 2,00
1
1.Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x
−
. ( I )
1,00
Đặt sinx + cosx = t (
2t ≤
).
⇒
sin2x = t
2
- 1
⇒
( I )
0,25
⇔
2
2 2 6 0t t− − =
⇔
2t = −
)
0,25

+Giải được phương trình sinx + cosx =
2−
…
⇔

os( ) 1
4
c x
π
− = −
+ Lấy nghiệm
0,25
Kết luận :
5
2
4
x k
π
π
= +
( k
∈Z
) hoặc dưới dạng đúng khác .
0,25
2
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x
+ = −
1,00

7
⇔
hệ
2 2
2x x 9 6x
3
m x
x

+ = + −

≤

có nghiệm duy nhất 0,25
⇒
x
2
+ 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
0,25
+ ; Với x
≠
0 (1)
⇔

2
6x 9x
m
x
+ −

= −
. Xét hàm số :
f(x) =
2
6x 9x
x
+ −
trên
(
]
{ }
;3 \ 0−∞
có f
’
(x) =
2
2
9x
x
+
> 0
0x
∀ ≠
0,25
+ , x = 3
⇒
f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6
⇔
m < - 6 0,25
III 2,00

1
1. Tính tích phân sau :
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x
−
=
+
∫
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x
−
=
+
∫
=

2
2
1
1
1
x
1
x
d
x
x
−
+
∫
=

2
1
1
( )
1
d x
x
x
x
+
−
+
∫
= -

1
2
1
ln( )x
x
+
=
…. =
4
ln
5
( Hoặc
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x
−
=
+
∫
=
2
2
1
1 2x

x
1
d
x x
 
−
 ÷
+
 
∫
=……)
1,00
0,25
0,50
0,25
2
2.Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y

− = −

+ = −


Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1

;y
1
);(x
2
;y
2
);(x
3
;y
3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3
lập thành cấp
số cộng
( )
0d ≠
.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1
3 3
( )
1
x y m x y

x y

− = −

+ = −


⇔
2 2
( )( ) 0
1
x y x y xy m
x y

− + + − =

+ = −

⇔

2
1
2
1
( ) 1 0
x y
y x
x x x m
ϕ


= = −


= − −




= + + − =


1,00

0,25
0,25
8
Trước hết
( )x
ϕ
phải có 2 nghiệm pbiệt x
1
; x
2

⇔
3
4 3 0
4
m m∆ = − ⇔
Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.

+Trường hợp 1 :
1
2
−
; x
1
; x
2
+Trường hợp 2 : x
1
; x
2
;
1
2
−
+Trường hợp 3 : x
1
;
1
2
−
; x
2

0,25
Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
1 2
1 2
1

1
x x
x x m
+ == −


= −

đúng với mọi m >
3
4
Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1 ta cần có thêm điều kiện sau
2
1 4 3
1 4 3 3 3
2
m
x m m
− + −
= ⇔ − ⇔ 
Đáp số : m > 3
0,25
IV
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1

:
1 1 2
x y z
= =
; d
2

1 2
1
x t
y t
z t
= − −


=


= +

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua d
2
.
.
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d

1
…. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d
2
có pt 2x – y - z + 3 = 0
2,00
0,25
0,25
+ Tìm được giao của d
2
với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)
…
⇒
Điểm đối xứng M
’
của M qua d
2
là M
’
(-3 ;-2 ;-1)
0,25
0,25
2.Tìm
1 2
;A d B d
∈ ∈
sao cho AB ngắn nhất .
Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t
1
;-t

1
;1+t
1
) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng d
1
và d
2
.
0,50
⇒
1
2
. 0
. 0
AB v
AB v

=


=


 
 
…….
⇒
tọa độ của
3 3 6

; ;
35 35 35
A
 
 ÷
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B
− −
 
 ÷
 
0,50
Va 2,00
1
1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương
trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .
9
-
2
M
C
B

H
A
+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là
(3;1)n =

AC có phương trình 3x + y
- 7 = 0
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ
AC
CM



……
⇒
C(4;- 5)
+
2 1
;
2 2
B B
M M
x y
x y
+ +
= =
; M thuộc CM ta được
2 1
1 0
2 2

B B
x y+ +
+ + =
+ Giải hệ
2 1
1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
+ +

+ + =



− − =

ta được B(-2 ;-3)
0,25
0,25
Tính diện tích
ABC
∆
.
+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
14
3 7 0

5
3x 7 0 7
5
x
x y
y
y

=

− − =


⇔
 
+ − =


= −


…. Tính được BH =
8 10
5
; AC = 2
10
Diện tích S =
1 1 8 10
. .2 10. 16
2 2 5

AC BH = =
( đvdt)
0,25
0,25
2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
+ ;
0 1
1024
n
n n n
C C C+ + + =

⇔
( )
1 1 1024
n
+ =

⇔
2
n
= 1024
⇔
n = 10
0,25
0,25
+ ;
( )
10 10
10
3 3
10
1 1
.
k
k
k
k o
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑
; …….

Hạng tử chứa x
6
ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .
0,25
0,25
V
b
2,00
1
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x+ −
−
> 24. (2)
1,00
10
(2)
⇔
( ) ( )
2 2
2
5 5 24 5 5 0
x x
− − 
⇔
2
5 5
x


⇔
x
2
> 1
⇔
1
1
x
x


−



0,5
0,5
2 2.Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm
A,B,C. Cạnh bên AA
’
tạo với đáy góc 60

0
. Tính thể tích khối lăng trụ.

G
N
M
C
B
A
B'
C'
A'
Từ giả thiết ta được chop A
’
.ABC là chop tam giác đều .

'
A AG
là góc giữa cạnh bên và
đáy .
⇒


'
A AG
= 60
0
, … AG =
3
3

a
;
Đường cao A
’
G của chop A
’
.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A
’
G =
3
3
a
.tan60
0
=
3
3
a
.
3
= a.
…… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V =
3
1 3 3
. . .
2 2 4
a a
a a =
1,00

0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau .
+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.
11

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010

MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

b) Giải phương trình :
3
2

3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ):3 5 0x y∆ − − =

sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=

+
=
−

12
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5




+=
=
⇔=
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2

⇔
0'>y

2
>∀
x
⇔
21
≤+
m
⇔
1
≤
m
0,25

0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2 =
⇔

xx sin6sin =
0,25
⇔



+−=
+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx

⇔






+=
=
7
2
7
5
2
ππ

π
m
x
m
x
;
Zm
∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5=
,
Zt ∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m

+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37 +≠ lm
)
trong đó
Zltm ∈,,

0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
1 điểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
0,25
13
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222

)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 +
=
−
=
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:



+




+−
∈
7
602
;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0

2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(

3
uu
du
I
=3
du
u
uu
∫




+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1

)
2
3
ln(
4
3
−=

Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
0,5
14
A
B
C
C’
B’
A’
H
O

M
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó

4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
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
====
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
=++
cba
.Chứng minh
rằng:

134)(3
222
≥+++ abccba
1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf

+
=−+++=
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf ≥
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
≤≤

33
=++≤⇒
cbaa
hay a
1≤

=− ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
+−++−−+++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb −+−+
=







+
−+






+
−+
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba

cb
−−
−
=
0
2
))(23(
2
≥
−− cba
do a
1≤

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ≥ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
−+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
−−+++− ttttt
=
0)47()1(2
2
≥−− tt
do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra
10&1
===⇔=−=⇔
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn
nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
15

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21

2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
Măt khác
xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
== t
t
tt
tfP
0.25
Tính




=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên

[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
0.25
Cõu VIa 1 im
a) (Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
( )

1;2 5AB AB= =

. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC
0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1
==

ABCdABS
ABC

446. =t






=
=
3
4

0
t
t
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5
) tho món .
0,5
b) 1 im
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;
( )
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;

3
2
( H
0,25
16
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' −O
0,5
CâuVIIa
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
1 điểm

PT
⇔
⇔=+−+
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=−++
zzzz
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−− tt
0,25




±−=
±−=

⇒



=
−=
⇔
61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61±−=z
;
iz ±−= 1
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =

và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:

7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
b) 1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u

⊥


⊥



 
 
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒
AB

(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22

−>− xxx
1 điểm
17
Điều kiện:
0>x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3>x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:
xxf

2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có



=<

=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>
x
* Với
4<x
:Ta có



=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT

⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=

x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1
>
x
:Ta có



=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1<x
:Ta có



=>
=<

0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10 << x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm



<<
>
10
4
x
x
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.
18
THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
1
.
1

x
y
x
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình
( )
4 4
2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − =
có nghiệm trên
0; .
2
π
 

 
 
b) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L
x
→
− + +
=
−
b) Chứng minh rằng
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100

2 .C C C C C C− + − + − + = −
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.a b c+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
19
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ − − =
và
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ − + + =
Lập phương trình tiếp tuyến chung của
( )
1
C
và
( )
2
.C

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể
tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao cho
khoảng cách từ
A
đến
( )
α
lớn nhất.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với
đường thẳng

: 2 0d x y− − =
tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có
4, 5, 6OA OB OC= = =
và



0
60 .AOB BOC COA= = =
Tính thể tích tứ diện
OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z
d
− −
= =
−

2
5 5
: .

6 4 5
x y z
d
− +
= =
−
Tìm
điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.
ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a)
Tập xác định: Hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
có tập xác định
{ }
\ 1 .D R=
Giới hạn:
1 1
1 1 1

lim 1; lim ; lim .
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
+ −
→±∞
→ →
+ + +
= = +∞ = −∞
− − −
0,25
Đạo hàm:
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠ ⇒
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1; .+∞

Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;x =
tiệm cận ngang
1.y =
Giao của hai tiệm
cận
( )
1;1I
là tâm đối xứng.
0,25
20
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
( )
1
'
1
x
y C
x
+
=
−
Học sinh tự vẽ hình
0,5
Số nghiệm của

1
1
x
m
x
+
=
−
bằng số giao điểm của đồ thị
1
1
x
y
x
+
=
−
và
.y m=
0,25
Suy ra đáp số
1; 1:m m< − >
phương trình có 2 nghiệm
1:m
= −
phương trình có 1 nghiệm
1 1:m
− < ≤
phương trình vô nghiệm
0,25

Câu II 2 điểm
a)
Ta có
4 4 2
1
sin os 1 sin 2
2
x c x x+ = −
và
2
os4 1 2sin 2 .c x x= −
0,25
Do đó
( )
2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + =
.
Đặt
sin 2t x=
. Ta có
[ ] [ ]
0; 2 0; 0;1 .
2
x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
 
 

Suy ra
( )
[ ]
2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m
π
 
⇔ ≤ ≤
 
 
0,25
b)
Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện:
0 1x

< ≠
0,25
( ) ( )
2 3 1 4x x x⇔ + − =
0,25
Trường hợp 1:
1x >
( )
2
2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ =
0,25
Trường hợp 1:
0 1x< <
( )
2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
2;2 3 3T = −
0,25
Câu III
a)
Tìm
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x

x x
L
x
→
− + +
=
−
21
Ta có
3
2 2
0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cos
x
x x
L
x x
→
 
− + + −
 ÷
= +
− − ÷
 
0,25
Xét
2 2
1

2 2
0 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos
2sin 2 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x
→ →
+ −
= = =
−
 
+ +
 ÷
 
0,25
Xét
( )
3
2 2
2
2
0 0
3

2 2 2
3
3 1 1 3
lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x x
→ →
− +
= = =
−
 
− − − +
 ÷
 ÷
 
0,25
Vậy
1 2
2 2 4L L L= + = + =
0,25
b)
Chứng minh rằng
0 2 4 100 50

100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
Ta có
( )
( ) ( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100
1

i C C i C i C i
C C C C C C C i
+ = + + + +
= − + − + + − + −
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( )
2 100 50
2 50
1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = −
Vậy
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
0,5
Câu IV Cho a, b, c thoả
3.a b c
+ + =

Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
Đặt
( ) ( ) ( )
2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 ,w 2 ;3 ;4 w
a b c c a b b c a
u v M u v= = = ⇒ = + +
     
( ) ( ) ( )
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4
a b c a b c a b c
M u v≥ + + = + + + + + + + +
  
0,25
Theo cô – si có
3
2
2 2 2 3 2 6
b c a b c+ +
+ + ≥ =
. Tương tự …
0,5
Vậy
3 29.M ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1.a b c
= = =

0,25
Câu Va Học sinh tự vẽ hình
a)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
0,25
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C

( )
( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1

;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


+ = +
∆ =
 
⇔ ⇔
 
∆ =
 
− + = +


Từ (1) và (2) suy ra
2A B=
hoặc
3 2
2
A B
C
− +
=
0,25
Trường hợp 1:

2A B=
.
Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
0,5
22
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
=
. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
b)
Gọi H là trung điểm của BC
( )
( )
3
; '
2
a
d M BB C AH⇒ = =
0,25
2 3

' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S
∆ ∆
= = ⇒ = =
0,25
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có
' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
0,5
Câu VIa
(Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d
K
⇒
cố định;
Gọi
( )
α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
( )
α
.
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK

≤
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
0,25
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
0,25
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
0,25
Câu Vb
a)

Gọi
( )
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
− =
(H) tiếp xúc với
( )
2 2
: 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − =
0,25
( ) ( ) ( )
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2x y A H
a b
= ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − =
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
( )
2 2
2 2
8; 4 : 1
8 4
x y
a b H= = ⇒ − =
0,5

b)
(Học sinh tự vẽ hình)
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho
' ' 4OA OB OC= = =
0,25
Lấy M là trung điểm của B’C’
( ) ( )
' ' .OAM OB C⇒ ⊥
Kẻ
( )
' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥
0,25
Ta có
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ =
0,25

1 15 3
. .sin
2 2
OBC
S OB OC BOC= =
Vậy
1
. 10 2
3
OABC OBC
V AH S= =

0,25
Câu VIb
Gọi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
0,25
23
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −

( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
   
0,25
Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −
0,25
Kết luận 0,25
24