Đề thi thử THPT quốc gia 2015

SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
x
y
x


(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng
y x m 
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có
diện tích bằng
3
, với I là giao điểm của hai tiệm cận.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương tr
ình:
2
sin 2 2cos 3sin cosx x x x  
.
b) Giải phương tr
ình:
1
2 2
log (4 4).log (4 1) 3

x x
  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
1
ln d .
e
I x x x
x
 
 
 
 

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z
thỏa mãn
đi
ều kiện
 
2 5z i z i   
. Tính mô đun của số phức
2
1w iz z  
.
b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5 tấm
thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ
mang số chia hết cho 4.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
 
2;5;1A
và mặt phẳng
( ):6 3 2 24 0P x y z   
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). Viết
phương trình mặt cầu (S) có diện tích
784
và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm
trong mặt cầu.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có
đáy ABCD là h
ình ch
ữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết
2 3SD a
và góc tạo bởi đường thẳng SC
và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
30
. Tính theo
a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến
mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC.
Biết
 
2;3B
và
AB BC

, đường thẳng AC có phương trình
1 0x y  
, điểm
 
2; 1M  
nằm trên
đường thẳng AD. Viết phương tr
ình
đư
ờng thẳng CD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương tr
ình
3 3 2
3
3 4 2 0
( , )
3 2 2
x y y x y
x y
x x x y

     



    



.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn
đi
ều kiện
3.ab bc ca  
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
  
     
Hết
Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định
 
\ 1D  
.
 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:
 
2
1

' 0,
1
y x D
x
    

.
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng
 
;1
và
 
1;
.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1
x x
y y
 
 
.

tiệm cận ngang:
1y 
.
1 1
lim ; lim
x x
y y

 
 
   
.

tiệm cận đứng:
1x 
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x

1

y'
- -
y
1


1
0,25
 Đồ thị:
x
y
1
0,25
b) (1,0 điểm)
Gọi
:d y x m 

.
Phương tr
ình hoành
đ
ộ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:
1
x
x m
x
 

   
1x x x m   
(Vì
1x 
không phải là nghiệm của phương trình)
 
2
2 0x m x m    
(1)
0,25
Ta có
2
4 0,m m    
nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A,
B với mọi
m
.
0,25
Khi đó,

   
1 1 2 2
; , ;A x x m B x x m 
, với
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương tr
ình (1).
Ta có:
   
1;1 ,
2
m
I d I AB 
.
và
     
 
2 2 2
2
2 1 2 1 1 2 1 2
2 8 2 4AB x x x x x x x x m        
.
0,25
Ta có:
 
2
4
1
. ,

2 2
IAB
m m
S AB d I AB

 
. Theo giả thiết, ta có:
2
4
3 3 2
2
IAB
m m
S m

     
.
0,25
2
(1,0đ)
a) Phương tr
ình
đã cho tương đương
2
2sin 3sin 2 2sin cos cos 0x x x x x    
   
2sin 1 sin cos 2 0x x x    
0,25

sin cos 2 0x x  

: Phương tr
ình vô nghi
ệm

2
6
2sin 1 0 ( )
7
2
6
x k
x k
x k





  

   


 



Vậy phương trình đã cho có nghi ệm:
7
2 , 2 ( ).

6 6
x k x k k
 
      
0,25
b)
 
1
2 2 2 2
log (4 4).log (4 1) 3 2 log (4 1) .log (4 1) 3
x x x x
       
0,25
Đặt
2
log (4 1)
x
t  
, phương tr
ình tr
ở thành:
 
1
2 3
3
t
t t
t



  

 


2
1 log (4 1) 1 4 1 2 0
x x
t x        
.

2
1 7
3 log (4 1) 3 4 1 4
8 8
x x x
t            
: Phương tr
ình vô nghi
ệm.
Vậy phương tr
ình đã cho có nghi
ệm:
0x 
.
0,25
3
(1,0đ)
Ta có:
1 1 1

1 1
ln d ln d ln d .
e e e
I x x x x x x x x
x x
 
   
 
 
  
0,25
 Tính
1
ln d
e
x x x

. Đặt
lnu x
và
dv xdx
. Suy ra
1
du dx
x

và
2
2
x

v 
Do đó,
2 2 2 2
1 1
1 1
1
ln d ln d
2 2 2 4 4 4
e e
e e
x x e x e
x x x x x     
 
0,25
 Tính
1
1
ln d .
e
x x
x

Đặt
1
lnt x dt dx
x
  
. Khi
1x 
thì

0t 
, khi
x e
thì
1t 
.
Ta có:
1
1
2
1 0
0
1 1
ln d tdt .
2 2
e
t
x x
x
  
 
0,25
Vậy,
2
3
.
4
e
I



0,25
4
(1,0đ)
a) Đặt
 
,z a bi a b  
. Từ giả thiết ta có:
3 5 1
1 2
a b a
a b b
  
 

 
    
 
.
Do đó
1 2z i 
.
0,25
Suy ra
   
2
2
1 1 1 2 1 2 3w iz z i i i i         
. Vậy
3w 

.
0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là:
 
5
20
15504n C  
.
Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5
tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
0,25
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có:
 
3 1 1
10 5 5
. . 3000n A C C C 
.
Vậy, xác suất cần tính là:
 
 
 
3000 125
15504 646
n A
P A
n
  

.
0,25

C
H
A
B
D
S
I
K
5
(1,0đ)
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra:
2 6
: 5 3
1 2
x t
d y t
z t
 


 


 

Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên
( )H d P 
.
Vì
H d

nên
 
2 6 ;5 3 ;1 2H t t t  
.
0,25
Mặt khác,
( )H P
nên ta có:
     
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 0 1t t t t         
Do đó,
 
4;2;3H 
.
0,25
Gọi
I
, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng
784
, suy ra
2
4 784 14R R   
.
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên
( )IH P I d  
.
Do đó tọa độ điểm I có dạng
 
2 6 ;5 3 ;1 2I t t t  

, với
1t  
.
0,25
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
     
     
2 2 2
2 2 2
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24
1
14
( ,( )) 14
6 3 ( 2)
1
3
14
2 2
6 3 2 14
t t t
t
d I P
t
t
AI
t
t t t

     
 






 

  
   
 
  



 
  

   


Do đó,
 
8;8; 1I 
.
Vậy, mặt cầu
     
2 2 2
( ): 8 8 1 196S x y z     
0,25
6

(1,0đ)
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
( )SH ABCD
và

0
30SCH 
.
Ta có:
2 3SHC SHD SC SD a     
.
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
0
0
.sin .sin30 3
.cos .cos30 3
SH SC SCH SC a
HC SC SCH SC a
  
  
0,25
Vì tam giác SAB
đ
ều mà
3SH a
nên
2AB a
. Suy ra
2 2
2 2BC HC BH a  

. Do đó,
2
. 4 2
ABCD
S AB BC a 
.
Vậy,
3
.
1 4 6
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SH 
.
0,25
Vì
2BA HA
nên
 
 
 
 
, 2 ,d B SAC d H SAC
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC HI
và
AC SH
nên

 
AC SHI AC HK  
. Mà, ta lại có:
HK SI
.
Do đó:
 
HK SAC
.
0,25
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
. 6
3
HI AH AH BC a
HI
BC AC AC
   
.
Suy ra,
2 2
.HS HI
HK
HS HI
 

66
11
a
.
Vậy ,

 
 
 
 
2 66
, 2 , 2
11
a
d B SAC d H SAC HK  
0,25
H
B'
A
B
D
C
M
7
(1,0đ)
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một
đường tròn. Mà
BC CD
nên AC là đường phân
giác của góc

BAD
.
Gọi
'B
là điểm đối xứng của B qua AC.

Khi đó
'B AD
.
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương tr
ình:
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
   
 

 
   
 
. Suy ra
 
3;2H
.
Vì B’
đ
ối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
 
' 4;1B
.
0,25
Đường thẳng AD đi qua M và nhận
'MB


làm vectơ chỉ phương nên có phương tr
ình
3 1 0x y  
. Vì
A AC AD 
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương tr
ình
:
1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
   
 

 
   
 
. Do đó,
 
1;0A
.
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên
'AB B C
 
. Do đó,
 
5;4C
.
0,25

Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra
:3 14 0d x y  
.
Gọi
I d AD 
, suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
3 14 0
3 1 0
x y
x y
  


  

. Suy ra,
43 11
;
10 10
I
 
 
 
. Do đó,
38 11
;
5 5
D
 
 

 
.
0,25
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận
CD

làm vectơ chỉ phương nên có phương tr
ình
9 13 97 0x y  
. (Học sinh có thể giải theo cách khác)
0,25
8
(1,0đ)
3 3 2
3
3 4 2 0 (1)
3 2 2 (2)
x y y x y
x x x y

     


    


Điều kiện:
2x  
.
   

3
3 3 2 3
(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y             
.
0,25
Xét hàm số
 
3
2f t t t  
trên


2; 
.
Ta có:
 


2
' 3 1 0, 2;f t t t      
. Suy ra hàm số
 
f t
đồng biến trên


2; 
.
Do đó:
1x y 

.
0,25
Thay
1y x 
và phương tr
ình (2) tađư
ợc:
3
3 2 2 1x x   
 
 
 
   
 
3 2
2 2 2 2 2
8 2 2 2 2 2 4
2 2
x x
x x x x x
x
   
         
 
 
 
 
 
 
 

2 2
2 2
2
2 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
 

 
          
 
   
 
0,25

2 0 2 3x x y     

   
2 2
2 2
2 4 0 2 4
2 2 2 2
x x x x
x x
       
   
(*)
Ta có

 


2
2
2
2 4 1 3 3; 1, 2;
2 2
VT x x x VP x
x
            
 
0,25
Do đó phương tr
ình (*) vô nghi
ệm.
Vậy hệ phương tr
ình đã cho có nghi
ệm duy nhất
   
; 2;3x y 
.
9
(1,0đ)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
2
3
3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc     
.
0,25

Suy ra:
2 2
2
1 1
1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).
1 ( ) 3
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
          
 
Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c
 
   
0,25
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
 
      
     

.

0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c        
0,25
Hết
SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3mx my x  
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1m 
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng với
 
1;3A 
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương tr
ình:
cos sin cos 2 sin 2 1 cos3x x x x x    
.
b) Cho số phức
1 3
2 2
z i  

. Chứng minh rằng
2
1w z z  
vừa là số thực, vừa là số thuần ảo.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương tr
ình:
4 2
2log ( 3) log ( 2) 1x x   
.
b) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng các số trên các
viên lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân


1
3
2
0
1 d .
x
I x e x x  

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
2 1 1
:
2 1 2
x y z
d
  

 
và
điểm
 
4;2; 1I 
.
a) Viết phương tr
ình m
ặt phẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng d.
b) Viết phương tr
ình m
ặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với d.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có
đáy ABCD là h
ình ch
ữ nhật với
, 3AB a BC a 
. Hai
mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho
3SC IC
. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm cạnh
AB. Biết rằng
11 5
;
3 3
I
 
 

 
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và
13 5
;
3 3
E
 
 
 
là trọng tâm tam
giác ADC. Các điểm
   
3; 1 , 3;0M N 
lần lượt thuộc các đường thẳng DC và AB. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương tr
ình
3 3 2
2
6 3 3 4
( , )
6 19 2 3 4 3 5 14
x y x y x
x y
x y x y

    




     



.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho hai số thực
 
, 0;1a b
thỏa mãn
 
     
3 3
1 1 0a b a b ab a b     
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
 
2
2 2
1 1
5
1 1
F ab a b
a b
    
 
.
Hết
Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Câu

Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
Với
1m 
ta có hàm số
3 2
3 1y x x  
.
 Tập xác định
D  
.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x 
;
0
' 0
2
x
y
x


 




Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 
;0
và
 
2;
.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
 
0;2
.
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0, 1
CD
x y 
.
Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 3
CT
x y  
.
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   
.

0,25
- Bảng biến thiên:
x

0 2

y'
+ 0 - 0 +
y
1


-3
0,25
 Đồ thị:
x
y
1
0,25
b) (1,0 điểm)
TXĐ:
D  
.
Ta có:
2
' 3 6y x mx 
;
0
' 0
2

x
y
x m


 



0,25
Hàm số có cực trị

phương tr
ình
' 0y 
có hai nghiệm phân biệt
0m 
.
0,25
Với
0m 
đồ thị hàm số có hai điểm cực trị
 
 
3
0; , 2 ; 4M m N m m m 
.
Ba điểm M, N, A thẳng hàng
 
3

2 1
4 3 3
m k
AN k AM
m m k m
 


  

    


 
0,25
Giải hệ phương tr
ình ta
đư
ợc
1m 
hoặc
3
2
m


thỏa mãn bài toán.
0,25
2
(1,0đ)

a) Phương tr
ình
đã cho t
ương đương
   
2
1 cos2 cos3 cos sin sin 2 0
sin 2sin 2 sin sin sin 2 0
x x x x x
x x x x x
     
    
0,25
 
 
   
2
sin sin sin 2 2sin 2 sin 0
sin 1 2sin 1 2cos 0
x x x x x
x x x
    
   
   
sin 0
2
6
1
sin 1 2sin 1 2cos 0 sin
7

2
2
6
1
cos
2
2
3
x k
x
x k
x x x x
x k
x
x k














  





       

 







  


0,25
b) Ta có:
2
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
w z z i i
   
          
   
   
   

0,25
Vì số phức
w
có phần thực bằng 0 và phần ảo bằng 0 nên
w
vừa là số thực vừa là số
thuần ảo.
0,25
3
(1,0đ)
a) ĐK:
3x 
.
Với điều kiện trên phương tr
ình đã cho tương đương:
2 2 2
log ( 3) log ( 2) 1 log ( 3)( 2) 1x x x x       
0,25
2
1
5 4 1
4
x
x x
x


    




Kết hợp điều kiện, phương tr
ình có nghi
ệm
4x 
.
0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là:
 
4
11
330n C  
.
Gọi A là biến cố cần tính xác suất.
Để chọn được 4 viên bi có tổng là một số lẻ ta có các trường hợp:
TH1: Trong 4 viên bi lấy ra có 1 viên bi lẻ và 3 viên bi chẵn có
1 3
6 5
60C C 
cách
TH2: Trong 4 viên bi lấy ra có 3 viên bi lẻ và 1 viên bi chẵn có
3 1
6 5
100C C 
cách
0,25
Do đó,
 
1 3 3 1
6 5 6 5

. 160n A C C C C  
.
Vậy, xác suất cần tính là:
 
 
 
160 16
330 33
n A
P A
n
  

.
0,25
4
(1,0đ)
Ta có:




1 1 1 1
3 3 3
2 2 2
0 0 0 0
1 d 1 d d 1d .
x x x
I x e x x xe x x x xe x x x x        
   

0,25
 Tính
1
0
d
x
xe x

. Đặt
u x
và
x
dv e dx
. Suy ra
du dx
và
x
v e
.
Do đó,
1 1
1 1
0 0
0 0
d d 1
x x x x
xe x xe e x e e    
 
.
0,25

 Tính
1
3
2
0
1dx x x

. Đặt
3
2 3 2 2
1 1 3 2t x t x t dt xdx      
.
Khi
0x 
thì
1t 
, khi
1x 
thì
3
2t 
.
Ta có:
 
3
3
2
1 2
4
3

2 3
3
0 1
1
3 3 3
1d t dt 2 2 1 .
2 8 8
t
x x x    
 
0,25
Vậy,
3
5 3 2
8 4
I  
.
0,25
5
(1,0đ)
Gọi (P) là mặt phẳng cần viết phương trình.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:
 
2 ;1; 2a 

.
Vì mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến là
 
2 ;1; 2n 


.
0,25
Vậy phương tr
ình m
ặt phẳng (P) là:
2 2 8 0x y z   
.
0,25
Gọi H là tiếp điểm của đường thẳng d và mặt cầu (S) thì H là giao
đi
ểm của đường thẳng d
và mặt phẳng (P). Do đó
8 2 5
; ;
3 3 3
H
 

 
 
.
0,25
Mặt cầu (S) tiếp xúc với d nên có bán kính là
4R IH 
.
Vậy, phương tr
ình
mặt cầu
     
2 2 2

( ): 4 2 1 16S x y z     
.
0,25
6
(1,0đ)
Ta có:
2
. 3
ABCD
S AB BC a 
.
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Theo giả thiết ta
có
( )SO ABCD
.
2 2
2AC AB BC a OC a    
.
Ta lại có
AI SC
nên hai tam giác SOC và AIC đồng
dạng
.
6
CI CA CO CA
SC SC a
CO CS CI
     
.
0,25

Từ đó
2 2
5SO SC OC a  
. Vậy,
3
.
1 15
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SO 
.
0,25
Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra
//( )SB AIM
. Do đó,
   
 
 
 
, , ,d SB AI d SB IAM d B IAM 
. Mà
2
CI CM
BM CM
CS CB
  
. Suy
ra,

 
 
 
 
, 2 ,d B IAM d C IAM
.
Kẻ
// ( )IH SO H AC
ta có
( )IH ABCD
và
3
SO
IH 
. Ta có:
6
ABCD
AMC
S
S 
.
Do đó,
3
I. .
1 15
18 54
AMC S ABCD
a
V V 
.

0,25
Ta có:
6
3 3 3
SB SC a
IM   
,
2 2
21
3
a
AM AB BM  
,
2 2
30
3
a
AI AC CI  
Gọi p là nửa chu vi tam giác IAM, ta có
2
IM AM AI
p
 

.
Diện tích tam giác IAM là
     
2
55
12

IAM
a
S p p IM p AM p AI    
Suy ra,
 
 
.
3
2 33
,
33
I AMC
AMI
V
a
d C IAM
S
 
.
0,25
E
H
M
I
O
C
A
D
B
S

Vậy ,
 
 
 
 
4 33
, 2 ,
33
a
d B IAM d C IAM 
.
7
(1,0đ)
Gọi g là trọng tâm tam giác ABC. Vì ID

AB và EG//AB
nên ID

EG. Mặt khác IG

DE. Do đó I là trực tam tam
giác DEG
IE DC 
.
Đường thẳng DC đi qua M và vuông góc với IE nên có
phương tr
ình
3 0x  
.
Vì D thuộc DC nên tọa độ D có dạng:

 
3;D t
.
Ta có
3
. 0
4
3
a
ID DN
a



 

 

 
0,25
Với
3a 
, tìm
đư
ợc
     
7;5 ,B 1; 1 ,C 3; 3A   
.
0,25
Với

3a 
, tìm
đư
ợc
107 125
;
6 27
A
 

 
 
loại vì A có tung
đ
ộ dương.
0,25
Vậy,
     
7;5 ,B 1; 1 ,C 3; 3A   
.
0,25
8
(1,0đ)
3 3 2
2
6 3 3 4 (1)
6 19 2 3 4 3 5 14 (2)
x y x y x
x y x y


    


     


. Điều kiện:
4
3
14
5
x
y

 




 


.
   
3
3
(1) 1 3 1 3x x y y     
.
Xét hàm số
 

3
3f t t t 
trên
7
;
3
 
 


 
.
Ta có:
 
2
7
' 3 3 0, ;
3
f t t t
 
      


 
. Suy ra hàm số
 
f t
đồng biến trên
7
;

3
 
 


 
. Do đó:
1x y 
.
0,25
Thay
1y x 
và phương tr
ình (2) ta
đư
ợc:
 
   
2
2
6 13 2 3 4 3 5 9
2 2 3 4 3 3 5 9 0
x x x x
x x x x x x
     
   
          
   
0,25
 

 
2 2
2
2
2
2 3 0
2 3 4 3 5 9
2 3
1 0
2 3 4 3 5 9
2 3 3
0 ( 1 0, )
4
2 3 4 3 5 9
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
x x do x
x x x x
 
    
     
 
    
 
     
 
        

     
0,25
0 1
1 2
x y
x y
   



    

(thỏa mãn
đi
ều kiện)
Vậy hệ phương tr
ình có hai nghi
ệm
       
; 0; 1 , ; 1; 2x y x y    
.
0,25
G
E
I
D
B
C
A
N

M
9
(1,0đ)
Từ giả thiết

 
 
   
3 3
1 1 (*)
a b a b
a b
ab
 
  
Vì
 
 
 
3 3
2 2
2 .2 4
a b a b
a b
a b ab ab ab
ab b a
 
 
    
 

 
và
     
1 1 1 1 2a b a b ab ab ab        
nên từ (*) suy ra
4 1 2ab ab ab  
.
Đặt
( 0)t ab t 
ta được
 
2
1
0
1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

 

         


 


.
0,25
Ta có :
   
 
   
2 2 2 2
2
2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1
1
0
1 1 1
a b ab a ab b ab
a b ab
ab a b
   
      
   
      
   
 
 
  
(luôn đúng với mọi
 
, 0;1a b
. Dấu “=” xảy ra khi

a b
.
0,25
Vì
2 2
2 2
1 1 1 1 2 2
2 2
1 1 1
1
1 1
a b ab
ab
a b
 
    
 
  

 
 
và
   
2 2
5ab a b ab a b ab     
nên
2 2
1 1
F ab t
ab t

   
 
Xét hàm số
 
2
1
f t t
t
 

với
1
0
9
t 
.
Ta có:
 
 
2
' 1 0
1 1
f t
t t
  
 
với mọi
1
0
9

t 
.
0,25
Do đó,
 
1 6 1
9 9
10
f t f
 
  
 
 
. Dấu “=” xảy ra khi
1
1
3
9
a b
a b
t ab



  

 


.

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng
6 1
9
10

đạt được khi
1
3
a b 
.
0,25
Hết