2 ĐỀ+ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH+TN MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3
3 2
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
C
2. Tìm m để đồ thị của hàm số
( )
m
C
có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =

góc
α
, biết
1
os
26
c
α
=
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
( )

2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
π
 
+ + = +
 ÷
 
2. Giải phương trình
3 3 1 1x x x+ = + + −
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
(
)
3ln 2
2
3
0
2
x
dx
I
e
=
+
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2AB a=
. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn

2IA IH= −
uur uuur
. Góc giữa SC và
mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt
phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao
điểm của đường thẳng
: 3 0d x y− − =
và
': 6 0d x y+ − =

. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)M −
và
( 1;1;3)N −
. Viết phương trình
mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
( )
0;0;2K
đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
với quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3

1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 ÷
 
−
−
− +
+
+
 
 ÷
 ÷
 
là 224.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là

2 1 0x y+ − =
và
3 5 0x y− + =
. Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3).
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− −
. Tìm tọa độ
trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( )
2 2
3log 2 9log 2x x x− > −
…………………….Hết……………………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
Câu Nội dung Điểm
I
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2y x x= − +
•

Tập xác định:
¡
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
0,25
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
X
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
, nghịch biến trên khoảng

(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
x y= − =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= =
0,25
•
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
f(x)=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến
( )
1
; 1n k= −
ur

, d có vec tơ pháp
tuyến
( )
2
1;1n =
uur
0,25
Ta có
1 2
2
1 2
3
1
1
2
cos
2
26
2 1
3
k
n n
k
n n
k
k
α

=


−
= ⇔ = ⇔

+

=


uruur
ur uur
0,25
Yêu cầu bài toán
⇔
ít nhất một trong hai phương trình
1 2
' à 'y k v y k= =
có nghiệm x
( )
( )
2
2
3
3 2 1 2 2 ó nghiê
2
2
3 2 1 2 2 ó nghiê
3
x m x m c m
x m x m c m


+ − + − =

⇔


+ − + − =


0,25
' 2
1
' 2
2
1 1 1
8 2 1 0
4 2 2
3 3
4 3 0
1
4 4
m m m
m m
m m
m m m
 
≤ − ∧ ≥ ≥
 

∆ = − − ≥
⇔ ⇔ ⇔

 

∆ = − − ≥

 

≤ − ∧ ≥ ≤ −
 
 
0,25
II
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
( )
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
cos4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4
2
x x x c x
x c x x c x
π
π
 
+ + = +
 ÷
 
 
 

⇔ + + + = + +
 ÷
 ÷
 
 
0,25
os4 3 sin 4 os2 3sin 2 0
sin 4 sin 2 0
6 6
2sin 3 cos 0
6
c x x c x x
x x
x x
π π
π
⇔ + + + =
   
⇔ + + + =
 ÷  ÷
   
 
⇔ + =
 ÷
 
0,5
sin 3 0
18 3
6
cos 0

2
x k
x
x k
x
π π
π
π
π


 
= − +

+ =
 ÷

⇔ ⇔

 


= +

=



0,25
2.(1,0 điểm)

Điều kiện:
1
3
x ≥ −
Khi đó
3 3 1 1 3 1 3 1 0x x x x x x+ = + + − ⇔ + − + + − =
0,25

( )
( )
2 1
1 0
3 1 3
x
x
x x
−
⇔ + − =
+ + +
0,25

( )
2
1 1 0
3 1 3
x
x x
 
⇔ − + =
 ÷

+ + +
 
2
1 1 0,
3 1 3
x Do x
x x
 
⇔ = + > ∀
 ÷
+ + +
 
(tmdk)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

0, 5
III
(1điểm)
(
)
(
)
3ln 2 3ln2
3
2
2
3
3
0 0
3

2
2
x
x
x
x
dx e dx
I
e
e e
= =
+
+
∫ ∫
0,25
Đặt
3 3
1
3
x x
t e dt e dx= ⇒ =
.
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2
0,25
Khi đó 0,5

( ) ( )
2
2 2
2 2

1 1
1
3 3 1 1 2 3 2 3 3 1
ln ln
4 2 4 2 2 4 2 6
2 2
dt t
I dt
t t t t
t t t
 
   
 ÷
= = − − = + = −
 ÷  ÷
 ÷
+ + +
   
+ +
 
∫ ∫
IV
(1điểm)
*Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =

Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
0,25
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2

a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
∆
= =
0,25
*
( )
BI AH
BI SAH

BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI
SB
d B SAH
⇒ = = ⇒ = = =
0,25
V
(1điểm)
Do a, b, c > 0 và

2 2 2
1a b c+ + =
nên
( )
, , 0;1a b c ∈
Ta có
( )
2
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +
= = − +
+ −
0,5
S
H
C
A
B
I

K
.
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:

( )
( )
( ) ( ) ( )
0;1
2 3
ax
9
2 3
3
M f x
f a f b f c
=
⇒ + + ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
1

3
0,5
VIa
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 

 ÷
+ − =
 


=



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD

( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
0,25
Ta có:
2 3 2AB IM= =
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
0,25
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
2

3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
x y
x x
A D
y y
x y
+ − =

= =
 

⇔ ∧ ⇒ −
  
= = −
− + =
 


0,25
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi
( )
, ,n A B C=

r

( )
2 2 2
0A B C+ + ≠
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − =
0,25
( ) ( )
1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − =
0,25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
( )
( )
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0B ≠
thì

( )
( )
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
= = ≤
+ +
 
+ +
 ÷
 
0,25
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
0,25
VIIa
(1điểm)
Ta có
( )
( )
( )
1

3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
0,25
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1

x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   
   
0,25
Treo giả thiết ta có
( ) ( )
1
1
1 1
1
1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
2
3 1
x
x x
x
x
x
−
−
− −
−
=


+
+ + = ⇔ = ⇔

=
+

0,5
VIb
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến
( )
1
1;2n =
ur
Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến
( )
1
3; 1n = −
ur
Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:
( ) ( )
( )
2 2
1 3 0 0a x b y a b− + + = + >
0,25
Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2

3 2 3
os , os ,
1 2 3 1 3 1
a b
c AB BC c AC BC
a b
− −
= ⇔ =
+ + + +
2 2 2 2
1
2
5 3 22 15 2 0
2
11
a b
a b a b a ab b
a b

=

⇔ + = − ⇔ − + = ⇔


=


0,25
Với
1

2
a b=
, chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25
Với
2
11
a b=
, chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25
2.(1,0 điểm)
H
( )
; ;x y z
là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
, ,BH AC CH AB H ABC⊥ ⊥ ∈
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
15
1 2 2 3 0
. 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0
1
3
x

x y z
BH AC
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z

=



+ + − + =
=



 
⇔ = ⇔ − + − + + = ⇔ =
  
  
 
− − − + − =
=

 
 

= −



uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
0,5
I
( )
; ;x y z
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
,AI BI CI I ABC= = ∈
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC


− + − + − = + + − +

=


 
⇔ = ⇔ − + − + + = + + − +
 
 
 
− − − + − =
=
 
 


uur uuur uuur
14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z

=




 
⇔ = ⇒ −

 ÷
 


= −


0,5
VIIb Điều kiện x > 0 0,25
(1điểm)
Bất phương trình
( ) ( ) ( )
2
3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > −
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
TH1: Nếu x > 3 thì
( )
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
−
⇔ >
−

Xét hàm số
( )
2
3
log
2
f x x=
, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞

( )
1
3
x
g x
x
−
=
−
, hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
3;+∞
0,25
+ Với x> 4 thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x> = = >
Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với
4x

≤
thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒
bất phương trình vô nghiệm
0,25
TH2: Nếu x < 3 thì
( )
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
−
⇔ <
−
+ Với x
≥
1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1f x f g g x≥ = = ≥

⇒
bất phương trình vô nghiệm
+ Với x < 1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1f x f g g x< = = < ⇒
Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy

bất phương trình có nghiêm
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 3

4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
−
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO
= 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện
tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥






PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa
các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường
thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) ( )
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + −
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai
mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A

− − −
−
+ +

− <




≥


(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y+ + − − =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d
(cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC
vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng
1 2

1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
− − − +
= = = =
− −
.
Tìm các điểm
1 2
d , dM N∈ ∈
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và giải bất phương trình
2
0
6
sin
2
'( )

2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điể
m
I 2,00
1 1,00
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1y x x= + −
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2

' 3 6y x x= +
;
2
' 0
0
x
y
x
= −

= ⇔

=

0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( )
2 3; 0 1
CT
y y y y= − = = = −
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
+ Khi m = 0
1y x⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị. 0,25
+ Khi
0m

≠

( )
2
' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − −
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0y =
không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
( )
2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤
1
0
4
m⇔ ≤ ≤
0,25
II 2,00
1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)

Điều kiện:
sin 2 0x ≠
0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷
 
0,25
2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x

−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2 1,00
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
(2)
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ≠

− < <


− > ⇔
 
≠ −



+ >

0,25
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −
0,25
+ Với
1 4x
− < <
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)x x+ − =
;
( )
2
(3)
6

x
x
=

⇔

= −

lo¹i
0,25
+ Với
4 1x
− < < −
ta có phương trình
2
4 20 0x x− − =
(4);
( )
( )
2 24
4
2 24
x
x

= −
⇔

= +



lo¹i
0,25
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x
=
hoặc
( )
2 1 6x = −

III 1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
⇒ = − =
− −
+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2

x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 

∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB⊥ ⊥
,
suy ra
( )
SOE AB⊥
.
Dựng
( )
OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥
, vậy OH là khoảng cách
từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
= + ⇒ = − = − =
⇒ = ⇒ =
2 2 2
9 81 9

9
8 8
2 2
SE OE SO SE= + = + = ⇒ =
0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE
= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25

Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π π π
= = =
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
π π π
= + = + = ⇒ =
= = =
0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
( )
2
2

7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

− + ≤


− + − + ≥


( )
1 1 6x⇔ ≤ ≤
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[ ]
0
1;6x ∈
thỏa mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x

− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +
= ∈
+
0,25
Hệ đã cho có nghiệm
[ ]
0 0
1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'

2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
+ −
+ −
= =
+ +
;
( )
2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
0,25
Ta có:
2 27 1 17 3 17

(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
− + − +
= = =
 ÷
 ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x =
Do đó
[ ]
[ ]
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
∈
∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:

( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra
( )
·
( )
·
2 3 1 2
; ;∆ ∆ = ∆ ∆
. Do đó
( )
·
( )
·
( )
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b

a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =

0,25
+ a = 0
0b
⇒ ≠
. Do đó
3
: 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5

5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q


=


= = = ⇔ =


=


0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5 |
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c

OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5 | | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)

3 6 3
a
b c
−
= − =
0,25
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
( ) ( )
2 221 658 0a a− − =
Như vậy
2a
=
hoặc
658
221
a =
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và R
= 3.

0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
VII
a
1,00
Điều kiện:
1 4 5n n− ≥ ⇔ ≥
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4

1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
− − − − − − −

− < − −


⇔

+ − − −

≥ + −


0,50
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n


− − <

⇔ − − ≥ ⇔ =


≥

0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
= =

+ + − − =

⇔
 
= − = −
− − =



0,50
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì
·
0
90ABC =
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A
qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2 1,00
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +


= −


=

. M thuộc d
1
nên tọa độ của M

( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ −
.
Theo đề:
( )
( )
( )
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ − − + −
−
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
( )
1
3;0;2M

;
+ Với t
2
= 0 ta được
( )
2
1;3;0M
0,25
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d∈
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1
và // mp (P),
gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − =
.
Phương trình tham số của d
2

là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=


= − −

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0
⇔
t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25

VII
b
1,00
Điều kiện
( )
3
1
0 3
3
x
x
> ⇔ <
−
( )
( ) ( )
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = − − = − −
−
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x

x x
= − − =
− −
0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin 0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
π π
π
π π
π π π π
−
= = − = − − − = 
 
∫ ∫
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2

'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
( ) ( )
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x

−

< −


<
>
 

− +
⇔ ⇔ ⇔
− +
 

< <
 
< ≠ −
< ≠ −



0,50