đề thi thử toán đh số 1

TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 12.10.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
2x + 1
x −1
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A,B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp
đường tròn có bán kính bằng
√
10.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình
cos 2x
cos x
+

1 + cos
2
x

tan x = 1 +sin
2
x.
b) Giải hệ phương trình




(x + y)(25 −4xy) =
105
4
+ 4x
2
+ 17y
2
4x
2
+ 4y
2
+ 4x −4y = 7
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

π
4
0

1 + tan
2
x

x −(x −tanx)cos
2
x
3 + cos 2x
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC D là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường

thẳng SA,SD hợp với đáy một góc 30
o
. Biết AD = a
√
6, BD = 2a và góc

ADB = 45
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực không âm x,y thỏa mãn : x (2x + 2y −5) + y(y −3) + 3 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức : P = (xy −x + 1)
2
+ (xy −y + 1)
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A(−1;2), C(3; −2) . Gọi E
là trung điểm của cạnh AD,BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của của BM và P là giao điểm
của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 2x −y −4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x
2
+y
2
+z
2
−2x −4y +6z −13 = 0 và đường
thẳng d :
x + 1

1
=
y + 2
1
=
z −1
1
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến
MA,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho

AMB = 60
o
;

BMC = 90
o
;

CMA = 120
o
.
Câu 7a. (1 điểm) Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+ 3z
1
z

2
= (−1 + i)z
2
và 2z
1
−z
2
= −3 + 2i .
Tìm mô-đun của số phức w =
z
1
z
2
+ z
1
+ z
2
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y cho tam giác ABCvuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ .
Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương
trình : x −y + 5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x −2)
2
+ (y −2)
2
+ (z −2)
2
= 12 và điểm

A(4; 4;0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân tại B và có diện tích bằng 4
√
3
Câu 7b. (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,4, 5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng
thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau.
———————————————–Hết—————————————————-
Câu 1. Cho hàm số y =
2x + 1
x −1
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A, B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp
đường tròn có bán kính bằng
√
10.
Lời giải (Sangham_BM ):
Hàm số: y =
2x + 1
x −1
. Tập xác định: D = R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:
-Tiệm cận ngang: y = 2. -Tiệm cận đứng: x = 1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1; 2).
Giả sử điểm M(x
0
; y
0
) thuộc đồ thị hàm số (x
0
= 1). Suy ra y
0

=
2x
0
+ 1
x
0
−1
. Để M có hoành độ dương thì x
0
> 0
Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y −
2x
0
+ 1
x
0
−1
=
−3
(x
0
−1)
2
(x −x
0
) (∆)
Không giảm tính tổng quát ta giả sử A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang với đồ thị (C).
Suy ra A

1;

2(x
0
+ 2)
x
0
−1

, B(2x
0
−1; 2). Và IA =
6
|x
0
−1|
, IB = 2|x
0
−1|
Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên IA và IB vuông góc nhau hay ∆IAB vuông tại I.
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆I AB =
1
2
AB
Vậy để ∆IAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là
√
10 thì AB = 2
√
10
Mà theo định lí Pitago thì IA
2
+ IB

2
= AB
2
nên IA
2
+ IB
2
= 40.
Hay
36
(x
0
−1)2
+ 4(x
0
−1)
2
= 40 ⇐⇒ [(x
0
−1)
2
−1][(x
0
−1)
2
−9] = 0
Suy ra x
0
= 2 hoặc x
0

= 4 (do x
0
> 0) (thỏa mãn)
* Nếu x
0
= 2 → y
0
= 5. Suy ra M(2; 5)
* Nếu x
0
= 4 → y
0
= 3. Suy ra M(4; 3)
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2; 5) và M(4; 3)
Câu 2.a Giải phương trình
cos 2x
cos x
+

1 + cos
2
x

tan x = 1 + sin
2
x.
Lời giải (Love Math):
ĐK : cosx = 0
PT tương đương với : cos2x + (sin x −cos x) + sinx. cosx(cos x −sinx) = 0
⇔ (cos x −sin x)(cosx + sin x +sinx.cosx −1) = 0


cos x−sin x = 0
cos x+sin x + sinx. cosx −1 = 0
PT thứ 2 đặt sin x + cosx = t,|t| ≤
√
2
Giải ra ta được x = k2π ,x =
π
4
+ k2.π (k ∈ Z)
Câu 2.b Giải hệ phương trình



(x + y)(25 −4xy) =
105
4
+ 4x
2
+ 17y
2
4x
2
+ 4y
2
+ 4x −4y = 7
Lời giải (hahahaha1):
Đặt x =
3a −1
2

; y =
3b + 1
2
.Lúc đó hệ trở thành:



−6b
3
+ 9b
2
= 6a
3
+ 14a −20(1)
a
2
+ b
2
= 1
Ta có (1) ⇔ 3b
2
(3 −2b) = (a −1)(6a
2
+ 6a + 20) ⇔ 3(1 −a
2
)(3 −2b) = (a −1)(6a
2
+ 6a + 20)
⇔ (a −1)(6a
2

+ 6a + 20 +9 −6b +9a −6ab) = 0
+) với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒x = 1;y =
1
2
+) Với 6a
2
+ 29 + 15a −6b −6ab = 0 (2) ta có: V T(2) ≥ 6a
2
+ 29 −15 −6 −3 = 6a
2
+ 5 > 0 nên TH này pt vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =

1;
1
2

Lời giải (Hồng Vinh):
Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤x ≤1,−1 ≤ y ≤2
Biến đổi pt(1) thành (x + y)[25 −4(xy + x −y)] =
17
4
+ 21y
2
Thay 4x −4y = 7 −4x
2
−4y
2
ta được : 4y
3

−21y
2
+ 18y + 4x
3
+ 18x =
17
4
2
khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x
3
+ 18x,−2 ≤ x ≤ 1 và g(y) = 4y
3
−21y
2
+ 18y,−1 ≤ y ≤ 2
Ta có : f (x) + g(y) ≤
17
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1,y =
1
2
Vậy hệ có nghiệm

1,
1
2

Câu 3. Tính tích phân I =

π

4
0

1 + tan
2
x

x −(x −tanx) cos
2
x
3 + cos 2x
dx.
Lời giải (hungchng):

1 + tan
2
x

x −(x −tanx) cos
2
x
3 + cos 2x
=
x + xtan
2
x −xcos
2
x + tan x cos
2
x

3 + cos 2x
=
x sin
2
x + xtan
2
x
3 + cos 2x
+
sin xcos x
3 + cos 2x
=
x tan
2
x(cos
2
x + 1)
3 + 2 cos
2
x −1
+
sin 2x
2(3 + cos2x)
=
x tan
2
x
2
+
sin 2x

2(3 + cos2x)
Do đó I =
1
2

−
1
2
x
2
+ xtanx + ln|cosx|−
1
2
ln |3 + cos 2x|






π
4
0
=
π
8
−
π
2
64

+
1
4
ln 2 −
1
4
ln 3
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng
SA,SD hợp với đáy một góc 30
o
. Biết AD = a
√
6, BD = 2a và góc

ADB = 45
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách
từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a.
Lời giải (dan_dhv):
A
B
C
D
S
H
K
T
Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥BD ⇒ SH ⊥ (ABCD). suy ra

SAH =


SDH = 30
o
suy ra HA = HD
nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ HA = HD =
AD
√
2
= a
√
3. ⇒ SH = HD.tan(30
o
) = a.
Ta có . Diện tích đáy S = AD.BD.sin(45
o
) = 2a
2
.
√
3 nên V
S.ABCD
=
2a
3
.
√
3
3
Ta có: d(C; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) =
2

√
3
d(H; (SAD)). Gọi K là trung điểm của AD.
suy ra HK ⊥ AD ⇒AD ⊥(SHK) Hạ HT ⊥ SK suy ra HT = d(H;(SAD)). Ta có : HK =
AD
2
=
a
√
6
2
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có :
1
SH
2
+
1
HK
2
=
1
HT
2
⇒ HT =
a
√
15
5
Vây d(C;(SAD)) =

2
√
3
.
a
√
15
5
=
2a
√
5
5
Câu 5. Cho các số thực không âm x,y thỏa mãn : x(2x + 2y −5) +y (y −3)+ 3 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức : P = (xy −x + 1)
2
+ (xy −y + 1)
2
Lời giải (hahahaha1):
Giả thiết có thể viết lại thành: (x + y −1)(x + y −2) = −(x −1)
2
Từ đó ta có được: 1 ≤x +y ≤2
Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng: 2(x −1)
2
+ (y −1)
2
= x + y −2xy ⇒x +y ≥2xy ⇒ 1 ≥ xy
MIN
Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a
2

−2ab + 2b
2
−2a + 2b +2 = P Hay a
2
−2a(b + 1) +2b
2
+ 2b + 2 −P = 0 (1)
Trong đó a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b)
Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có: ∆

≥ 0 ⇔ P ≥b
2
+ 1 ⇒ P ≥1
Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒x = 1;y = 0
MAX
3
Xét hàm số f (a) = a
2
−2a(b + 1) +2b
2
+ 2b + 2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau:
+) Nếu b ≥
1
2
ta xét hàm số trên [2b; 2] Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) = 2(b
2
−b + 1)
Do đó: f (a) ≤ 2(b
2
−b + 1) = 2[b(b −1) + 1] ≤ 2 Vậy trong TH này max P = 2 khi x = y = 1

+) Nếu b ≤
1
2
ta xét hàm số trên [1; 2] Hàm số đạt max tại f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên.
Kết luận: maxP = 2 khi x = y = 1
Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình vuông ABC D có các đỉnh A(−1;2), C(3; −2) .
Gọi E là trung điểm của cạnh AD, BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của của BM và P là giao điểm
của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 2x −y −4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P.
Lời giải (hungchng):
−1 1 2 3 4
x
−3
−2
−1
1
2
y
0
A
C
B
D
E
M
N
P
Gọi I trung điểm AC nên I(1; 0), B thỏa AB = CB và B ∈ BM nên tọa độ B thỏa




(x + 1)
2
+ (y −2)
2
= (x −3)
2
+ (y + 2)
2
2x −y −4 = 0
⇐⇒



y = x −1
y = 2x −4
⇐⇒



x = 3
y = 2
do đó B(3; 2) suy ra D(−1;−2) (vì I cũng là trung điểm BD). Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) và
−→
CE = (−4; 2)
M ∈CE và M ∈BM nên tọa độ M thỏa



x + 1
−4

=
y
2
2x −y −4 = 0
⇐⇒





x =
7
5
y = −
6
5
suy ra M

7
5
; −
6
5

và N

11
5
;
2

5

P ∈ AN và P ∈ DM nên tọa độ P thỏa





x + 1
16/5
=
y −2
−8/5
x + 1
12/5
=
y + 2
4/5
⇐⇒





x =
19
5
y = −
2
5

Vậy P

19
5
; −
2
5

Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−2x −4y + 6z −13 = 0 và
đường thẳng d :
x + 1
1
=
y + 2
1
=
z −1
1
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến
MA,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho

AMB = 60
o
;


BMC = 90
o
;

CMA = 120
o
.
Lời giải (dan_dhv):
d
a
a
√
3
2
C
A
B
O
M
K
H
Gọi O là tâm mặt cầu. Do A, B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có
MA = MB = MC = a. và A,B,C nội tiếp một đường tròn .
Từ gt ⇒AB = a,BC = a
√
2,AC = a
√
3 suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm AC. K là trung điểm AB.
Ta có


AB ⊥ MK
AB ⊥ HK
⇒ AB ⊥ MH;MH ⊥AC ⇒ MH ⊥ (ABC) Suy ra M, H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥ OC
Khi đó CH = a
√
3
2
,OC = R =
√
27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có :
4
1
a
2
+
1
27
=
4
3a
2
⇒ a
2
= 9 ⇒ MO = 6 M ∈d ⇒M(t −1;t −2;t +1);O(1; 2;−3)
suy ra (t −2)
2
+ (t −4)
2
+ (t + 4)

2
= 36 ⇒t = 0;t =
4
3
suy ra M(−1; −2;1);

1
3
;
−2
3
;
7
3

Câu 7a. Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+ 3z
1
z
2
= (−1 + i)z
2
và 2z
1
−z

2
= −3 + 2i . Tìm
mô-đun của số phức w =
z
1
z
2
+ z
1
+ z
2
.
Lời giải (Love Math):



z
1
+ 3z
1
z
2
= (−1 + i)z
2
2z
1
−z
2
= −3 + 2i
⇒




z
1
+ 3z
1
z
2
z
2
= −1 + i
2z
1
−z
2
= −3 + 2i
⇒



z
1
z
2
+ 3z
1
= −1 + i
2z
1

−z
2
= −3 + 2i
⇒

z
1
z
2
+ 3z
1

−(2z
1
−z
2
) = (−1 + i)−(−3 +2i) ⇒
z
1
z
2
+ z
1
+ z
2
= 2 −i ⇒|w|=
√
5
Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABCvuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật
MNPQ . Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có

phương trình : x −y +5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Lời giải (dan_dhv):
M
N
Q
P
C
A
B
Phương trình đường thẳng d vuông góc BC qua M(−3;−1) là x + 3 = 0; suy ra tọa độ Q là Q(−3; 2)
Ta có
−−→
MN =
−→
QP ⇒ P(2; 2).
Đường thẳng AC qua P(2;2) nhận
−→
n = (1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x+ y −4 = 0
Vậy A

−1
2
;
9
2

; B(−6; −1);C(5; −1)
Câu 6b.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x −2)
2
+ (y −2)

2
+ (z −2)
2
= 12 và
điểm A (4; 4; 0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân tại B và có diện tích bằng 4
√
3.
Lời giải (dan_dhv):
Nhận thấy: A,O thuộc mặt cầu. Gọi M là trung điểm AO suy ra M(2; 2;0).
Gọi B(a, b,c). Ta có :
−→
OA(4;4; 0);
−→
MB(a −2; b −2; c) Do tam giác ABO cân tại B nên
−→
OA ⊥
−→
MB ⇒ a + b = 4 (1)
Ta có : 4
√
3 = S
ABO
=
1
2
AO.BM =
1
2
4
√

2BM ⇒BM =
√
6 ⇒ (a −2)
2
+ (b −2)
2
+ c
2
= 6 (2)
Do B ∈ (I;R) nên (a −2)
2
+ (b −2)
2
+ (c −2)
2
= 12 (3)
Từ (1)(2)(3) ta suy ra B

2 +

23
8
; 2 −

23
8
;
−1
2


; B

2 −

23
8
; 2 +

23
8
;
−1
2

;
Câu 7b. Từ các chữ số 0,1, 2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các
chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau.
Lời giải (Tú Anh):
Giả sử số đó là : abcd
TH1: a, b là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn a, b.
Lúc này chọn d có : 4 cách và chọn c có 4 cách. TH này có : 2.4.4 = 32 số.
TH2 : b,c là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn b, c.
+) Nếu d = 0 chọn a có : 2 cách . TH này có : 2.1.2 = 4 số
+) Nếu d = 0 chọn d có : 2 cách, chọn a có : 2 cách. TH này có : 2.2.2 = 8 số
Vậy có : 32 +4 +8 = 44 số
5
ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 26-10-2012

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. Cho hàm số y =
2x + 2
x −1
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M.
Câu II.
a) Giải phương trình :
cos3x
cos5x
−
cosx
cos3x
= 2sin 5x.sin 3x
b)Giải bất phương trình: (
√
x + 6)

x (2x
2
+ 26x + 8) −4 ≥x(2x + 3
√
x + 33)
Câu III. Tính tích phân
I =

e
1
x

2
−2.ln x + 1
x
2
.
√
x + lnx
dx
.
Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có BC = 2AB và AB vuông góc với BC. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của A
1
B
1
và
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
1
C bằng
2a
√
7
. Góc giữa hai mặt phẳng (AB
1
C) và (BCC
1

B
1
) bằng 60
0
.
Tính thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B
1
ANC theo a
Câu V. Cho các số thực x,y, z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = (xy + yz +zx)

1
x
2
+ y
2
+
1
y
2
+ z
2
+
1
z
2
+ x
2

PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn (I) : x
2
+ y
2
−4x + 2y −11 = 0 và đường thẳng d :
4x −3y + 9 = 0 . Gọi A,B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I) . Biết điểm H

22
5
;
11
5

là
một giao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K

−
6
5
;
7
5

là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A,B,C
biết diện tích tứ giác AHIK bằng 24 và hoành độ điểm A dương.
b)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho hai điểm A(−1; −3;−2); B (0;−2; 2) và mặt cầu (S) : (x + 1)
2
+

(y + 2)
2
+ (z + 3)
2
= 14. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán
kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A
Câu VIIa. Tìm n ∈ N
∗
thỏa mãn : 3.C
0
n
+ 4C
1
n
+ 5C
2
n
+ + (n +3)C
n
n
= (n + 6)

35
12
n + 2013

.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb.
a)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A(1;0) và các đường tròn (C

1
) : x
2
+ y
2
= 2; (C
2
) : x
2
+ y
2
= 5
. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C
1
) và (C
2
) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất
b)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường tròn (C) :

x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x −6y + 4z +4 = 0
x + 2y −2z −2 = 0
có tâm I
và đường thẳng d :
x −3

2
=
y + 2
1
=
z + 1
−1
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R =
√
26
TÀI LIỆU TOÁN THPT
và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :
x −1
1
=
y −3
2
=
z + 2
−2
, biết rằng A thuộc đường tròn (C) và đường thẳng d vuông góc với
đường thẳng AI .
Câu VIIb. Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+ 2z
2

là số thực, 2z
1
−z
2
là số ảo và 3z
1
+ z
2
= 5−5i
. Tìm mô-đun của số phức w = z
2
1
+ 3z
1
.z
2
2
.
———————————————–Hết—————————————————-
2
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1.a Cho hàm số y =
2x + 2
x −1
(C)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
Câu I.b Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M
Lời giải: (kunkun)
Giả sử M(x
0

;
2x
0
+ 2
x
0
−1
Phương trình tiếp tuyến tại M:
y = −
4
(x
0
−1)
2
(x −x
0
) +
2x
0
+ 2
x
0
−1
⇔ −
4
(x
0
+ 1)
2
x −y +

2x
2
0
+ 4x
0
−2
(x
0
−1)
2
= 0(∆)
Véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆: u =

1;−
4
(x
0
−1)
2

Ta có:

IM =

x
0
−1;
4
x
0

−1

Mặt khác u.

IM = 0 ⇔x
0
−1 −
16
(x
0
−1)
3
= 0
⇔ x
0
= 3 hoặc x
0
= −1
⇒ M (3; 4) hoặc M (−1;0)
Lời giải: (dan_dhv)
Nhận thấy I(1;2) là tâm của hypebol.
Do đó. (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I theo bán kính nhỏ nhất.
Gọi M(x
0
;
2x
0
+ 2
x
0

−1
).
MI =

(x
0
−1)
2
+
16
(x
0
−1)
2
≥ 2
√
2
Dấu ’=’ xảy ra⇐⇒ |x
0
−1| =
4
|x
0
−1|
⇔ x
0
= 3;x
0
= −1
Vậy M(3; 4);M(−1; 0)

Câu II.a Giải phương trình
cos3x
cos5x
−
cosx
cos3x
= 2sin 5x.sin 3x.
Lời giải: (NgoHoangToan)
Điều kiện:cos5x.cos3x = 0.
Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:
cos3x
cos5x
+ 1 −(
cosx
cos3x
+ 1) = 2sin5x.sin3x
⇔
cos3x + cos5x
cos5x
−
cosx + cos3x
cos3x
= 2sin5x.sin3x
⇔
2cos4x.cosx
cos5x
−
2cos2x.cosx
cos3x
= 2sin5x.sin3x

Hay ta có :
cos4x.cosx.cos3x −cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x
3
⇔ cosx(cos3x.cos4x −cos2x.cos5x) =
1
4
.sin10x.sin6x
Mà ta có:
cos3x.cos4x −cos2x.cos5x =
1
2
(cos7x + cosx −cos7x −cosx) = 0
Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình.
Lời giải: (kunkun)
Phương trình đã cho biến đổi thành
⇔
cos
2
3x −
1
2
(cos4x + cos6x)
1
2
(cos2x + cos8x)
= cos2x −cos8x
⇔ 1 −cos4x = cos
2
2x −cos
2

8x
⇔ 1 −cos4x =
1+cos4x
2
−

2cos
2
4x −1

2
⇔ 8cos
4
4x −8cos
2
4x −3cosx + 3 = 0
⇔ cos4x = 1 hoặc cos4x =
1
2
Lời giải: (Hoanghai1195)
Phương trình đã cho biến đổi thành:
⇔ 2cos
2
3x −2cosxcos5x = sin6x.sin10x
⇔ 1 + cos6x −(cos6x +cos4x) =
−1
2
(cos16x −cos4x)
⇔ 2 −3cos4x + cos16x = 0
⇔ 8cos

4
4x −8cos
2
4x −3cos4x + 3 = 0 ⇔(cos4x −1)(8cos
2
4x(cos4x + 1) −3) = 0
Câu II.b Giải bất phương trình (
√
x + 6)

x (2x
2
+ 26x + 8) −4 ≥x(2x + 3
√
x + 33)
Lời giải: (Con phố quen 1)
Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥ 0.
Nhận thấy rằng với x = 0 bất phương trình đã cho không thỏa. Vậy ta chỉ cần xét x > 0.
Với điều kiện này ta đặt t =
√
x, t > 0.
Lúc đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :
t(t +6)

2t
4
+ 26t
2
+ 8 ≥ 2t
4

+ 3t
3
+ 33t
2
+ 4 (1)
Tiếp tục đặt u =
√
2t
4
+ 26t
2
+ 8, u ≥ 2
√
2.
Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bất phương trình tương đương sau :
t(t +6)

2x
2
+ 26t
2
+ 8 ≥ (2t
4
+ 26t
2
+ 8) + 3t
3
+ 7t
2
−4

⇔t(t + 6)u ≥ u
2
+ 3t
3
+ 7t
2
−4
⇔ u
2
−(t
2
+ 6t)u + 3t
3
+ 7t
2
−4 ≤ 0 (2)
Để ý rằng nếu ta xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo u thì phương trình (2) có biệt số
∆ = (t
2
+ 6t)
2
−4(3t
3
+ 7t −4) = (t
2
+ 4)
2
4
Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất phương trình sau :


u −t
2
−3t −2

·(u −t + 2) ≤ 0 (3)
Chú ý rằng với t > 0 và u ≥ 2
√
2 thì ta có : u −t +2 ≥0 . Do đó bất phương trình (3) tương đương với bất phương trình :

2t
4
+ 26t
2
+ 8 ≤t
2
+ 3t + 2 ⇔2t
4
+ 26t
2
+ 8 ≤t
4
+ 9t
2
+ 4 + 6t
3
+ 4t
2
+ 6t
⇔t
4

−6t
3
+ 13t
2
−6t + 4 ≤0 ⇔(t
2
−3t + 2)
2
≤ 0
⇔t
2
−3t + 2 = 0 ⇔

t = 1
t = 2
Với hai giá trị t vừa tìm được ta sẽ có được hai giá trị x tương ứng là x = 1; x = 4
Cả hai giá trị này đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho. Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = 4
Lời giải: (Con phố quen 2)
Điều kiện x ≥0.
Nhận thấy x = 0 không thỏa bất phương trình đã cho.
Đặt t =
√
x, t > 0.
Lúc đó bất phương trình đã cho được biến đổi thành bất phương trình tương đương sau :
t(t +6)

24t
4
+ 26t
2

+ 8 ≥ 2t
4
+ 3t
3
+ 33t
2
+ 4
⇔t(t + 6)

2t
4
+ 26t
2
+ 8 −2t
4
−3t
3
−33t
2
−4 ≥ 0 ⇔T ≥0
Với phương trình này thì việc ưu tiên đoán nghiệm là hàng đầu vì nó khá cồng kềnh. Nhưng khi đoán nghiệm ta cố gắng đoán
nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chính phương.
Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t = 1 và t = 2 là thỏa yêu cầu đó.
Bây giờ ta cố gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao.
Vùng 1 : 0 < t < 1. Lúc này ta có T < 0 nên xem như thoát ngưỡng vùng này.
Vùng 2 :1 < t < 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên qua cửa này luôn.
Vùng 3 :t > 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hoàn toàn rồi.
Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t = 1; t = 2.
Lời giải: (Lão Hạc)
ĐK :


x ≥ 0
2x
2
+ 26x + 8 ≥0
BPT ⇔

√
2x
2
+ 26x + 8 −3
√
x

2
−x

√
2x
2
+ 26x + 8 −3
√
x

−2(x + 2) ≤ 0
⇔

√
2x
2

+ 26x + 8 −3
√
x + 2

√
2x
2
+ 26x + 8 −3
√
x −x −2

≤ 0
Mà :



√
2x
2
+ 26x + 8 + 2 =

2(x + 2)
2
+ 18x + 2 > 3
√
x
√
2x
2
+ 26x + 8 =


2

(x + 2)
2
+ 9x

≥ (x + 2) + 3
√
x
∀x ≥ 0
Vậy bpt ⇔

x = 1
x = 4
Câu III. Tính tích phân
I =

e
1
x
2
−2.ln x + 1
x
2
.
√
x + lnx
dx

5
Lời giải: (xuannambka)
I =

e
1
x
2
+ 2x + 1 −2(x +lnx)
x
2
.
√
x + lnx
dx
=

e
1
x + 1
x
·
x + 1
x.
√
x + lnx
dx −2

e
1

√
x + lnx
x
2
dx
Mà d

x + 1
x

=
−1
x
2
dx và
x + 1
x.
√
x + lnx
dx = d

2.
√
x + lnx

.
Nên I = 2
x + 1
x
√

x + lnx





e
1
+ 2

e
1
√
x + lnx
x
2
dx −2

e
1
√
x + lnx
x
2
dx = 2
e + 1
e
√
e + 1 −4
Lời giải: (One-HicF)

Ta có:

√
x + lnx
x


=
1 −x −2ln x
2x
2
.
√
x + lnx
Suy ra:
1
2
.I =

e
1
1 −x −2ln x
2x
2
.
√
x + lnx
dx +

e

1
x
2
+ x
2x
2
.
√
x + lnx
dx
=
√
x + lnx
x





e
1
+ I
2
=
√
e + 1
e
−1 + I
2
(∗)

- Xét I
2
=

e
1
x
2
+ x
2x
2
.
√
x + lnx
dx =

e
1

1
x
+ 1

.
1
2
√
x + lnx
dx
=


√
e+1
1
dt = t





√
e+1
1
=
√
e + 1 −1
Với t =
√
x + lnx
Thay lại vào (∗) ta được I = 2
√
e + 1
e
+ 2
√
e + 1 −4
Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1

C
1
có BC = 2AB và AB vuông góc với BC. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của A
1
B
1
và
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
1
C bằng
2a
√
7
. Góc giữa hai mặt phẳng (AB
1
C) và (BCC
1
B
1
) bằng 60
0
. Tính
thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B
1
ANC theo a
Lời giải: (dan_dhv)
Ta có :




AB ⊥ BC
AB ⊥ BB
1
→ AB ⊥ B
1
C
Hạ BK ⊥ B
1
C → B
1
C ⊥ (ABK) →g((B
1
AC); (BCC
1
B
1
)) = g(AKB) = 60
0
Gọi P là trung điểm của AB . Khi đó AM//B
1
P → d (AM;B
1
C) = d (A; (B
1
PC)) = d (B;(B
1
PC)).
Hạ BE ⊥ PC →PC ⊥ (BB
1
E).

Hạ BF ⊥B
1
E → BF ⊥ (B
1
PC) → d (B;(B
1
PC)) = BF =
2a
√
7
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác BB
1
E và BPC ta có:
1
BF
2
=
1
BE
2
+
1
B
1
B
2
=
1
BP
2

+
1
BC
2
+
1
B
1
B
2
=
17
4AB
2
+
1
B
1
B
2
(1) =
7
2a
2
Ta có : tan(BKA) =
AB
BK
→ AB =
√
3BK.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB
1
C ta có:
1
B
1
B
2
+
1
4AB
2
=
3
AB
2
→
1
B
1
B
2
=
11
4AB
2
(2)
Từ (1);(2) suy ra AB = 2a; BB
1
=

4a
√
11
11
;BC = 4a; S
ABC
=
AB.BC
2
= 4a
2
→V
MABC
=
16a
3
√
11
33
Ta có :
Gọi Q là trung điểm của NC. Qua Q vẽ đường thẳng d song song với AB. Suy ra d là đường trung trực của NC.
Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d. Trong mặt phẳng BCC
1
B
1
. Vẽ đường thẳng ∆ qua Q và song song CC
1
.
Khi đó ∆ là trung trực của NC. Gọi I là tâm của B
1

NC thì I thuộc ∆. Dựng đường thẳng d
2
qua J và song song ∆.
Suy ra d
2
là trục đường tròn ngoại tiếp ANC. Từ I vẽ đường thẳng song song QJ cắt d
2
tại O.
Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB
1
.ANC
Ta có :B
1
C =
a
√
192
√
11
.B
1
N =
a
√
60
√
11
,NC = 2a,S.B
1
NC = 4a

2
6
→ IN = R(B
1
NC) =
B
1
C.B
1
N.NC
4.S.B
1
NC
=
6a
√
5
√
11
Ta có : AN = 2a
√
2,AC = 2a
√
5;NC = 2a,S
ANC
= 2a
2
→ JN = R
∆ANC
=

ANACNC
4S
ANC
= a
√
10.
→ JQ = OI =

IN
2
−NQ
2
=
√
10a
2
−a
2
= 3a.
Suy ra
R
B
1
ANC
= ON =
√
OI
2
+ IN
2

R
B
1
ANC
= a

729
11
Câu V. Cho các số thực x,y,z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = (xy + yz +zx)

1
x
2
+ y
2
+
1
y
2
+ z
2
+
1
z
2
+ x
2

Lời giải: (hahahaha1)

Giả sử z = min(x; y;z) khi đó ta có:
x + y ≥ 2z ⇔xy +yz +xz ≥(x +
z
2
)(y +
z
2
)
Mà ta lại có:
1
x
2
+ y
2
≥
1
(x +
z
2
)
2
+ (y +
z
2
)
2
1
y
2
+ z

2
≥
1
(y +
z
2
)
2
1
x
2
+ z
2
≥
1
(x +
z
2
)
2
Từ những điều trên ta có:
P ≥ (x +
z
2
)(y +
z
2
)(
1
(x +

z
2
)
2
+ (y +
z
2
)
2
+
1
(y +
z
2
)
2
+
1
(x +
z
2
)
2
Đặt: x +
z
2
= a;y +
z
2
= b(a;b ≥ 0

Ta có:
P ≥ ab(
1
a
2
+ b
2
+
1
a
2
+
1
b
2
) =
a
b
(
a
b
)
2
+ 1
+
a
b
+
1
a

b
Đặt:
a
b
= x(x ≥ 0) ta khảo sát hàm f (x) =
x
x
2
+ 1
+ x +
1
x
với x ≥ 0 để tìm được minf (x) =
5
2
Do đó MinP =
5
2
đạt được khi a = b;c = 0 hoặc các hoán vị
Lời giải: (Sangham_BM)
Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel:
Với a,b, c ≥0 và đôi một khác 0.
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a

≥
5
2
√
ab + bc + ca
Chứng minh:
Chuẩn hóa ab +bc+ ca = 1
Chúng ta xét 2 TH:
* TH1: a +b+ c ≤ 2
BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a + b + c)(
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
) ≥ 5(a + b +c)
⇐⇒ 6 +2(
c
a + b
+
a
b + c
+
b
c + a
) ≥ 5(a + b +c)

7
BĐT này luôn đúng do theo BĐT Cauchy −Schwarz ta có
6 + 2(
c
a + b
+
a
b + c
+
b
c + a
) ≥ 6 + 2
(a + b + c)
2
2(ab + bc + ca)
= (a + b +c −2)(a + b + c −3) + 5(a +b +c) ≥ 5(a + b + c).
TH2: a + b + c ≥ 2
BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3) ≥ 5(a +b)(b +c)(c + a)
⇐⇒ 2(a
2
+ b
2
+ c

2
) + 6 ≥5(a +b +c) −5abc
BĐT này luôn đứng do
2(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 6 = 2(a +b +c)
2
+ 2
= (2(a + b +c)−1)(a + b + c −2) + 5(a +b +c) ≥ 5(a + b + c) −5abc.
Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a;b; c) là 1 trong các hoán vị của bộ số (0;1;1).
Lúc này thay a,b,c lần lượt bởi x
2
,y
2
,z
2
ta có
1
x
2
+ y
2
+
1
y
2

+ z
2
+
1
z
2
+ x
2
≥
5
2

x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
Sử dụng BĐT trên và chú ý rằng:
xy + yz + zx =

x
2
y

2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
+ 2xyz(x + y + z) ≥

x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
Ta có
(xy + yz + zx)(
1
x
2
+ y
2

+
1
y
2
+ z
2
+
1
z
2
+ x
2
) ≥
5(xy + yz + zx)
2

x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
≥
5

2
Đẳng thức xảy ra khi 1 số =0 và 2 số còn lại bằng nhau!
Vậy MinP =
5
2
khi một số bằng 0 và 2 số còn lại bằng nhau!
Lời giải: (Inspectoragadget)
Không mất tính tổng quát ta giả sử z = Min(x; y;z).
Đặt P
(x;y;z)
= (xy + yz + zx).

1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
x
2
+z
2


Ta sẽ chứng minh P
(x;y;z)
≥ P
(x;y;0)
Hay là:
z(x + y).

1
x
2
+ y
2
+
1
y
2
+ z
2
+
1
z
2
+ x
2

≥ xy.

1
y
2

+
1
x
2
−
1
x
2
+ z
2
+
1
y
2
+ z
2

⇔ z(x + y).

1
x
2
+ y
2
+
1
y
2
+ z
2

+
1
z
2
+ x
2

≥ xyz
2
.

1
y
2
(y
2
+ z
2
)
+
1
x
2
(x
2
+ z
2
)

8

⇔ (x + y).(
1
x
2
+ y
2
+
1
y
2
+ z
2
+
1
z
2
+ x
2
) ≥ xyz.(
1
y
2
(y
2
+ z
2
)
+
1
x

2
(x
2
+ z
2
)
)
Và điều này đúng do
1
x
2
+y
2
> 0
x+y
y
2
+z
2
≥
xyz
y
2
(y
2
+z
2
)
x+y
x

2
+z
2
≥
xyz
x
2
(x
2
+z
2
)
Vậy ta có P
(x;y;z)
≥ P
(x;y;0)
Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P
(x;y;0)
≥
5
2
Hay là :
xy
x
2
+ y
2
+
x
2

+ y
2
xy
≥
5
2
Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM −GM:
xy
x
2
+y
2
+
x
2
+y
2
4xy
≥ 1
3(x
2
+y
2
)
4xy
≥
3
2
Vậy ta có P
Min

=
5
2
.Đẳng thức xảy ra tại x = y,z = 0 và các hoán vị tương ứng
Câu VIa.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn (I) : x
2
+ y
2
−4x + 2y −11 = 0 và đường thẳng
d : 4x −3y +9 = 0 . Gọi A,B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I) . Biết điểm H

22
5
;
11
5

là một
giao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K

−
6
5
;
7
5

là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A,B,C biết diện
tích tứ giác AHIK bằng 24 và hoành độ điểm A dương.
Lời giải: (Levietnghiails)

9
−6
−4 −2 2 4
6
8 10 12 14
16
18 20 22
−6
−4
−2
2
4
6
0
I
d
B
K
H
C
A
b
a
Tâm I(2; −1),R = 4
Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường tròn tại K(
−6
5
;
7
5

)
Do d(I, AB) = 4 = R
HK = 4
√
2 = 2R
2
nên tam giác IHK vuông tại I.
Từ đó nên AHIK là hình thang vuông tại I và K.
Theo S = 24 =
IK.(AK + IH)
2
⇒ AK = 8
Vì A thuộc d nên A(a;
4a + 9
3
)
Nên (a +
6
5
)
2
+ (
4a
3
+ 3 −
7
5
)
2
= 64

⇒
25
9
a
2
+
20
3
a −60 = 0
Câu VIa.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho hai điểm A(−1; −3; −2); B(0; −2; 2) và mặt cầu (S) :
(x + 1)
2
+ (y + 2)
2
+ (z + 3)
2
= 14. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có
bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A.
Lời giải: (angel)
Mặt cầu (S) có : tâm I(−1; −2;−3), bán kính R =
√
14
Nhận thấy A nằm phía trong mặt cầu .
Do đó (P) qua A cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính nhỏ nhất ⇔
√
R
2
−IH
2
nhỏ nhất ⇔IH lớn nhất H ≡A ⇔


IA(0; 1;−1) là
véc tơ pháp tuyến của (P), do đó : (P) : y −z + 1 = 0 ( H là hình chiếu của I trên (P) )
10
Giả sử M(m; n;n + 1), theo bài ra :

AB = AM
−→
AM. = 0
Câu VIIa. Tìm n ∈ N
∗
thỏa mãn : 3.C
0
n
+ 4C
1
n
+ 5C
2
n
+ + (n +3)C
n
n
= (n + 6)

35
12
n + 2013

.

Lời giải: (Con phố quen)
Ta có :
N = 3.C
0
n
+ 4C
1
n
+ 5C
2
n
+ + (n +3)C
n
n
= 3

C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ +C
n
n

+


C
1
n
+ 2C
2
n
+ 3C
3
n
+ nC
n
n

= N
1
+ N
2
Xét khai triển : (1 +x)
n
= C
0
n
+C
1
n
x +C
2
n
x

2
+C
3
n
x
3
+ +C
n
n
x
n
Cho x = 1 ta được N
1
= 3 ·2
n
.
Mặt khác ta có : [(1 + x)
n
]

= n(1 + x)
n−1
= C
1
n
+ 2C
2
n
x + 3C
3

n
x
2
+ + nC
n
n
x
n−1
.
Cho x = 1 ta có : N
2
= n2
n−1
.
Từ đây ta có : N = 3·2
n
+ n ·2
n−1
= (n + 6) ·2
n−1
.
Theo bài ta có : (n + 6) ·2
n−1
= (n + 6)

35
12
n + 2013

⇔ 2

n−1
=
35n
12
+ 2013 ⇔ 2
n
=
35n
6
+ 4026
Do n > 0 nên ta có
35n
6
+ 4026 > 4026 ⇔2
n
> 4026 ⇔ n > log
2
4026 ≈ 11,975
Xét hàm số : f (n) = 2
n
−
35n
6
−4026, ∀n > 11,975
Ta có : f

(n) = 2
n
ln2−
35

6
> 0, ∀n > 11,975.
Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n > 11, 975.
Mặt khác ta có f (12) = 0. Do đó phương trình f (n) = 0 có nghiệm duy nhất n = 12.
Lời giải: (Inspectoragadget)
Cách khác (sử dụng phương pháp đếm bằng 2 cách)
Ta có :
N = 3.C
0
n
+ 4C
1
n
+ 5C
2
n
+ + (n +3)C
n
n
= 3

C
0
n
+C
1
n
+C
2
n

+ +C
n
n

+

C
1
n
+ 2C
2
n
+ 3C
3
n
+ nC
n
n

= 3N
1
+ N
2
Tính N
1
= C
0
n
+C
1

n
+ +C
n
n
= 2
n
Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể không có viên nào)
* Đếm cách 1:
+ Nếu chọn 0 cây có C
0
n
cách
+ Nếu chọn 1 cây có C
1
n
cách
+ + Nếu chọn n cây có C
n
n
cách
Vậy tổng cộng có C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ +C

n
n
cách.
* Đếm cách 2: Mỗi cây trong số n cây đều có 2 trạng thái (được chọn hoặc không được chọn). Vậy có 2
n
cách chọn.
Kết quả của hai cách đếm cho ta đẳng thức cần chứng minh.
Tính N
2
= C
1
n
+ 2C
2
n
+ 3C
3
n
+ + nC
n
n
= n.2
n−1
chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc
Đếm cách 1:chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kC
k
n
cách chọn
Cho k từ 1 đến n, có C
1

n
+ 2C
2
n
+ 3C
3
n
+ + nC
n
n
cách
Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ n người trước, sau đó mỗi người trong n −1 người còn lại có 2 trạng thái: được tuyển và không
được tuyển, nên cách đếm này cho đáp số n.2
n−1
Vậy ta có đpcm.
Từ đây giải như trên
Câu VIb.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A(1; 0) và các đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
= 2; (C
2
) :
x
2
+ y
2
= 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C

1
) và (C
2
) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Lời giải: (Sangham_BM)
11
Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh:
-Giả sử CO không ⊥AB thì ta luôn tìm được điểm C

∈ (C
2
) sao cho d(C

,AB) lớn hơn d(C,AB), hay S
∆ABC

lớn hơn S
∆ABC
→
không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do đó CO ⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC
Vậy O là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra AO ⊥BC ⇒x
B
= x
C
Và ta giả sử B(t; b) ∈(C
1

), C(t; c) ∈(C
2
) (t, b, c ∈R) thì ta có



t
2
+ b
2
= 2
t
2
+ c
2
= 5
⇐⇒



b
2
= 2 −t
2
c
2
= 5 −t
2
Mà CO ⊥ AB nên


CO.

AB = 0 hay t(t −1) + bc = 0
Suy ra b
2
c
2
= t
4
−2t
3
+t
2
Do đó (2 −t
2
)(5 −t
2
) = t
4
−2t
3
+t
2
⇐⇒ (t +1)(2t
2
−10t + 10)
⇐⇒ t = −1; t =
5 +
√
5

2
; t =
5 −
√
5
2
Tới đây ta có:
S
∆ABC
=
1
2
BC.d(A,BC) (1)
=
1
2
|x
A
−x
B
||y
B
−y
C
| (2)
=
1
2
|1 −t||b −c| (3)
Suy ra

S
2
∆ABC
=
1
4
(1 −t)
2
(b
2
+ c
2
−2bc) (4)
=
1
4
(1 −t)
2
((2 −t
2
) + (5 −t
2
) −2(t −t
2
)) (5)
=
1
4
(1 −t)
2

(7 −2t) (6)
* Nếu t = −1 thì ta suy ra S
2
∆ABC
= 9 hay S
∆ABC
= 3
* Nếu t =
5 +
√
5
2
thì ta dễ thấy điều vô lí vì t
2
+ b
2
= 2.
* Nếu t =
5 −
√
5
2
thì ta có S
2
∆ABC
=
√
5 −1
8
< 9 → loại.

12
Suy ra với t = −1 thì S
∆ABC
lớn nhất.
Và ta có







bc = −2
b
2
= 1
c
2
= 4
⇐⇒



b = 1
c = −2
hoặc



b = −1

c = 2
Suy ra



B(−1;1)
C(−1; −2)
hoặc



B(−1;−2)
C(−1; 2)
Vậy



B(−1;1)
C(−1; −2)
hoặc



B(−1;−2)
C(−1; 2)
thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất!
Câu VIb.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường tròn (C) :

x
2

+ y
2
+ z
2
+ 4x −6y + 4z +4 = 0
x + 2y −2z −2 = 0
có
tâm I và đường thẳng d :
x −3
2
=
y + 2
1
=
z + 1
−1
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R =
√
26
và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :
x −1
1
=
y −3
2
=
z + 2
−2
, biết rằng A thuộc đường tròn (C) và đường thẳng d vuông góc với
đường thẳng AI .

Lời giải: (Phố Đêm)
Gọi I là tâm đường tròn
→ I(−
8
3
;
5
3
;−
2
3
)
Ta có:



IA ⊥ (d)
IA ⊥ (∆)
→

u
I
A = [u
d
; u
∆
] = (0;1; 1)
→ (IA) :












x =
−8
3
y =
5
3
+t
z =
−2
3
+t
Nhận thấy ∆ ⊥ (C)
Gọi M là giao của ∆ và mặt phẳng chứa (C)
→ M(0; 1;0)
Gọi O là tâm mặt cầu . (O; M ∈(mp))
Ta có : O ∈ (IA) →O(
−8
3
;
5
3

+t;
−2
3
+t)
∆ tiếp xúc với mặt cầu nên OM là bán kính.
Ta có : OM
2
=
64
9
+ (t +
2
3
)
2
+ (t −
2
3
)
2
= 26 →t = ±3
→ O(
−8
3
;
14
3
;
7
3

)
O(
−8
3
;
−4
3
;
−11
3
)
Vậy phương trình mặt cầu :
(x +
−8
3
)
2
+ (y −
14
3
)
2
+ (z −
7
3
)
2
= 26
(x +
−8

3
)
2
+ (y +
4
3
)
2
+ (z +
11
3
)
2
= 26
Câu VIIb. Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+2z
2
là số thực, 2z
1
−z
2
là số ảo và 3z
1
+z
2

= 5−5i
. Tìm mô-đun của số phức w = z
2
1
+ 3z
1
.z
2
2
.
Lời giải: (NgoHoangToan)
Ta đặt :
z
1
= x + yi;z
2
= a + bi.
Từ đó ta có : z
1
+ 2z
2
= (x + 2a) + (y +2b)i;2z
1
−z
2
= (2x −a) + (2y −b)i
Theo giả thiết ta có :y +2b = 0 và 2x −a = 0.
Từ 3z
1
+ z

2
= (3x + a) + (3y +b)i = 5 −5i
13
Ta được:



3x + a = 5
3y + b = −5
Vậy ta có:b = 1;y = −2; x = 1;a = 2.
Từ đó ta suy ra:
z
1
= 1 −2i;z
2
= 2 + i
Từ đó ta có : z
2
1
+ 3z
1
.z
2
2
= 30 −10i
Vây : modun w bằng 10
√
10.
14
TÀI LIỆU TOÁN THPT

ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 10.11.2012
PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
x −2
x −1
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y =2x +m −2 cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A,B
sao cho tứ giác AMBN có diện tích bằng
5

17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: cosx +cos

x +
π

3

=

3.cos
2

x +
π
6

+
1

3
cos
2

π
3
−x

b) Giải hệ phương trình:




2

x +


y


x y =4y

y −x

x
8y

x +

1 −x +

1 −y

2

−1 =12x +7


x −1 +

y −2

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

π
2

0
3e
2x
+sinx(4e
x
+3sin x) −1
(e
x
+sinx)
2
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A

B

C

có đáy là tam giác đều tâm O. ĐỉnhC

có hình chiếu trên mặt
phẳng (ABC ) trùng với tâm O củađáy.Biết rằng khoảng cách từO đếncạnh CC

bằng a. Chứng minh rằng qua
AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P) vuông góc với CC

. Gọi K là giao điểm của CC

và mặt phẳng (P), biết
góc


AK B =120
o
. Tính thể tích hình lăng trụ ABC.A

B

C

theo a và góc hợp bởi CC

và mặt phẳng (A BC).
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực a, b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinhchỉ làm mộttrong hai phần A hoặcB
A. Theochương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho hình thoi ABCD có

A =60

o
. Trên các cạnh AB, BC lấy
các điểm M, N sao cho MB +NB = AB . Biết P(

3;1) thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc

MDN có phương trình là d : x −y

3 +6 =0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABCD.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các đỉnh S(−3; 2;1),
A(0; 2;2) vàC (−2;2;−2).Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua I và vuông góc với BD.
Câu 7A. (1 điểm) Giải bất phương trình sau :

2 +3
2x

2 +3
2x
−

2 −3
2x
+
3
4x
+

4 −3
4x

−7
3
2x
≥
3
2x
−2

4 −3
4x
−2 +3
2x
.
B. Theochương trình nângcao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
d
1
: 2x −y +2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x −y −5 =0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC.
Biết M

9
5
;
2
5

; K

(
9;2
)
lần lượt là trung điểm của AH và C D. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết
hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz , cho mặt cầu (S) có phương trình x
2
+y
2
+z
2
−2x −2y +4z −
10 =0 và mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −6 =0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là
một đường tròn (C). Lập phương trình mặt cầu (S
1
) chứa đường tròn (C) biết tâm của mặt cầu (S
1
) cách điểm
A(4; 1;4) một khoảng bằng 3

5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S
1
) lớn hơn 2.
Câu 7B. (1 điểm) Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và
bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ
bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNGHỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =
x −2

x −1
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y =2x +m −2 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho tứ giác AMBN có diện tích bằng
5

17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D =R\{1}; đạo hàm y

=
1
(x −1)
2
>0 ∀x ∈D,
Hàm số đồng biến trên (−∞;1); (1; +∞)
lim
x→1
−

y =+∞; lim
x→1
+
y =−∞;
x =1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞
y =1; lim
x→+∞
y =1;
y =1 là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
y

y
−∞
1
+∞
+
+
11
+∞
−∞
11
Đồ thị
M
N
A
B

b) Lời giải (hungchng):
Ta có phương trình đường thẳng M N : y =−
1
2
x −
3
2
. nên d ⊥M N tại I
I có tọa độ là nghiệm của



y =2x +m −2
y =−
1
2
x −
3
2
nên I

1 −2m
5
;
m −8
5

.
Vì AMB N làtứ giác(lồi)nên I thuộc đoạn thẳng MN tức là 1 <
1 −2m

5
<3 và −3 <
m −8
5
<−2 nghĩa là −7 <m <−2 (a)
Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm A, B phân biệt khi phương trình: 2x +m −2 =
x −2
x −1
có hai nghiệm phân biệt ,
nghĩa là 2x
2
+(m −5)x +4 −m =0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇐⇒

m >1 +2

2 không thỏa (a)
m <1 −2

2 thỏa (a)
Gọi x
A
, x
B
là hoành độ của A, B thì chúng là hai nghiệm của phương trình (1).
nên x
A
+x
B
=
5 −m

2
, x
A
.x
B
=
4 −m
2
, do đó (x
B
−x
A
)
2
=(x
A
+x
B
)
2
−4x
A
.x
B
=
(5 −m)
2
4
−4
4 −m

2
=
(m −1)
2
4
−2
Khi đó y
A
=1 −
1
x
A
−1
, y
B
=1 −
1
x
B
−1
⇒ y
B
−y
A
=
1
x
A
−1
−

1
x
B
−1
=
x
B
−x
A
x
A
.x
B
−(x
A
+x
B
)
AB
2
=(x
B
−x
A
)
2
+(y
B
−y
A

)
2
=
(m −1)
2
4
−2 +
(m−1)
2
4
−2

4−m
2
−
5−m
2

2
=
(m −1)
2
−8
4

1 +
4
1

(∗)

Ta có:
5

17
4
=S
AM B N
=
1
2
M N.AB =
1
2

5.A B . tức là AB
2
=
5.17
4
(∗∗)
từ (∗),(∗∗) ta được (m −1)
2
−8 =17 ⇐⇒

m =−4 thỏa
m =6 không thỏa
. Vậy m =−4 là giá trị cần tìm của bài toán.
Câu 2.a Giải phương trình: cosx +cos

x +

π
3

=

3.cos
2

x +
π
6

+
1

3
cos
2

π
3
−x

Lời giải (angel):
Đặt x +
π
6
=t Phương trình đã cho trở thành :
cos


t −
π
6

+cos

t +
π
6

=

3.cos
2
t +
1

3
sin
2
t ⇔2. cost.cos
π
6
=
1

3
+
2


3
cos
2
t ⇔2. cos
2
t −3.cos t +1 =0 ⇔

cos t =1
cos t =
1
2
+) Với : cos t =1 ⇔t =k2π ⇒x =−
π
6
+k2π
(
k ∈ Z
)
+) Với :cos t =
1
2
⇔t =±
π
3
+k2π ⇒

x =
π
6
+k2π

x =−
π
2
+k2π
(
k ∈Z
)
2
Câu 2.b Giải hệ phương trình:




2

x +

y


x y =4y

y −x

x (1)
8y

x +

1 −x +


1 −y

2

−1 =12x +7


x −1 +

y −2

(2)
Lời giải (hoanghai1195):
Điều kiện :

x ≥1; y ≥2
1 −x +(1−y)
2
≥0
(1) ⇔(

x −

y)(x +3

x y +4y) =0 ⇔ x = y
Thay vào phương trình (2); ta được:
4(


x
2
−3x +2 +x)
2
−9 =7(

x −1 +

x −2)
Đặt t =

x −1 +

x −2 >0
(2) ⇔(t
2
+3)
2
−9 =7t ⇔t
2
(t
2
+6) =7t ⇔(t −1)(t
2
+t +7) =0 ⇔t =1
Từ đó suy ra:

x −1 +

x −2 =1 ⇔ x =2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) =(2; 2)

Câu 3. Tính tích phân I =

π
2
0
3e
2x
+sinx(4e
x
+3sin x) −1
(e
x
+sinx)
2
dx.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
I =

π
2
0
2 dx +

π
2
0
e
2x
+sin
2

x −1
(e
x
+sinx)
2
dx =2x




π
2
0
+

π
2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sinx)
2
dx =π +

π

2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sinx)
2
dx
Đặt A =

π
2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sinx)
2
dx =

π
2

0
(e
x
−cosx)(e
x
+cosx)
(e
x
+sinx)
2
dx
Đặt u =e
x
−cosx ⇒ du =(e
x
+sinx) dx, dv =
e
x
+cosx
(e
x
+sinx)
2
dx ⇐v =−
1
e
x
+sinx
⇒ A =−
e

x
−cosx
e
x
+sinx




π
2
0
+

π
2
0
dx =−
e
π
2
e
π
2
+1
+x





π
2
0
=−
e
π
2
e
π
2
+1
+
π
2
. ⇒ I =−
e
π
2
e
π
2
+1
+
3π
2
.
Câu 4. Cho lăng trụ tam giác ABC.A

B


C

có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C

có hình chiếu trên mặt phẳng
(ABC) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnhCC

bằng a. Chứng minh rằng qua AB ta có
thể dựng đượcmặt phẳng(P ) vuông gócvớiCC

. Gọi K là giao điểmcủa CC

và mặt phẳng(P ), biếtgóc

AK B =120
o
.
Tính thể tích hình lăng trụ ABC.A

B

C

theo a và góc hợp bởi CC

và mặt phẳng (A BC).
Lời giải (manlonely838):
Gọi M =CO ∩ AB. Kẽ MK ⊥CC

tại K , OH ⊥CC


tại H. Vì ∆ ABC đều nên CO ⊥ AB.
Mà CO là hình chiếu của CC

trên (ABC ) nên theo định lý 3 đường vuông góc suy ra CC

⊥ AB.
Từ đó suy ra (ABK ) ⊥CC

. Dĩ nhiên (A B K ) ≡(P).
Trong tam giác CK M cóOH ∥K M ⇒
OH
K M
=
CO
C M
=
2
3
⇒K M =
3.OH
2
=
3a
2
.
Hơn nữa, AB ⊥(C MK ) ⇒ AB ⊥K M ⇒∆ABK cân tại K .
Mà

AK B =120

0
⇒

AK M =60
o
. Tam giác AMK vuông tại M nên
AM =K M. tan 60
o
=
3a

3
2
⇒ AB =3a

3, C M =
9a
2
, CO =3a.
3
Suy ra S
∆ABC
=
1
2
C M.AB =
1
2
.
9a

2
.3a

3 =
27a
2

3
4
. Xét tam giác vuông COC

có
1
OH
2
=
1
OC
2
+
1
OC
2
⇒
1
OC
2
=
1
OH

2
−
1
OC
2
=
1
a
2
−
1
9a
2
=
8
9a
2
⇒OC

=
3a

2
4
Do đó,
V
ABC .A

B


C

=C

O.S
∆ABC
=
3a

2
4
.
27a
2

3
4
=
81a
3

6
16
.
Lại có, tan

OCC

=
OC


CO
=

2
4
. Vậy,

(
CC

,(ABC)
)
=

(
CC

,CO
)
=

OCC

=arctan


2
4


.
Câu 5. Cho các số thực a, b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
Lời giải (hoanghai1195):
P = f (c) =
2012c
ab
+
1
c

10a
b
+
11b
a

Coi c là biến số; a,b là tham số; ta có:
f


(c) =
2012
ab
−
1
c
2

10a
b
+
11b
a

=
2012c
2
−10a
2
−11b
2
ab
≥
2012 −10.2
2
−11.2
2
ab
>0

⇒ f (c) ≤ f (2) =
4024
ab
+
5a
b
+
11b
2a
=g (a)
Coi a là biến số; b là tham số; ta có:
g

(a) =
−4024
ba
2
+
5
b
−
11b
2a
2
≤
−4024
2
3
+5 −
11

4.2
<0 ⇒g (a) ≤ g(1) =
4029
b
+
11b
2
=h(b)
h

(b) =
−4029
b
2
+
11
2
≤0 (b ∈[1; 2]) ⇒h(b) ≤h(1) =4029 +
11
2
=
8069
2
Vậy GTLN của P là
8069
2
khi và chỉ khi

a =b =1
c =2

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho hình thoi ABCD có

A = 60
o
. Trên các cạnh AB,BC
lấy các điểm M, N sao cho M B +NB = AB. Biết P (

3;1) thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc

MDN có phương trình là d : x −y

3 +6 =0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABCD.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
Từ giả thiết

A =60
o
⇒ tam giác ABD,CBD là các tam giác đều. Theo đề bài ta có AM =B N, B M =C N.
Xét hai tam giác ADM và BDN ta có:

D AM =

DBN =60
o
, AD =BD, AM =BN ⇒ hai tam giác bằng nhau
⇒

ADM =

BDN (1)

Xét hai tam giác B MD và C ND ta có:

DBM =

DC N =60
o
,CD =BD,C N =BM ⇒ hai tam giác bằng nhau
⇒

NDC =

MDB (2)
Từ (1) và (2) ⇒

MDN =60
o
.
Gọi P

là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d ⇒ P

thuộc đường thẳng DM
⇒ tam giác PDP

là tam giác đều. ⇒DP =PP

=2d
(P/d)
=6.
Gọi D có tọa độ D


a;
a +6

3

⇒PD
2
=(a −

3)
2
+

a +6 −

3

3

2
=36
⇒a =3 +

3, a =−6 +

3 ⇒D

3 +


3;1 +3

3

,D

−6 +

3;1

.
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, cho hình chóp tứ giác đều S.ABC D có các đỉnh
S(−3; 2;1), A(0;2; 2) vàC(−2; 2;−2). Gọi I làtâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Viết phương trình mặt phẳng
(α) đi qua I và vuông góc với BD.
4
Lời giải (manlonely838):
Gọi O = AC ∩BD. Vì S.ABCD là chóp đều nên I ∈SO. Suy ra I ∈(S AC ). Mà BD ⊥(S AC) nên (α) chính là (S AC).
Như vậy, yêu cầu bài toán thực chất là viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm S, A, C.
Ta có
−→
n
(α)
=[
−→
S A ,
−→
SC] =[(3; 0;1),(1; 0; −3)] =(0; 10; 0). Vậy (α) : y =2.
Câu 7A. Giải bất phương trình sau :

2 +3

2x

2 +3
2x
−

2 −3
2x
+
3
4x
+

4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2

4 −3
4x
−2 +3
2x
.
Lời giải (Hồng Vinh):
ĐK :




2 −3
2x
≥0
4 −3
4x
≥0

4 −3
4x
−2 +3
2x
=0
Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :

2 +3
2x

+

4 −3
4x
2.3
2x
+
3
4x
+


4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2

4 −3
4x
+

3
2x
−2

⇐⇒
2.3
4x
+3
2x
+3.

4 −3
4x
−12
2.3

2x
≥

3
2x
−2



4 −3
4x
+2 −3
2x

2.3
2x

2 −3
2x

(Với đk các biểu thức liên hợp =0)
⇐⇒2.3
4x
+3
2x
+3.

4 −3
4x
−12 ≥−


4 −3
4x
−2 +3
2x
⇐⇒2

4 −3
4x
+3
4x
−5 ≥0 ⇐⇒ −


4 −3
4x
−1

2
≥0 ⇐⇒

4 −3
4x
−1 =0 ⇐⇒ x =
1
4
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng
d
1
: 2x −y +2 =0, đỉnh C thuộc đường thẳng d

2
: x −y −5 =0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC . Biết
M

9
5
;
2
5

; K
(
9;2
)
lần lượt là trung điểm của AH và C D. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành
độ đỉnh C lớn hơn 4.
Lời giải (manlonely838):
d
1
d
2
M
K
B
C
D
A
E
H
Gọi B(b; 2b +2), C(c;c −5), (c > 4) và E là điểm đối xứng với B qua C . Suy ra E(2c −b;2c −2b −12). Dễ dàng chứng

minh được K là trung điểm của AE . Do đó,
−−→
HE =2
−−→
MK =

72
5
;
16
5

⇒ H

2c −b −
72
5
;2c −2b −
76
5

.
Thiết lập tọa độ các vector
−−→
CK =(9 −c; 7+c),
−→
BC =(c −b; c −2b −7),
−−→
B H =


2c −2b −
72
5
;2c −4b −
86
5

,
−−→
MC =

c −
9
5
;c −
27
5

.
Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình

−−→
CK .
−→
BC =0
−−→
B H.
−−→
MC =0
⇔




−2c
2
+3bc +23c −23b −49 =0
4c
2
−6bc +
126
5
b −46c +
594
5
=0
⇔

b =1
c =9 hoặc c =4(loại)
Từ đó ta có B (1;4), C(9; 4). Vì K là trung điểm của CD nên suy ra D(9;0).
Lại có C là trung điểm của BE nên suy ra E (17;4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1;0).
5
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz , cho mặt cầu (S) có phương trình x
2
+y
2
+z
2
−2x −
2y +4z −10 =0 và mặt phẳng (P) : x +2y +2z −6 =0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến

là một đường tròn (C). Lập phương trình mặt cầu (S
1
) chứa đường tròn (C) biết tâm của mặt cầu (S
1
) cách điểm
A(4; 1;4) một khoảng bằng 3

5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S
1
) lớn hơn 2.
Lời giải (manlonely838):
Phântích: Hình học không giancũng chỉ là tháctriển từhình học phẳng. Ởbài toán này taxem haimặt cầu (S
1
), (S)
như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng (P ) như là một đường thẳng trong mặt phẳng. Hai mặt cầu này
cắt nhau theo một mặt là đường tròn ví như hai đường tròn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng.
Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồi đúng không.
Ta có tâm mặt cầu (S) là I(1; 1; −2), bán kính là R
(S)
=4. d (I ;(P)) =
7
3
. Vì d(I ;(P)) <R
(S)
nên mặt phẳng (P) cắt mặt cầu
(S) giao tuyến là một đường tròn (C). Gọi I
1
, R
(S
1

)
lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S
1
). Khi đó II
1
⊥(P).
Để xác định toạ độ của I
1
, ta viết phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P).
Cụ thể: Ta có
−→
u
(d)
=
−→
n
(P)
=(1;2; 2). Suy ra phương trình của (d) :





x =1 +t
y =1 +2t
z =−2 +2t
t ∈R. Suy ra I
1
(1+t; 1 +2t;−2+2t).
Hơn nữa,

I
1
A =3

5 ⇔(1 +t −4)
2
+(1 +2t −1)
2
+(−2 +2t −4)
2
=45 ⇔

t =0 (loại)
t =
10
3
Do đó I
1

13
3
;
23
3
;
14
3

. Suy ra d(I
1

;(P)) =
23
3
. Mặt khác ta lại có
R
2
(S)
−
(
d(I ;(P))
)
2
=R
2
(C)
=R
2
(S
1
)
−
(
d(I
1
;(P))
)
2
⇒R
2
(S

1
)
=R
2
(S)
−
(
d(I ;(P))
)
2
+
(
d(I
1
;(P))
)
2
=4
2
−

7
3

2
+

23
3


2
=
208
3
.
Vậy mặt cầu (S
1
) có phương trình :

x −
13
3

2
+

y −
23
3

2
+

z −
14
3

2
=
208

2
9
.
Câu 7B. Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và bình C
đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn
lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là:
1
3
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là:
5
9
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là:
7
15
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình C là:
9
15
.
Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P =
1
3

5
9
+

7
15
+
9
15

=
73
135
.
6