đề toán thi thử năm 2015 số 6

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 (THAM KHẢO 1)
Môn thi: TOÁN
Câu 1:(2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị (C).
a/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b/ Chứng minh rằng đường thẳng (d):y=-x+m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân
biệt với mọi giá trị của m thuộc R. Gọi A và B là hai giao điểm của d và (C), tìm m
để OA+OB=4 (với O là gốc tọa độ).
Câu 2:(1,0 điểm) Giải phương trình
sin5 2sin (cos4 cos2 ) cos2x x x x x
− + =
Câu 3:(1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
1
.
1 2 2 1
I dx
x
=
+ +
∫

Câu 4:(1,0 điểm)
a/ Giải phương trình
2 2
log log (4. ) 3x x
+ =
.
b/ Cho số phức z thỏa điều kiện
(1 2 ) 2 4z i z i
+ − = −
. Tìm mô đun của số phức
2
w z z
= −
.
Câu 5:(1,0 điểm) Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng (d):
2 1
1 2 1
x y z− +
= =
− −

và mp(P):x+y+z-3=0. Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm
A trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng
2 3
.
Câu 6:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên
SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là
điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA=3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng
2 3SA a
=

và đường thẳng SC tạo với đáy một góc
0
30 .
Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC có trung điểm của BC
là M(3;-1), đường thẳng chứa đường cao vẽ từ B đi qua E(-1;-3) và đường thẳng chứa
cạnh AC qua F(1;3). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;-2) là điểm đối
xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 8:(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2 2
4 2
3
( ) 2 ( )
3 6 ( ) 4 3 . 81 8
xy x y x y
x y x y x y x xy x

+ − = −


− + + = −



Câu 9:(1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa điều kiện
4a 2c b c
1 1 6
b b a a
   

+ + + =
 ÷  ÷
   
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
bc ac ab
P 2
a(b 2c) b(c a) c(2a b)
 
= + +
 
+ + +
 
.
TỔ TOÁN
THPT NÚI THÀNH
2
ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1
Câu 1b: (1,0 điểm)) Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị (C).
b/ Chứng minh rằng đường thẳng (d):y=-x+m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá
trị của m thuộc R. Gọi A và B là hai giao điểm của d và (C), tìm m để OA+OB=4 (với O là gốc tọa
độ).

+ phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
2
1
2
1
( 2) 0
x
x
x m
x
x mx m
≠

−
= − + ⇔

−
− + − =


(*)
Đặt
2
( ) ( 2)g x x mx m
= − + −
.
+Phương trình (*) có
2
( 2) 4 0,m m R
∆ = − + > ∀ ∈

.
Hơn nữa
(1) 1 0g
= − ≠
. Suy ra pt(*) luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Do đó đường thẳng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m thuộc R.
+ Gọi
1 1
( ; )A x x m
− +
,
2 2
( ; )B x x m
− +
( x
1
và x
2
là hai nghiệm của pt(*))
+ Tính được
2
2 2 4OA OB m m
+ = − +
.
+ Theo đề bài ta có:
2
4 2 4 2OA OB m m
+ = ⇔ − + = ⇔
m=0 hoặc m=2.
Vậy có hai giá trị của m thỏa đề là m=0, m=2.

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2: (1,0 điểm)Giải phương trình
sin5 2sin (cos4 cos 2 ) cos 2x x x x x
− + =
sin 5 2sin (cos 4 cos 2 ) cos 2x x x x x
− + =
4 2 4 2
sin 5 2sin .2.cos .cos cos2
2 2
x x x x
x x x
+ −
   
⇔ − =
 ÷  ÷
   
sin 5 2sin .2.cos3 .cos cos 2x x x x x⇔ − =
sin5 2.cos3 .sin 2 cos2x x x x
⇔ − =
sin5 2.sin 2 .cos3 cos2x x x x
⇔ − =
[ ]
1
sin 5 2. . sin(2 3 ) sin(2 3 ) cos 2
2
x x x x x x⇔ − − + + =
[ ]

sin 5 sin( ) sin5 cos 2 sin cos2 cos cos2
2
x x x x x x x x
π
 
⇔ − − + = ⇔ = ⇔ − =
 ÷
 
2
.
2 .2
6 3
2
2 .2
.2
2
2
x k
x x k
x x k
x k
π π
π
π
π
π
π
π



= −
− = +


⇔ ⇔




− = − +
= − +




Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
. , .2
6 3 2
x k x k
π π π
π
= − = − +
0,25
0,25
0,5
Câu 3: (1,0 điểm)Tính tích phân
4
0
1

.
1 2 2 1
I dx
x
=
+ +
∫

Đặt
2
2 1 2 1t x t x tdt dx= + ⇒ = + ⇒ =
.
+ x=0 suy ra t=1, x=4 suy ra t=3.
Khi đó
3 3 3 3 3
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
.
1 2 2 1 2 2(1 2 ) 2 2 2 1
t
I tdt dt dt dt dt
t t t t
 
= = = − = −
 ÷
+ + + +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3

1
1 1 7
1 ln 2 1 1 ln
4 4 3
t= − + = −
0,25
0,25
0,5
3
Câu 4: (1,0 điểm)
Câu a: (0,5 điểm)Giải phương trình
2 2
log log (4 ) 3x x
+ =
ĐK :
0x
>
với đk trên
2
2 2 2
2
log log (4 ) 3 log (4 ) 3
4 8
x x x
x
+ = ⇔ =
⇔ =

2
2

4 8
2
2( 0)
x
x
x x
⇔ =
⇔ =
⇔ = >
0,25
0,25
Câu b: (0,5 điểm)Cho số phức z thỏa điều kiện
(1 2 ) 2 4z i z i
+ − = −
(*). Tìm mô đun
của số phức
2
w z z
= −
.
-Đặt
( )
, ,z a bi z a bi a b R
= + ⇒ = − ∈
. Khi đó (*) trở thành :
( ) (1 2 )( ) 2 4a bi i a bi i
⇔ + + − − = −
(2 2 ) 2 2 4a b ai i
⇔ − − = −
2 2 2 2

2
2 4 1
a b a
z i
a b
− = =
 
⇔ ⇔ ⇒ = +
 
− = − =
 
.
2
(2 ) (2 ) 1 3w i i i
= + − + = +
.
Suy ra mô đun của số phức z là
10w
=
.
0,25
0,25
Câu 5: (1,0 điểm)Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng (d):
2 1
1 2 1
x y z
− +
= =
− −
và

mp(P):x+y+z-3=0. Tìm tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm A trên đường
thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng
2 3
.
+Phương trình tham số của d là:
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= − −


= −

. Gọi M là giao điểm của d và mp(P).
(2 ; 1 2 ; )M d M t t t
∈ ⇒ + − − −
.
( ) (2 ) ( 1 2 ) ( ) 3 0 1M mp P t t t t∈ ⇔ + + − − + − − = ⇔ = −
. Suy ra M(1;1;1).
(2 ; 1 2 ; )A d A t t t
∈ ⇒ + − − −
.
Theo đề ta có:
2
2 2

( ,( )) 2 3 2 3
4
3
t
t
d A P
t
=
− −

= ⇔ = ⇔

= −

.
Suy ra có hai điểm cần tìm là: A(4;-5;-2), A(-2;7;4).
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là
tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao
cho HA=3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng
2 3SA a=
và đường thẳng SC tạo với đáy một
góc
0
30 .
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
4

Vì
( )SH ABCD⊥
nên
·
( )
·
0
, ( ) 30 .SCH SC ABCD= =
Trong tam giác vuông
SAD
ta có
2
.SA AH AD=
2 2
3
12 4 ; 3 ;
4
a AD AD a HA a HD a⇔ = ⇒ = = =
0
. 3 .cot30 3SH HA HD a HC SH a⇒ = = ⇒ = =
2 2
2 2 .CD HC HD a⇒ = − =
Suy ra
2
. 8 2
ABCD
S AD CD a= =
. Suy ra
3

.
1 8 6
. .
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S= =
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên

( ) ( ) ( )
1 1
, ( ) ,( ) , ( ) .
2 2
d M SBC d A SBC d H SBC= =
(1)
Kẻ
HK BC⊥
tại K,
'HH SK⊥
tại
'.H
Vì
( )BC SHK⊥
nên
' ' ( ).BC HH HH SBC⊥ ⇒ ⊥
(2)
Trong tam giác vuông SHK ta có
2 2 2 2
1 1 1 11 2 6 2 66
' .

11
' 24
11
a
HH a
HH HK HS a
= + = ⇒ = =
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
( )
66
, ( ) .
11
d M SBC a=
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC có trung điểm của BC là M(3;-1),
đường thẳng chứa đường cao vẽ từ B đi qua E(-1;-3) và đường thẳng chứa cạnh AC qua F(1;3). Tìm
toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;-2) là điểm đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.

x
x
F(1;3)
E(-1;-3)
D(4;-2)
M(3;-1)
I

H
C
B
A
/
/
//
//
+ Chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành
+ Tìm được H(2;0).
0,25
0,25
5
A
B
D
C
K
H
S
'H
M
a
+ PT đường cao (BH):x-y-2=0.
+ PT cạnh (AC):x+y-4=0.
+Gọi C(c ;4-c) thuộc AC. Nhờ t/c trung điểm suy ra B(6-c ;-6+c).
B nằm trên BH nên ta có (6-c)-(-6+c)-2=0 hay c=5. Suy ra : B(1 ;-1) và C(5 ;-1).
+ PT đường cao (AH) đi qua H(2;0) và vuông góc BC là :x-2=0.
+ A là giao điểm của AH và AC nên A(2;2).
0,25

0,25
Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2 2
4 2
3
( ) 2 ( )
3 6 ( ) 4 3 . 81 8
xy x y x y
x y x y x y x xy x

+ − = −


− + + = −



(1)
(2)
-Xét phương trình (1):
2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 ( ) ( ) 2 2xy x y x y xy x y x y xy
+ − = − ⇔ + − = + −
2 2 2 2
( ) ( ) 2 2 0xy x y x y xy
⇔ + − + + − =
2 2
( )( 1) 2( 1) 0x y xy xy
⇔ + − + − =
2 2

( 1)( 2) 0 1xy x y xy
⇔ − + + = ⇔ =
thay vào (2) ta được :
3 2
3
4
2 2 81 8
3
x x x x
− + − = −
3
3 3
3
2 2 81 8 81 8
( ) 3( ) 3.
3 3 3 3
x x
x x
 
− −
⇔ − + − = +
 ÷
 ÷
 
(*)
Xét
3
( ) 3f t t t
= +
, f(t) đồng biến trên R. Khi đó pt(*) trở thành:

3 3
3
0
2 81 8 2 81 8 3 24
( ) 3 2 81 8
3 3 3 3 3
3 24
3
x
x x
f x f x x x x
x


=

 
− − −

− = ⇔ − = ⇔ − = − ⇔ =
 ÷

 ÷
 

+

=



Suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
3 2 6
3
3
3 2 6
x
y

−
=




=

−

,
3 2 6
3
3
3 2 6
x
y

+
=





=

+

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa điều kiện
4a 2c b c
1 1 6
b b a a
   
+ + + =
 ÷  ÷
   
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
bc ac ab
P 2
a(b 2c) b(c a) c(2a b)
 
= + +
 
+ + +
 
Cách 1: Đặt

1 1 1
x ,y ,z
a b c
= = =
(x,y,z>0).
Từ điều kiện ta có :
3 3
8y x 4y x
6
xyz x y
+
+ + =
(*)
Áp dụng:
3
3 3
(a b)
a b
4
+
+ ≥
ta có
3 3 3 3 3
8y x (2y) x (2y x)
xyz xyz 4xyz
+ + +
= ≥
và
2
2

z(x 2y)
(x 2y) 8xy 4xyz
2
+
+ ≥ ⇒ ≥
3 3 3 3 3 3
2
8y x (2y) x (2y x) (2y x)
z(x 2y)
xyz xyz 4xyz
2
+ + + +
⇒ = ≥ ≥
+
3 3 3 3 3
8y x (2y) x (2y x) 2(x 2y)
xyz xyz 4xyz z
+ + + +
⇒ = ≥ ≥
mà
4y x
4
x y
+ ≥
. Suy ra
3 3
8y x 4y x 2(x 2y)
4
xyz x y z
+ +

⇒ + + ≥ +

6
hay
2(x 2y) x 2y
6 4 0 1
z z
+ +
≥ + ⇒ < ≤
Mặt khác
x 2y 2z
P
2y z z x x 2y
= + +
+ + +
2 2
x (2y) 2z
2xy xz 2yz 2xy x 2y
= + +
+ + +
2
(x 2y) 2z
4xy z(x 2y) x 2y
+
≥ +
+ + +
2
2
(x 2y) 2z
(x 2y)

x 2y
z(x 2y)
2
+
≥ +
+
+
+ +
x 2y
2
2(x 2y) 2z 2
z
x 2y x 2y
x 2y 2z x 2y
2
z z
+
+
= + = +
+ +
+ + +
+
Đặt
x 2y
t ,(0 t 1)
z
+
= < ≤
. Ta có
2t 2

P
t 2 t
≥ +
+
.
Xét hàm số
2t 2
f (t) ,(0 t 1)
t 2 t
= + < ≤
+
. Suy ra được:
8
P f (t) f (1)
3
≥ ≥ =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
8
3
. Dấu “=” xãy ra khi 2x=4y=z hay 2a=b=4c.
Cách 2:Điều kiện bài toán được viết lại:
2 2
2.2a 2a.4c 2.b b.4c
6
b b 2a (2a)
+ + + =
Biểu thức được viết lại:
b.4c 2a.4c 4.2a.b
P
2.2a.b 2a.4c b.4c 2.2a.b 2a.4c b.4c

= + +
+ + +
Đặt
x 2a,y b,z 4c= = =
( x,y,z>0).
+ Khi đó điều kiện bài toán được viết lại:
2 2
2.x x.z 2.y y.z
6
y y x x
+ + + =
3 3 2 2
2 2
z(x y ) 2(x y )
6
x y xy
+ +
⇔ = +
Mà
3 3 2 2
x y xy(x y), x y 2xy+ ≥ + + ≥
z(x y) z(x y)
6 4 0 2
xy xy
+ +
⇒ ≥ + ⇒ < ≤
.
+Biểu thức được viết lại:
y.z xz 4xy
P

2xy xz yz 2xy xz yz
= + +
+ + +
2 2
(y.z) (xz) 4xy
2xy.yz xz.yz yz.xz 2xy.xz z(x y)
= + +
+ + +
2
(y.z xz) 4xy
2xy.yz xz.yz yz.xz 2xy.xz z(x y)
+
≥ +
+ + + +
2 2
z (y x) 4xy
2xyz(x y z) z(x y)
+
= +
+ + +
Áp dung bất đẳng thức: (a+b+c)
2

≥
3(ab+bc+ca) ta có:
2
(xy yz zx) 3(xy.yz yz.zx zx.xy)
+ + ≥ + +
2
(xy yz zx)

xyz(x y z)
3
+ +
⇒ ≥ + +
2
2(xy yz zx)
2xyz(x y z)
3
+ +
⇒ ≥ + +
Do đó ta có:
2 2
2
3z (y x) 4xy
P
2(xy yz zx) z(x y)
+
≥ +
+ + +
2
2 2
2 2
2 2
2 2
z(y x)
z (y x)
3
3
xy
4xy 4

x y
z(x y)
2(xy yz zx)
z(x y)
z(y x)
2 1
xy
x y
xy
 
+
+
 ÷
 
= + = +
+
+ +
+
 
+
+
 ÷
 
Đặt
z(x y)
t
xy
+
=
,

0 t 2
< ≤
Xét hàm số
2
2
3t 4
f (t) ,(0 t 2)
2(1 t) t
= + < ≤
+
. Từ đó suy ra
8
P f (t) f (2)
3
≥ ≥ =
, đẳng thức xảy ra
0,25
0,25
0,25
0,25
7
khi x=y=z>0 hay 2a=b=4c>0.
Sở GD & ĐT Quảng Nam ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 (ĐỀ 2)
Trường THPT Núi Thành MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút
Câu 1: 2 điểm
Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ số góc
bằng 9.
Câu 2: 1 điểm
Giải phương trình:
sin3 sin2 sin 0x x x
− + =
( x ∈ R)
Câu 3: 1 điểm
1) Giải phương trình:
1
3 3 2
x x
−
− =
( x ∈ R)
2) Tìm môđun của số phức z, biết
2
(2 )(1 2 )
(1 )
i i
z
i
− +
=
+
Câu 4: 1 điểm
Tính tích phân:
3
1
( 1)ln

e
x x
I dx
x
−
=
∫
Câu 5: 1 điểm
Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1; 0; - 2), B(3; 2; 0) và mặt phẳng (P) có
phương trình x + y – z – 1 = 0.
1) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B.
2) Chứng minh mặt cầu có đường kính AB tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6: 1 điểm
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường thẳng SA
vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
.
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
Câu 7: 1 điểm
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi
M là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; - 2) là điểm nằm
trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương trình đường thẳng AB, biết đỉnh A có
hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.
Câu 8: 1 điểm
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 3 7
1 2 1 3

x y y x
y y x x xy y

+ + = − +


− + + = + + +


(x, y ∈ R)
Câu 9: 1 điểm
Cho x, y, z là các số thực thỏa
2 2 2
9 à 0x y z v xyz+ + = ≤
. Chứng minh rằng
8
2(x + y + z) – xyz ≤ 10.
= Hết =
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO 2
Câu 1
Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
+ Txđ : D = R
+ Sự biến thiên

lim ; lim
x x

y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
y’ = 3x
2
– 6x

0
' 0
2
x
y
x
=

= ⇔

=

BBT


Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (- ∞ ; 0) và (2 ; + ∞) ;
nghịch biến trên khoảng (0 ; 2)
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(0 ; 2) và điểm cực tiểu là
B(2 ; -2)
+ Đồ thị : (vẽ đúng)
0,25
0,25
0,25

0,25
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ
số góc bằng 9.
+ Gọi M(x
0
; y
0
) thuộc (C), d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M
Phương trình đt d là : y – y
0
= y’(x
0
)(x – x
0
)
+ Tt d có hệ số góc bằng 9 nên y’(x
0
) = 9 ⇔ 3x
0
2
– 6x
0
= 9

0
0
1
3
x
x

= −

⇔

=

+ Với x
0
= - 1 thì y
0
= -2. Pttt : y = 9x + 7
+ Với x
0
= 3 thì y
0
= 2. Pttt : y = 9x - 25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
sin3 sin2 sin 0x x x
− + =
(2)
+ Pt (2) ⇔ 2sin2xcosx – sin2x = 0
⇔ sin2x(2cosx – 1) = 0
+ sin2x = 0
( )
2
x k k

π
⇔ = ∈¢
0,25
0,25
0,25
9
x - ∞ 0 2 + ∞
y’ 0 0
y 2 + ∞
- ∞ -2
+
2
1
3
cos ( )
2
2
3
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈



= +


¢
0,25
Câu 3
1) Giải phương trình:
1
3 3 2
x x
−
− =
( x ∈ R)
+ Giải được 3
x
= - 1(loại) hoặc 3
x
= 3
+ Tìm được x = 1
0,25
0,25
2) Tìm môđun của số phức z, biết
2
(2 )(1 2 )
(1 )
i i
z
i
− +

=
+
+ Tìm được z =
3
2
2
i−
+ Tính
5
2
z =
0,25
0,25
Câu 4
Tính tích phân:
3
1
( 1)ln
e
x x
I dx
x
−
=
∫
+ I =
2
1 1
ln
ln

e e
x
x xdx dx
x
+
∫ ∫
+
3 2
2
1 1
1
ln ln
3 3
e
e e
x x
x xdx x dx= −
∫ ∫
=
3 3 3
1
2 1
3 9 9
e
e x e +
− =
+
2
1 1
1

ln ln 1
ln (ln )
2 2
e
e e
x x
dx xd x
x
= = =
∫ ∫

và kết quả đúng I =
3
4 11
18
e +
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5 Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1; 0; - 2), B(3; 2; 0) và mặt
phẳng (P) có phương trình x + y – z – 1 = 0.
1) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B.
+ Đường thẳng AB có vtcp là
1
(1;1;1)
2
AB =
uuur
+ Pt của đt AB:

1 2
1 1 1
x y z− +
= =
0,25
0,25
2) Chứng minh mặt cầu có đường kính AB tiếp xúc với mặt phẳng
(P).
+ Mặt cầu (S) có đường kính AB có tâm I(2; 1; - 1) và bán kính R =
IA =
3
+ Tính d(I, (P)) =
3
. Vì d(I, (P)) = R nên mặt cầu có đường kính AB
tiếp xúc với mặt phẳng (P)
0,25
0,25
Câu 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường
10
thẳng SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
.
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
+ Nêu được góc
·
0
60SBA =
Tính SA =
3a

+ Thể tích khối S.ABC là
3
1
( ).
3 4
a
V dt ABC SA= =
0,25
0,25
2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
+ Gọi d là đt qua B và song song với AC. I là hình chiếu vuông góc
của A trên d, H là hình chiếu vuông góc của A trên SI
+ Chứng minh được AH
⊥
(SB, d)
+ Tính đúng AH =
15
5
a
và kết luận d(AC, SB) =
15
5
a
0,25
0,25
Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông
cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác
ABM, D(7; - 2) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết
phương trình đường thẳng AB, biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và
phương trình đường thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.

+ Gọi N là trung điểm của AB.
Ta có MN là đường trung trực của đoạn AB nên GA = GB
Lại có GA = GD, nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Vì góc
·
·
0 0
45 ê 90ABD n n AGD= =
, do đó tam giác AGD vuông cân tại G
GD = d(D, AG) =
10
, suy ra AD = 2
5
Tìm được A(3; -4)

·
·
1 1 1
tan
3 3 3
3
os
10
NA
NG NM NA BAG
NG
c BAG
= = ⇒ = =
⇒ =
Gọi vtpt của đt AB là

2 2
( ; ) ( 0)n a b a b+ ≠
r

Đt AG có vtpt
'(3; 1)n −
uur
Góc BAG là góc giữa 2 đt AB và AG nên :

2 2
3
3
10
. 10
a b
a b
−
=
+
0,25
0,25
0,25
11

0

3 4 0
b
a b
=


⇔ ⇔

+ =

+ b = 0, chọn a = 1, pt đt AB : x – 3 = 0 (thỏa mãn)
+ 3a = - 4b, chọn a = 4, b = - 3, pt đt AB: 4x – 3y – 24 = 0 (loại)
0,25
Câu 8
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 3 7 (1)
1 2 1 3 (2)
x y y x
y y x x xy y

+ + = − +


− + + = + + +


(x, y ∈ R)
+ Đk
2
1, 0, 3y x y x≥ ≥ ≥
+ (2) ⇔
2 2 2
1 ( 1) 0y x y x y xy y− − + − − + − − =

1
( 1) 2 1 0
1
y x y x
y x
 
⇔ − − + − + =
 ÷
− +
 

1
1 0 2 1 0 1, 0
1
y x do y x y x
y x
 
⇔ − − = + − + > ∀ ≥ ≥
 ÷
− +
 
+ Thế y = x + 1 vào pt(1):

2 2
1 1 7 3x x x x+ + − − + = −
(3)
Xét hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x= + + − − +

2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
'( )
2 1 2 1 (2 1) 3 (2 1) 3
x x x x
f x
x x x x x x
+ − + −
= − = −
+ + − + + + − +
Xét hàm số g(t) =
2
3
t
t +
, g’(t) =
(
)
3
2
3
0
3
t R
t
> ∀ ∈
+
nên hs g(t) đồng
biến trên R
Do 2x + 1 > 2x – 1 nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra:

F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) > 0 ∀ x ∈ R
Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R, nên (3) ⇔ f(x) = f(2) ⇔ x = 2
Vậy hệ có 1 nghiệm (x; y) = (2; 3)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9
Cho x, y, z là các số thực thỏa
2 2 2
9 à 0x y z v xyz+ + = ≤
. Chứng minh
rằng
2(x + y + z) – xyz ≤ 10.
+ Giả sử
, 0 ê 0x y z do xyz n n x≤ ≤ ≤ ≤
+
[ ]
2 2 2 2
9 9 3;0x y z x x+ + = ⇒ ≤ ⇒ ∈ −
. Ta có
2
2 2
2 2
y z y z
yz
+ +
 
≤ ≤
 ÷

 
, do
đó

2 2
2 2
2( ) 2 2 2( ) .
2
y z
x y z xyz x y z x
+
+ + − ≤ + + −

=
2 3
2 2
(9 ) 5
2 2 2(9 ) 2 2(9 )
2 2 2
x x x x
x x x
−
+ − − = − + −
0,25
0,25
12
Xét hàm số
[ ]
3
2

5
( ) 2 2(9 ) 3;0
2 2
x x
f x x x= − + − ∈ −
,

2
2
3 5 2 2
'( )
2 2
9
x
f x x
x
= − −
−

2 2
'( ) 0 9 (5 3 ) 4 2f x x x x= ⇔ − − = −
2
2 2 2 2
5 3 0
(9 )(5 3 ) 32
x
x x x

− ≥


⇔

− − =


⇔ x
2
= 1 ⇔ x = -1.
f(-3) = - 6 ; f(-1) = 10 ; f(0) =
6 2
nên
[ ]
3;0
( ) ( 1) 10max f x f
−
= − =
Suy ra 2(x + y + z) – xyz ≤ f(x) ≤10. Đẳng thức xảy ra khi

2 2
1
1
2
2( ) 4
x
x
y z
y z
y z y z

= −


= −


= ⇔
 
= =


+ = + =


Vậy 2(x + y + z) – xyz ≤ 10. Đẳng thức xảy ra khi (x ; y ; z) là 1 hoán
vị của (-1 ; 2 ; 2)
0,25
0,25
13
14