Lỗ Tấn - George Orwell của Trung Quốc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1001.37 KB, 113 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ SỐ 1

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Phần chung:

Câu I (2, 0 điểm). Cho hàm số y = 
x 2
2x 3



 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần
lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình

(1 2sin x)cos x

3
(1 2sin x)(1 sin x)





  .

2. Giaûi phương trình : 2 3x 2 3 6 5x 8 03      (x  R)

Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2

3 2

I (cos x 1) cos xdx








Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD =
2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết
hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD
theo a.

Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz,
ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)

 5(y + z)3.

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 tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2
đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc

đường thẳng  : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S) :

x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường
trịn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2+2z+10=0. 
Tính giá trị của biểu thức A = z12 + z22

B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng 
 :
x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường trịn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2
điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng 1 :

x 1 y z 9

1 1 6

 

 

; 2 :

x 1 y 3 z 1

2 1 2

  

 

 . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Câu VII.b (1,0 điểm)
Gỉai hệ phương trình :

2 2
2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)
3   81

   








 (x, y  R)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Phần chung:

Caâu I.

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x.
Nghĩa là:

f’(x0) = 1 

2
0
1
1
(2x 3)




0 0
0 0

x 1 y 1

x 2 y 0

  



   



1 : y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại) 2 : y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận)
Câu II.

1.ĐK:

1
sin

x

, sinx ≠ 1







 







1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3 s in s in2 3 cos 2

    

        

Pt x x x x

x x x x x x x x x

1 3 1 3

cos sin s in2 cos2 cos cos 2

2 2 2 2 3 6

   

          

   

x x x x  x x 

2 2 2 2

3 6 3 6

  x x  k hay x x k  2

2
 x  k 

(loại)

18 3

 

x  k 

, k  Z (nhaän)

2. 2 3x 2 3 6 5x 8 03      , điều kiện :

6 5 0

x x

   

Đặt t = 33x 2  t3 = 3x – 2

 x =

3
t 2

3


vaø 6 – 5x =
3
8 5t

3


Phương trình trở thành :

3
8 5t

2t 3 8 0

3

  

3
8 5t

3 8 2t


 




3 2
t 4

15t 4t 32t 40 0


   

 t = -2. Vậy x = -2
Câu III.













2 2 2

3 2 5 2

0 0 0

2 2 2

4 2 2 4

0 0 0

cos 1 cos cos cos

cos cos 1 sin cos 1 2sin sin cos

sin cos
   
     
  



I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

Đổi cận: x= 0  t = 0; x = 2


 t = 1









1 3 5

2 4
1

0 0

2 2 2 2 2 2

2
2

0 0

0 0 0 0

3 2

2 8

1 2

3 5 15

1 cos 2 1 1 1 1

cos cos 2 sin 2

2 2 2 2 4 4

8
cos 1 cos

15 4
      

      
   



t t

I t t dt t

x

I xdx dx dx xdx x x

I x xdx

     



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2a a 3a
IJ

2 2



 

SCIJ

2
IJ CH 1 3a 3a

2 2 2 4



  

, CJ=

BC a 5
2  2

 SCIJ

2 2

3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3

IE CJ IE SE ,SI

4 2 CJ 2 5 5 5

        





1 1 3a 3 3a 15

V a 2a 2a

3 2 5 5

 

    

 

Caâu V. x(x+y+z) = 3yz 1 3

y z y z

x x x x

   

Đặt 0, 0, 0

y z

u v t u v

x x

      

. Ta có



 



2 2

1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2

2 4



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về



1u



3



1v



33 1



u

 

1v u v

 





5



u v



             

       

     

3 2 2 3

3 3 3 3

3 3 3 2

2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5

2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5

2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng do t  2.
Phần riêeng:

A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. 1. I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – 5 = 0, E  E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB

I trung điểm NE 

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y 4 5 m m 1

   




      

  N (12 – m; m – 1)



= (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)
MN.IE 0

 

 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7
+ m = 6  MN



= (5; 0)  pt AB laø y = 5
+ m = 7  MN



= (4; 1)  pt AB laø x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0
2. I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5   

d (I; (P)) =

2(1) 2(2) 3 4
3
4 4 1

  



  < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường trịn (C)

Phương trình d qua I, vng góc với (P) :

x 1 2t
y 2 2t
z 3 t

 



 


 



Gọi J là tâm, r là bán kính đường trịn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)

A B

D C

I J

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1

Vậy tâm đường trịn là J (3; 0; 2)

Bán kính đường tròn r = R2 IJ2  25 9 4

Câu VII.a.’ = -9 = 9i2 do đó phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i
 A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B. Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2

Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có
SABC =


1

IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 1 AIB vuông tại I

 IH =
IA

2  (thoûa IH < R)  2
1 4m

m 1






 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m =
8
15
2. M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a



= (2; 1; -2)
AM



= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a

 

= (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P)) 

261t  792t 612 11t 20

 35t2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t =

53
35
Vaäy M (0; 1; -3) hay M

18 53 3
; ;
35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 0
2 2

2 2 2 2

2 2

log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy)

x xy y 4

    




  






2 2

x y 2xy

x xy y 4

  




  



 

2
(x y) 0
xy 4

  




 

x y
xy 4






 

x 2
y 2





 hay

x 2

y 2








ĐỀ SỐ 2

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Với các giá trị nào của m, phương trình

2 2

x x  2 m

có đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình sin x cos x sin 2x  3 cos3x 2(cos 4x sin x)  3
2. Giải hệ phương trình 2 2 2

xy x 1 7y

(x, y )
x y xy 1 13y

  





  




Câu III (1 điểm)

Tính tích phân
3

2
1

3 ln x

I dx

(x 1)







Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC)
bằng 600; tam giác ABC vuông tại C và BAC = 600. Hình chiếu vng góc của điểm B’ lên mặt
phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.

Câu V (1 điểm)

Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :

2 2 4

(x 2) y
5

  

và hai đường thẳng 1 :
x – y = 0, 2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C1); biết đường
tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường trịn (C)

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3),
C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng
khoảng cách từ D đến (P)

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i)   10 và z.z 25
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C
thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác
ABC bằng 18.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm
A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình
đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.

Câu VII.b (1 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số
2
x 1
y

x



tại 2 điểm
phân biệt A, B sao cho AB = 4.

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 2

Câu I.

1. y = 2x4 – 4x2 . TXĐ : D = R

y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1; xlim 
x  1 0 1 +

1 0 1



2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

y'  0 + 0  0 +

y + 0 +
2 CĐ 2

CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1

Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2;0)
2. x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*)

(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C’) :
y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m

Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2

(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2
Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1
Câu II.

1. sinx+cosxsin2x+ 3 cos3x 2(cos 4x si n x)  3

3 1 3sin x sin 3x

sin x sin 3x 3 cos3x 2cos 4x

2 2 2

sin 3x 3 cos3x 2 cos 4x

1 3

sin 3x cos3x cos 4x

2 2

sin sin 3x cos cos3x cos4x

6 6

cos 4x cos 3x
6

4x 3x k2 x k2

6 6

4x 3x k2 x k

6 42 7



    

  

 

  



 

    

 

 

 

      

 

  

  

       

 

 



2 2 2

xy x 1 7y
x y xy 1 13y

  

y = 0 hệ vô nghiệm

y  0 hệ 
2

2
x 1

x 7

y y
x 1

x 13

y y


  





  




Đặt a =

1
x

y


; b =
x
y 

2 2
2

1 x

a x 2

y y

  



2 2

2
1

x a 2b

  

Ta có hệ là



2
a b 7
a b 13

 
 





2
a b 7
a a 20 0

 

  

x
y

1 1



2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>





a 4
b 3 hay



a 5

b 12 . Vậy 
1
x 4
y
x
3
y

 







 hay

1
x 5
y
x
12
y

 











x 4x 3 0
x 3y   hay



x 5x 12 0
x 12y   (VN)


x 1
1

y
3



 


 hay



x 3
y 1
Câu III :

3 3 3

2 2 2

1 1 1

3
3
1 2
1 1
3
2 2
1

3 ln x dx ln x

I dx 3 dx

(x 1) (x 1) (x 1)

dx 3 3

I 3

(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)

  
  

  
 





Đặt u = lnx

dx
du
x
 
2

dx
dv .
(x 1)


 Chọn

1
v
x 1




3 3 3 3

1 1 1 1

ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3

I ln

x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2

      











Vậy :
3

I (1 ln 3) ln 2
4

  

Câu IV.
BH= 2

a

2 1 3

3 2 2 4

BH a a

BN

BN     ;

3
'

a

B H 

goïi CA= x, BA=2x, BCx 3
2

2 2 2 2

CA

BA BC  BN 

2 2

2 2 3

3 4 2

4 2

a x

x x  

     

 
2
2 9
52
a
x
 
Ta có:
3 3
' '
2 2
a

B H BB 

2 3

1 1 3 1 9 3 9

3 2 2 12 52 2 208

a a a a

x

 

 

 

 

Câu V :

3 2

(x y) 4xy 2

(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0

   

        

  


2

2 2 (x y) 1

x y

2 2



   

dấu “=” xảy ra khi :

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta có :
2 2
x y

4




4 4 2 2



2 2 2 2 2 2 2 2 2

A 3 x y x y  2(x y ) 1 3 (x   y )  x y  2(x y ) 1
2 2 2

2 2 2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y ) 1

4
9

(x y ) 2(x y ) 1
4

  

      

 

    

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 
1
2
2

9 1 9 1

f (t) t 2t 1, t , f '(t) t 2 0 t

4 2 2 2

1 9

f (t) f ( )
2 16

        

  

Vậy : min

9 1

A khi x y

16 2

  

Câu VIa.

1. Phương trình 2 phân giác (1, 2) :

x y x 7y

2 5 2

 



2
y 2x :d
5(x y) x 7y

5(x y) (x 7y) 1

5(x y) x 7y y x : d
2


  

 

      



   



Phương trình hồnh độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 
4
5
25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm)

Phương trình hồnh độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 + 
2

x 4

2 5

 

 
 
2

25x 80x 64 0

     x =

5. Vậy K 
8 4

;
5 5

 

 

 

R = d (K, 1) =
2 2

2. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB ( 3; 1; 2), CD ( 2; 4;0)    

 

(P) có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)

(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0 4x 2y 7z 15 0

     

          

 

TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD

Ta có AB ( 3; 1; 2), AI (0; 1;0) (P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0

      

       

  

Câu VIb.
1.

1 4 4 9

2 2

1 36 36

S AH.BC 18 BC 4 2

2 AH

2
  

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0

x y 4 7 1

H : H ;

x y 3 2 2

 
  
 

  
   

B(m;m – 4)

2 2 2

2
2

7 11

m 2

BC 7 1 7 2 2

HB 8 m m 4 m 4

7 3

4 2 2 2

m 2
2 2

  

     
                
      

  


Vậy 1 1 2 2

11 3 3 5 3 5 11 3

B ; C ; hay B ; C ;

2 2 2 2 2 2 2 2

       

   

       

       

2. AB (4; 1;2);  nP (1; 2;2)

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
 x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A

Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, )  BH; d (B, ) đạt min  qua A và H.

Pt tham số

x 1 t
BH: y 1 2t

z 3 2t
 


 

  


Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :
x 1 t, y 1 2t,z 3 2t

x 2y 2z 1 0

     


   

10
t
9

  H 1 11 7; ;
9 9 9

 

  

 

 qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP





a AH 26;11; 2
9
   
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

Pt () :

x 3 y 0 z 1

26 11 2

  

 



Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
z – (2 + i)= 10 và z.z 25



2 2

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

 



2 2

4x 2y 20
x y 25





y 10 2x
x 8x 15 0 





x 3
y 4 hay



x 5
y 0
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5

Câu VII.b.

Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :

2
x 1
x m
x

  

 2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (*))

Vì a.c < 0 nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt  0

Do đó đồ thị và đường thẳng ln có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16

 (xB – xA)2 = 8 
2
m 8
8
4
  

 

   m2 24

  m = 2 6

ĐỀ SỐ 3

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Mơn thi : TỐN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (C

m), m là tham số.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 3 cos5x 2sin 3x cos2x sin x 0  

2. Giải hệ phương trình

2
2
x(x y 1) 3 0

(x y) 1 0

x
   




    



 (x, y  R)

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3

x
1

dx
I

e 1






Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a,
A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ
diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).

Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung
tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương
trình đường thẳng AC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y +
z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng
(P).

Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z –

(3 – 4i)= 2.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định tọa độ

điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x 2 y 2 z

1 1 1

 

 

 và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4
= 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng .

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số
2

x x 1

x
 


tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 3

Câu I. 1.

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là

x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

 x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*)

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai

nghiệm phân biệt khác 1 và < 2

1 x

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



0 3m 1 4
3m 1 1

  


 
 
1
m 1
3
m 0

  



 

Câu II. 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     3 cos5x sin5x 2sin x 


31
cos5xsin5xsinx
22



sin 5x sin x
3

 
 
 
 


5x x k2
3



   

hay 3 5x x k2


    

6x k2
3

  
hay
2

4x k2 k2

3 3
 
       

x k
18 3
 
 

hay x 6 k2

 

 

(k  Z).

2) Hệ phương trình tương đương :

2 2 2

x(x y 1) 3 x(x y) x 3

5 x (x y) x 5

(x y) 1
x
  

  



 
  
   


 ĐK : x ≠ 0

Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:

2 2 2

t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1

t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2

 
        
   
   
    
       
    
Vậy
3

x(x y) 1 x(x y) 2 y y 1

x 2 x 1 x 1

x 2

     
   
  
   
  
    


Câu III :

3 x x 3 3 x 3

x x 1

1 1 1

1 e e e

I dx dx dx 2 ln e 1

e 1 e 1

 

     

 



3 2

2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)

        

Câu IV.

2 9 2 4 2 5 2 5

AC  a  a  a  AC a ,BC2 5a2 a2 4a2 BC 2a
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC, Ta có IH AC

/ /

1 2 4

2 3 3

IA A M IH a

IH
IC  AC   AA    ,

1 1 1 4 4

3 3 2 3 9

IABC ABC

a a

V  S IH  a a  

(đvtt)
Tam giác A’BC vuông tại B, Neân SA’BC=

2
1

52 5

2a a a

Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy /

/ 2

2 2 2

3 IBC 3 A BC 3

IC A C S  S  a

Vaäy d(A,IBC)

3
2

3 34 3 2 2 5

9 2 5 5 5

IABC
IBC

V a a a

S a

   

Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy

= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12

Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼ Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 , S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t =

1
16
S(0) = 12; S(¼) =

25
2 ; S (

1
16) =

191

16 . Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :Max S = 
25

2 khi x = y = 
1
2

Min S =
191

16 khi

2 3
x
4
2 3
y
4
 





 


 hay

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH  AD  A (1;2), M là trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B và vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0

D = BC  AD  D (0 ;

3
2


),D là trung điểm BC  C (- 3; - 1),AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)  



nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0

2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2) 


nên có phương trình :

x 2 t
y 1 t (t )
z 2t

 



  


 



D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t)   . Vì C  (P) nên : CD //(P)CD n( P)
 

1
1(1 t) 1.t 1.2t 0 t

      

Vậy :

5 1
D ; ; 1

2 2

 



 

 

Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1

Ta có IMO = 300, OIM cân tại I  MOI = 300 OM có hệ số góc k = tg300 =

1
3


+ k = 

3  pt OM : y=
x

3 thế vào pt (C) 

2 x

x 2x 0

  

 x= 0 (loại) hay

3
x

2


. Vậy M

3 3

;

2 2

 



 

 

Cách khác:Ta có thể giải bằng hình học phẳng

OI=1, IOM IMO300, do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.Tam giác OM H1 là nửa tam giác đều

OI=1 =>

3 3 3 3 3

2 3 2 3 6

OH  OM  HM  

Vaäy 1 2

3, 3 , 3, 3

2 2 2 2

M   M   

   

2. Gọi A =  (P)  A(-3;1;1) a (1;1; 1)



; n(P)(1;2; 3)



d đđi qua A và có VTCP ad a , n (P)  ( 1;2;1)

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

nên pt d là :

x 3 y 1 z 1

1 2 1

  

 


Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i

Vậy z – (3 – 4i) = 2 

2 2

(x 3) (y 4) 2

 (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2.
Câu VII.b. pt hồnh độ giao điểm là :

x x 1

2x m
x

 

 

(1)

 x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1))  3x2 + (1 – m)x – 1 = 0

phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Ycbt  S = x1 + x2 =

b
a


= 0  m – 1 = 0  m = 1.

ĐỀ SỐ 4

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

O I

M

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Cho hàm số y = x3 (2m  1)x2 + (2  m)x + 2 (1), với m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có
hồnh độ dương.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 1 sin x cos x 2   
2. Giải bất phương trình x 1 2 x 2    5x 1 (x  )
Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân
1

2x x

I (e x)e dx







Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2. Gọi M, N và P lần lượt là trung điểm của
các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vng góc với đường thẳng SP. Tính theo
a thể tích của khối tứ diện AMNP.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a và b là hai số thực thoả mãn 0 < a lnb  b2lna > lna  lnb
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A và
đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9 = 0 và x + 3y  5 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và
B.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2) : 3x + 2y
 z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vng góc với hai mặt phẳng (P1)
và (P2)

Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng 1 : x  2y  3 = 0 và 2 : x + y +1 = 0. Tìm

toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2 bằng
1

2
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và trọng tâm G(0;
2; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm C và vng góc với mặt phẳng (ABC).

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức :

4z 3 7i

z 2i
z i

 

 


KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 4

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I.1.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>


' 0
P 0
S 0
 






 
2

4m m 5 0
2 m
0
3
2(2m 1)
0
3
   
 


 
 
 
5
m 1 hay m

4
m 2
1
m
2

  




 


 
5

4 < m < 2
Câu II : 1. Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = 1 + sinx + cosx

 cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = 1 + sinx + cosx

 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx  1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1
 sinx = -1 hay sin2x =

2  x = 2 k2


  

hay x = 12 k


 

hay x =
5

k
12



 
2. x 1 2 x 2    5x 1

x 2

(x 1)(x 2) 2



 
  

 2

x 2 x 2

2 x 3
2 x 3

x x 6 0

 
 
      
  
   


Câu III: I =

1 1

x x

0 0

e dx xe dx




; I1 =
1
1
x x
0
0
1

e dx e 1

e
 
  



I2 =
1
x
0
xe dx



, đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex

Vậy I2 =

1
1

x x

0
0

xe 



e dx 1

 I = I1 + I2 =
1
2

e

Câu IV: Gọi I là trung điểm AB.

Ta có MN // AB // CD và SP  CD  MN  SP

SIP cân tại S, SI2 =

2 2

2 a 7a
2a

4 4

 

 SI = SP =
a 7

2
Gọi O là tâm của hình vng ABCD,

ta có SO2=SI2–OI2 =

2 2

7a a 6a

4 2 4

 
   

 
SO =

a 6

2 , H là hình chiếu vng góc của P xuống mặt phẳng SAB

Ta có S(SIP) =

1 1

SO.IP PH.SI

2 2  PH =

SO.IP
SI =

a 6 2 a 6

2 a 7  7

V =

3
(AMN )

1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6

S .PH . .

3 3 2 2 2 2 7 48

 

   

  (đvtt)

Câu V :Đặt 2
ln x

f (x) ; 0 x 1
x 1

  



2 2

2 2
x 1 2x ln x

f '(x) 0 , x (0;1)

x(x 1)
 

    

  f đồng biến trên (0 ; 1)

 f(b) > f(a) với 0 < a 2 2

ln b ln a

b 1 a 1

 

  với 0 < a

2 2

a ln b b ln a ln a ln b

   

Câu VI.a.

1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0. AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0  3x – y + 1 = 0.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A = AC  AM  A(1; 4), B  BH  B (5 – 3m; m)
M là trung điểm BC  M

4 3 ; 2

2 2

m m

ổ- - ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ố ứ.

M AM 

4 3 2

5. 9 0

2 2

m m

- + - - =

m

Û = . Vậy B(5; 0)

2. n( )P1 =

(

1;2;3 ,

)

n( )P2 =

(

3;2; 1-

)

uuur uuur

(P) qua A(1; 1; 1). (P) (P1), (P2)  (P) có một vectơ pháp tuyến:

1 2

( )P ( )P , ( )P

n = êén n ùú

ë û

uuur uuur uuur

= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)

Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0
 4x – 5y + 2z – 1 = 0.
Câu VII. a.

(

) (

)

1+i 2- i z= + + +8 i (1 2 )i z

( )(

2 2i i z

)

(1 2 )i z 8 i

Û - - + = + Û z iêëé4 + -2 1 2- iúûù= +8 i

(

)(

1 2

)

8 8 15 2 10 15 2 3

1 2 5 5 5

i i

i i i

z i

i

-+ - +

-Û = = = = =

Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3.
Câu VI.b. 1. M 1  M (2m + 3; m)

d(M, 2) =
1

2 

2m 3 m 1 1

2 2

  


3m + 4= 1  m = -1 hay m =
5
3


Vậy M (1; -1) hay M (
1
3


;
5
3


)
2. G là trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1) 



; AC ( 2;2; 4)  


 a [AB, AC]6(1;1;0)

  

 pt  :

x 1 t

y 3 t

z 4

 




 





 (t  R)
Câu VII.b.

4z 3 7i

z 2i
z i

 

 


 4z – 3 – 7i = z2 – 3iz – 2  z2 – (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
 = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)2

Vậy

4 3i 2 i

z 3 i

2
  

  

hay z =

4 3i 2 i

1 2i
2

  
 

ĐỀ SỐ 5

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

1. Giải hệ phương trình: x 1 4y 1 2




   




2. Giải phương trình: cosx = 8sin3 x 6


 



 

 

Câu 3: (1.5điểm)

1. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là
hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vng và AT
tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.

2. Tính tích phân A =
2

ln .ln ex

e
e

dx

x x



Câu 4: (1.5 điểm)

1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0).
Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với
mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD.

2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

3 3 3

2 2 2 2 2 2 1

a b c

a ab b b bc c c ca a 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c

B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 3 điểm)

1. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.

2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các
điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.

3.C M R nếu a + bi = (c + di)n thì a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 3 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2
+ y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1).

2. Tìm m để phương trình: x(x −1)+4(x −1)

√

x

x −1=m có nghịêm

3 Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: (z2 i z)( 2  z) 0
- Hết

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 5

A.PHẦN CHUNG:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy ln có cực trị Ta có:

1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x

 


 







Câu 2:1.

2 0 (1)

1 4 1 2 (2)

x y xy

x y
   


   


 Điều kiện:

1
1
4
x
y







 Từ (1)

2 0

x x

y y

   

 x = 4y
Nghiệm của hệ (2;

1
2)

2. cosx = 8sin3 6

x 

 



 

   cosx =





3
3 sinx+cosx

 3 3 sin3x9sin2xcosx +3 3 sinxcos2x c os3x c osx = 0
(3)

Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm

(3)  3 3 tan3x8 t an x + 3 3 t anx = 02
t anx = 0 x = k

 

Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vng góc

BC  (SAC)  AN  BC và AN  SC
AN  (SBC)  AN  MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN CSB
 TM là đường cao của tam giác STB

 BN là đường cao của tam giác STB

Theo định lý ba đường vng góc, ta có AB  ST
AB  (SAT) hay AB AT (đpcm)

2 2

(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )

e e

dx d x

A

x x x x x

 
 



=
2
1 1
(ln )
ln 1 ln

e
e
d x
x x
 

 

 



=
2 2

ln(ln )x e ln(1 ln )x e

e   e = 2ln2 – ln3 
Câu 4 1. +) BA(4;5;5)



, CD(3; 2;0)


, CA(4;3;6)


BA CD,   (10;15; 23)

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 BA CD CA, . 0
  

 đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  có VTPT n1 BA k, 

  

= (5;- 4; 0)  (P): 5x – 4y = 0 +
(Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy) có VTPT n1CD k, 

  

= (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D)

2. Ta có:

2 2

2
3

a a b

a ab b




  (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
 a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0  (a + b)(a – b)2  0. (h/n)
Tương tự:

2 2

2
3

b b c

b bc c




  (2) ,

2 2

2
3

c c a

c ac a




</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

3 3 3

2 2 2 2 2 2 3

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

 

  

     

Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:

Câu 5a:

1. Ta cóI(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1

x y z

P

a b c

   

Ta có

(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )

IA a JA b

JK b c IK a c

   
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ta có:

4 5 6
1

5 6 0

4 6 0

a b c

b c
a c

  


  

  

 
77
4
77
5
77
6
a
b
c













  ptmp(P)

2.Ta có: nC52 5Cn2 = 45  n2 + 3n – 18 = 0  n = 3

3 Hướng dẫn:a + bi = (c + di)n  |a + bi| = |(c + di)n |

 |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n  a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b:1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b)

N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  b = 0;b = 6/5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt t=(x −1)

√

x

x −1∈ℜ khi đó pt cho ta m = t(t – 1) suy ra m≥ −4

3)giải phương trình sau trên tập hợp số phức: (z2 i z)( 2  z) 0

2 2

(1)

( )( ) 0

(2)

z i

z i z z

z z

 

    



 .

Đặt z = a + bi.

(1)  (a + bi)2 = -i  a2 - b2 + 2abi = -i 

2 2

2 1

0 2 2

2 1 2 2

2 1 2 2

a b

a a

ab

a b

ab a b

b b
ab
   

     
     

 
   
  
   
 
  
  
 


(2)  (a + bi)2 = a - bi 

2 2
2 2
1
2
0
3
0 0

2 1 2

1
3
2
2
hc
a

a b a b

a b
ab b
a
a
b



  
 


         


   
 
     


 





Vậy phương trình có 6 nghiệm:

2 2 2 2 1 3 1 3

, , , , 0, 1

2 2 2 2 2 2 2 2

z  i z  i z  i z  i z z

ĐỀ SỐ 6

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số ( ) ( )

3 2

y m 1 x mx 3m 2 x

= - + +

(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=2

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giài phương trình: (2cosx 1 sinx- ) ( +cosx) =1
2. Giải phương trình:

( )2 ( )3 ( )3

1 1 1

4 4 4

3log x 2 3 log 4 x log x 6

2 + - = - + +

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2
2
0

cosx

I dx

sin x 5sinx 6

- +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy một góc 300
và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm)

Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

x y

4
+ =

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 1

x 4y

= +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy
lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2).

2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) và điểm B(x ;y ;0), x0 0

(

0>0;y0>0

)

sao cho

OB=8 và góc AOB· =600 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC
bằng 8.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau
và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox,
Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA +OB nhỏ nhất.

2. Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , cịn đỉnh
D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V =5

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khơng chia hết cho 3
mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau.

---Hết---KẾT QUẢ

Đề số 6

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

2. m 2³

Câu II (2,0 điểm)

x k2 ;x

6 3

p p

= p = +

2. x=2;x= -1 33

Câu III (1,0 điểm)

I ln

3
=

Câu IV (1,0 điểm)

V =8 3

Câu V (1,0 điểm)

minS=5

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. x+3y 6- =0;x y 2- - =0
2. C (0;0; 3),C (0;0;1 2 - 3)
Câu VII.a (1,0 điểm)

192 số

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. x 2y 6+ - =0
2. D (0; 7;0),D (0;8;0)1 - 2
Câu VII.b (1,0 điểm)

64 số

---Hết---ĐỀ SỐ 7

Thời gian làm bài: 180 phút

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Cho hàm số

mx 4

x m

+ (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1=

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (- ¥;1).

Câu II (2,0 điểm)

1. Giài phương trình: cos x 4sin x 3cosxsin x3 - 3 - 2 +sinx=0
2. Giải phương trình: ( ) ( )

3 3

log x 1- +log 2x 1- =2

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

4
6
0

dx
I

cos x

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng h. Góc giữa hai đường chéo của hai mặt
bên kề nhau

kẻ từ một đỉnh bằng a (00< a <90 )0 . Tính thể tích của khối lăng trụ đó.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số dương và x+ + £y z 1. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1

x y z 82

x y z

+ + + + + ³

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 7)- , phương trình một đường cao và một
trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3x+ +y 11 0,x 2y 7= + + =0. Viết phương trình các
cạnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;2; 1),B(2; 1;3),C( 4;7;5)- - - . Tính độ dài
đường phân giác trong kẻ từ đỉnh B..

Câu VII.a (1,0 điểm)

Có bao niêu số tự nhiên có 4 chữ số, chia hết cho 4 tạo bởi các chữ số 1, 2, 3, 4 trong hai trường hợp sau
a) Các chữ số có thể trùng nhau; b) Các chữ số khác nhau

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm A(27;1) và cắt các tia Ox,
Oy lần lượt tại M và N sao cho độ dài đoạn MN nhỏ nhất.

2. Trong không gian (Oxyz) cho các vectơ a=(3; 1;2),b- =(1;1; 2)

-r
r

. Tìm vectơ đơn vị đồng

phẳng với a,b

r
r

và tạo với ar góc 600.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Từ các chữ số đã cho có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số
khác nhau sao cho số tạo thành là một số chẵn bé hơn hay bằng 345 ?.

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 7

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2. - 2 m< £ - 1

Câu II (2,0 điểm)

1. x 6 k ;x 4 k

p p

= ± + p = - + p

2. x=2

Câu III (1,0 điểm)

28
I

15
=

Câu IV (1,0 điểm)

3 2

2h .sin
2
V

cos
a
=

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng phương pháp tọa độ hoặc bất đẳng thức Cauchy.

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. x 3y 23- - =0;4x+3y 13+ =0;7x+9y 19+ =0
2.

2 74
d

3
=

Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 64 số b) 6 số

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. x+3y 30- =0

3 14 14 14

e ( ; ; )

14 14 7

-r

Câu VII.b (1,0 điểm)

13 số

---Hết---ĐỀ SỐ 8

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3+3x2- mx 4- (1)

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (- ¥;0).

Câu II (2,0 điểm)

1. Giài phương trình:

cot x sinx 1 tanx.tan 4

ổ ửữ

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2. Gii phng trình:

( )

4 2

2x 1

1 1

log x 1 log x 2

log + 4 2

- + = + +

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

dx
I

cosx

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, A 'AB· =BAD A 'AD 60· = · = 0.
Hãy tính thể tích của khối hộp.

Câu V (1,0 điểm)Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn

1 1 1

x+ + =y z . Chứng minh rằng:

1 1 1

1
2x+ +y z+x 2y+ +z+x+ +y 2z£

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến (BM) : 2x+ + =y 1 0 và
đường phân giác trong (CD) : x+ -y 1 0= . Hãy viết phương trình đường thẳng BC.

2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A( 1;6;6),B(3; 6; 2)- - - . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao
cho tổng MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của các
số tự nhiên đó.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng

( )

D1 : x y 1 0,- + =

(

)

: 2x+ + =y 1 0 và điểm

M(2;1). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng

( ) (

D1 , D2

)

lần lượt tại A

và B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

2. Trong Kg(Oxyz) cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ,

B(a;0;0),D(0;a;0), A '(0;0;b) a( >0,b>0). Gọi M là trung điểm cạnh CC'. Tính thể tích khối tứ diện

BDA'M theo a và b và xác định tỷ số

b để hai mặt phẳng (A'BD) và (MBD) vng góc với nhau.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số và thỏa mãn
điều kiện:Sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba số đầu nhỏ hơn tổng của ba
chữ số cuối một đơn vị?

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 8

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

x k ;x k

12 12

p p

= + p = + p

5
x

2
=

Câu III (1,0 điểm)

I =ln(1+ 2)

Câu IV (1,0 điểm)

a 2
V

2
=

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. 4x+3y+ =4 0
2. M(2; 3;0)

-Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 600 số b) Tổng các số là 19666500

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. 5x 2y 8- - =0

a b a

V ; 1

4 b

= =

Câu VII.b (1,0 điểm)

108 số

---Hết---ĐỀ SỐ 9

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x3+(2m 1 x+ ) 2-

(

m2- 3m 2 x 4+

)

- (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1=

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Câu II (2,0 điểm)

1. Giài phương trình:

2 2 2 11

tan x cot x cot 2x

+ + =

2. Giải phương trình: 4log 2x2 - xlog 62 =2.3log 4x2 2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2
2

7x 12

I dx

x 7x 12

- +

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và đỉnh A' cách đều các đỉnh A, B,C.
Cạnh bên AA' tạo với đáy góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng:

3 3 3 3 3 3

1 x y 1 y z 1 z x 3 3

xy yz zx

+ + + + + + + + ³

Khi nào đẳng thức xảy ra ?

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm M(2;1) và tạo với đường thẳng

( )d : 2x+3y+ =4 0 một góc 450

2. Trong khơng gian (Oxyz) cho điểm A(0;1;2) và hai đường thẳng

( )1 ( )2

x 1 t
x y 1 z 1

d : ; d : y 1 2t

2 1 1

z 2 t
ìï = +

ïï

- + ïï

= = íï =

-- ïï = +

ïïỵ

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với

( )

d1 và

( )

d2 . Tìm tọa độ các điểm M trên

( )

d1 , N trên

( )

d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Xét một số gồm 9 chữ số, trong đó có 5 chữ số 1 và 4 chữ số còn lại là : 2, 3, 4, 5. Hỏi có bao nhiêu số như
thế, nếu: a) 5 chữ số 1 được xếp kề nhau ? b) Các chữ số được sắp xếp tùy ý ?

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mp cho hai đường thẳng

( )

d : 2x y 1 0, d : x 2y 71 - + =

( )

2 + - =0. Lập phương trìnhđường

thẳng đi qua gốc tọa độ O và tạo với

( ) ( )

d , d1 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm A của

( )

d1 và

( )

2. Trong Kg(Oxyz) cho hai mp ( )P : 5x 2y 5z 1 0- + - = và ( )Q : x 4y 8z 12- - + =0. Lập phương
trình mặt phẳng (a) đi qua gốc tọa độ O, vng góc với mp (P) và hợp với mp (Q) một góc 450

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho tập hợp A ={1,2,3,4,5,6,7,8}

a) Có bao nhiêu tập con X của A thỏa điều hiện X chứa 1 và khơng chứa 2 ?

b) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập A và không bắt đầu bởi 123 ?

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 9

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải
2. 1 m 2< <

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

1. x= ± +6 2
2.

1
x

4
=

Câu III (1,0 điểm)

I =25ln2 16ln3

-Câu IV (1,0 điểm)

a 3
V

8
=

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. 5x+ -y 1 0;x 5y 3= - + =0

2. (P) : x+3y 5z 13+ - =0;M(0;1; 1);N(0;1;1)

-Câu VII.a (1,0 điểm)

3024 số

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2,0 điểm)

1. 3x+ =y 0;x 3y- =0
2. x z- =0;x 20y 7z+ + =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

3348 số

---Hết---ĐỀ SỐ 10

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

4 2

1 3

y x mx

2 2

= - +

(1)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2. Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà khơng có cực đại

Câu II (2,0 điểm)

1. Giài phương trình:

( )

3 sinx tanx 2cosx 2

tanx sinx

+ - =

-2. Giải phương trình:

(

)

(

)

(

)

2 2 2

4 5 20

log x- x - 1 .log x+ x - 1 =log x- x - 1

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

5 2

3 2

3x 1

I dx

x 2x 5x 6

+
=

- - +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Đường chéo BC' của mặt bên (BCC'B') tạo
với mặt bên (ABB'A') một góc 300. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh rằng với mọi x,y>0 ta có:

(1 x 1) y 1 9 256

x y

ỉ ư

ỉ ửữỗ ữ

ỗ ữ

+ ỗố + ữữỗứỗ + ữữ

ỗố ứ

Khi no đẳng thức xảy ra ?

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có diện tích là

3
S

2
=

, hai đỉnh là A(2; 3),B(3; 2)- - và trọng

tâm G của tam giác thuộc đường thẳng ( )d : 3x y 8- - =0. Tìm tọa độ đỉnh C.

2. Trong khơng gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) đi qua hai điểm A(2; 1;0),B(5;1;1)- và

khoảng cách từ điểm

1
M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a) bằng

7
6 3.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 3
lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D cách điểm A( 2;5)- một khoảng bằng 2 và
cách điểm B(5;4) một khoảng bằng 3.

2. Trong không gian (Oxyz), cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' biết

A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A '(0;0;1). Lập phương trình mặt phẳng (a) chứa đường thẳng CD' và tạo với 
mặt phẳng (BB 'D'D) một góc nhỏ nhất

Câu VII.b (1,0 điểm)

Số a=2 .5 .73 4 2 có bao nhiêu ước số.

---Hết---KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 10

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải
2. m£ 0

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

1. x= ± 3 +k2p

(

)

20 20

log 4 log 4

x 1;x 5 5

-= = +

Câu III (1,0 điểm)

2 4 13 7 14

I ln ln ln2

3 3 15 6 5

= - + +

Câu IV (1,0 điểm)

a 6
V

4
=

Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. C( 2;10);C '(1; 1)-

-2. x+ -y 5z 1 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

5880 số

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. y 7- =0;7x 24y 56+ - =0;4x+3y 17- =0;3x 4y 16- + =0
2. x 2y+ + -z 3=0

Câu VII.b (1,0 điểm)

60 ước số

---Hết---ĐỀ SỐ 11

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x3+3mx2+3 1 m x

(

- 2

)

+m3- m2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1=

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

2tanx cot2x 2sin2x+

sin2x

+ =

2. Giải phương trình: ( )

3x x

3 x 1 x

1 12

2 6.2 1

2 - 2

- - + =

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2 x

I dx

x 2

-=

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC và khoảng cách
từ G đến mặt bên (SCD) bằng

a 3

6 . Tính khoảng cách từ tâm O của đáy đến mặt bên (SCD) và tính thể tích

khối chóp S.ABCD.

Câu V (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2

11 7

y x 4 1

2x x

ổ ửữ

ỗ

= + + ỗỗố + ÷÷

ø với x>0

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho họ đường cong (C )m có phương trình:

( )

2 2 2 1

x y 2mx 2 m 2 y 2m 4m 0

+ - + + + + - =

Chứng minh rằng (C )m luôn là một đường trịn có bán kính khơng đổi; Tìm tập hợp tâm các đường tròn
m

(C ) suy ra rằng (C )m luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.

2. Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9;1;1), cắt các tia Ox, Oy , Oz tại
A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Một người có 7 bi xanh, 5 bi đỏ, 4 bi đen. Yêu cầu cần lấy ra 7 bi đủ ba màu. Hỏi có mấy cách lấy.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D đi qua gốc tọa độ O và cắt đường tròn

( ) (C : x 1- )2+(y+3)2=25

theo một dây cung có độ dài bằng 8.

2. Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) đi qua điểm M(9;1;1) và cắt các tia Ox, Oy,
Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OA+OB+OC có giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Đội học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học
sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em
được chọn.

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 11

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải

2. y=2x m- 2+m

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

1. x= ± + p3 k 2. x=1

Câu III (1,0 điểm)

I = p +2

Câu IV (1,0 điểm)

a 3 a 3

d ,V

4 6

= =

Câu V (1,0 điểm)

15
miny

2
=

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

( )

(

)

1) (d) : x y 2 0,

: x y 5 0, : x y 1 0

+ + =

D + + = D + - =

2. x+9y 9z 27+ - =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

10283 cách

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. y=0;3x 4y- =0 2. x+3y+3z 15- =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

41811 cách

---Hết---ĐỀ SỐ 12

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3- 6x2+9x 6- (1) có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: cos7x.cos5x- 3sin2x=1 sin7xsin5x
-2. Giải phương trình: log 33

(

x- 1 log 3

)

(

x 1+ - 3

)

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

e
2
1

I =

ị

xln xdx

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA =a, đáy là tam giác vng cân có AB=BC =a. Gọi B' là
trung điểm của SB, C' là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Chứng
minh rằng SC vng góc với mặt phẳng (AB'C'). Tính thể tích khối chóp S.AB'C'.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(

)

(

)

(

)

3 3 3 3 3 3

3 3 3

2 2 2

x y z

S 4 x y 4 y z 4 z x 2

y z x

ổ ửữ

ỗ

= + + + + + + ỗỗ + + ữữữ

ố ứ

II. PHN RIấNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( )C : x2+y2=1. Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các
điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB= 2. Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Trong khơng gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) đi qua hai điểm A(2, 1;0),B(5;1;1)- và
khoảng cách từ điểm

1
M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a) bằng

7
6 3

Câu VII.a (1,0 điểm)

Một tổ học sinh có 5 nam và 5 nữ xếp thành một hàng dọc. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau ? Có bao
nhiêu cách xếp sao cho khơng có học sinh cùng giới tính đứng kề nhau ?

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( )C : x2+y2+2x 4y 20- - =0 và điểm A(0;3). Viết phương
trình đường thẳng ( )D đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài

a) Lớn nhất b) Nhỏ nhất

2. Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),(a,b,c>0) và luôn thỏa mãn

2 2 2

a +b +c =3. Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng cho đa giác đều (H) có 20 cạnh. Xét tam giác có đúng 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của (H).
Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy ? Có bao nhiêu tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) ? Có bao
nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của (H) ? Có bao nhiêu tam giác khơng có cạnh nào là cạnh của

(H) ?

---Hết---KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 7

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải
2. m> - 3

Câu II (2,0 điểm)

1. x k ,x 3 k
p

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

2. x=log 10,x3 =log327

Câu III (1,0 điểm)

(

)

I e 1

-Câu IV (1,0 điểm)

a
V

36
=

Câu V (1,0 điểm)

minS 12,x= = = =y z 1

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

x+ + =y 1 0; x+ -y 1 0=

2. x+ -y 5z 1 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

Câu VII.a (1,0 điểm) 28800 cách

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. 2x y 6- - =0
2. a= = =b c 1

Câu VII.b (1,0 điểm)

1440, 20, 320, 800 tam giác

---Hết---ĐỀ SỐ 13

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:





3 3 1 2 9 2

y x  m x  x m 

(1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.

2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường
thẳng

1
2

y x

Câu II: (2,5 điểm)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>









sin 2 cosx x3  2 3 osc x 3 3 os2c x8 3 cosx sinx  3 3 0
.
2) Giải bất phương trình :





2 1

1 1

log 4 5 log

2 x x x 7

 

    


 .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= 2

.

Câu III: (2 điểm)

1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là
450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho

1
2

AP AH

 

. gọi K
là trung điểm AA’,

 

 là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể
tích ' ' '

ABCKMN
A B C KMN

V

V .

2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:





2 2 2 2

6
5

6 0

a a

a b ab b a a



  

 



     



Câu IV: (2,5 điểm)

1) Cho m bông hồng trắng và n bơng hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bơng hồng
trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1

9 19
2 2
720

m

m n m

n

C C A

P







  




 


2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc

2 2

1
25 9

x y

 

(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và
cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.

3) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:
1

: 2

x t

d y t

z t

 




 


  

 2

1 2 1

2 1 5

x y z

d     

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2?

Câu V: (1®iĨm)

Cho a, b, c

0

và

a2b2c2 3

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2

1 1 1

a b c

P

b c a

  

  

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 13

Câu I. b) m =1

Câu II.a)

⇔

x=π

3+kπ

¿
x=k2π

¿
, k∈Ζ

¿
¿
¿

b) x∈(−7;−27

5 ) c)

2
4 4

S  

  

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu III.1)

2 3
' ' '

8 8

3 2

8 8

ABCKMN
A B C KMN

V

a a

V



  



2) Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

(

−1−

√

23i

2 ;

−1−

√

3i

)

,

(

−1−

√

23i

2 ;

−1+

√

3i

)

(

−1+

√

23i

2 ;

−1−

√

3i

)

,

(

−1+

√

23i

2 ;

−1−

√

3i

)

(

−3;−1+

√

)

,

(

−3;

−1−

√

5
2

)

,

(

2;

−1+

√

5
2

)

,

(

2;

−1−

√

5
2

)

Câu IV.1)

1946

31, 45%
6188

P

  

2) phương trình đường thẳng: x=−5

√

3 , x=
5

√

3) PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0
Câu V.Ta có: P + 3 = a

√

1+b2+b
2

+ b

√

1+c2+c

+ c

√

1+a2+a
2

⇔P+ 6

√

a3

√

1+b2+

a2

√

1+b2+

1+b2

√

+b3

√

1+c2+

b2

√

1+c2+

1+c2

√

+c3

√

1+a2+

c2

√

1+a2+

1+a2

√

2
33

√

a6

√

2+3

√

b6

√

2+3

√

c6

√

2 ⇒P+
3
2

√

2≥

3
2

√

2(a

+b2+c2)= 9

√

⇒P ≥ 9

√

623−

3
2

√

9
2

√

2−

3
2

√

Để PMin khi a = b = c = 1

ĐỀ SỐ 14

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x4+2 m 2 x( + ) 2- 2m 3- (1) có đồ thị là

(

)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1), khi m=0

2. Định m để đồ thị

(

)

cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

1. Giải phương trình:

4 4 1

sin x cos x

4 4

ổ ửữ

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2. Gii phng trình:

( 2 )

0,5

log sin x 5sinx 2 1

+ +

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

I cos(lnx)dx

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB=AC=a và Bµ =Cµ = a. Các cạnh bên cùng
nghiêng với đáy một góc b. Tính thể tích của khối chóp SABC

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+ + =y z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2

1 1

x y z xyz

= +

+ +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M( 3;1)- và đường tròn ( )C : x2+y2- 2x 6y 6- + =0. Gọi T ,T1 2

là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T T1 1.

2. Trong khơng gian (Oxyz), cho hai đường thẳng

( )1 ( )2

x 3 2t'
x 5 2t

d : y 1 t ; d : y 3 t'
z 5 t z 1 t'

ì ï

ï = + ï = +

ï ï

ïï = - ï =

-í í

ï ï

ï = - ï =

-ï ï

ïỵ ïỵ

Chứng tỏ rằng hai đường thẳng

( )

d1 và

( )

d2 song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa

hai đường thẳng đó.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Tính giá trị của biểu thức ( )

4 3

n 1 n

A 3A

n 1 !

+ +

+ , biết rằng 2 2 2 2

n 1 n 2 n 3 n 4

C + +2C + +2C + +C + =149

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y 1 0- + = và đường trịn ( )C : x2+y2+2x 4y- =0
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho từ đó kẻ đến (C) được hai tiếp tuyến tạo với nhau một
góc bằng 600.

2. Trong khơng gian (Oxyz), cho hai điểm A(2;0;0),M(1;1;1). Giả sử (P) là mặt phẳng thay đổi nhưng luôn
luôn đi qua đường thẳng AM và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại các điểm B(0;b;0),C(0;0;c)(b,c>0).
Chứng minh rằng

bc
b c

2
+ =

và tìm b,c sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n+2Cn 2n- £ 9n

---Hết---KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 14

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải
2.

m 3,m

= =

-Câu II (2,0 điểm)

1. x k ,x 4 k
p

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

2. x= 2+ p =k ,x arctan( )5 + pk

Câu III (1,0 điểm)

(

)

I e 1

= +

Câu IV (1,0 điểm)

a cos tan
V

a b

Câu V (1,0 điểm)

minS 30,x y z

= = = =

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. 2x+ -y 3=0
2. y z 4- + =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

n 5, M

= =

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

21 3 21 21 3 21

M(3;4),M '( 3; 2),N( ; ),N '( ; )

3 2 3 3

- +

- -

2. minS=4 6, b= =c 4

Câu VII.b (1,0 điểm)

n=3,n=4

---Hết---ĐỀ SỐ 15

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

x 3

x 1
+
=

+ (1) có đồ thị là (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

2. Chứng minh rằng đường thẳng ( )d : y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N. Xác định m
để độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

1. Giải phương trình: (1 tanx 1 sin2x- ) ( + ) = +1 tanx
2. Giải phương trình:

(

)

2 log x .log 3 1

1 log x

- - =

-Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2
2
1

dx
I

x 2x 4

+ +

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA =2a, tam giác ABC vng ở C có AB=2a, CAB· =300. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SC và SB. Tính thể tích khối chóp H.ABC.

Câu V (1,0 điểm)

Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x+ ³y 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 3

3x 4 2 y

4x y

+ +

= +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường trịn: ( )C : x2+y2- 2x+4y 4- =0 có tâm I và điểm M( 1; 3)- - .
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác
IAB có diện tích lớn nhất.

2. Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) đi qua giao tuyến (d) của hai mặt phẳng

( )P : 2x y- +3z 1 0,(Q) : x+ = + -y z 5+ =0, đồng thời vng góc với mặt phẳng ( )R : 3x y 1 0- + =

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ một tổ gồm 7 học sinh nữ và 5 học sinh nam cần chọn ra 6 em trong đó số học sinh nữ phải nhỏ hơn 4.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y- + =3 0 và đường tròn

( )C : x2+y2- 2x 2y 1 0- + =

. Tìm tọa độ điểm M nằm trên (d) sao cho đường trịn tâm M có bán kính
gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường trịn (C).

2. Trong khơng gian (Oxyz), cho hai điểm I(0;0;1),K(3;0;0). Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm
I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng 300

Câu VII.b (1,0 điểm)

Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có
bao nhiêu cách chọn trong số viên bi lấy ra không đủ cả ba màu

---Hết---KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 15

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải

2. minMN=2 5,m=3

Câu II (2,0 điểm)

1. x k ,x 4 k
p

= p = - + p

2.
1

x ,x 81

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

3
I

9
p
=

Câu IV (1,0 điểm)

a 3
V

7
=

Câu V (1,0 điểm)
9

miny ,x y 2

= = =

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

x+ + =y 4 0;7x+ +y 10=0
2. 3x+9y 13z 33- + =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

462 cách

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. M (1;4),M ( 2;4)1 2

2. x± 2y+3z 3- =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

645 cách

---Hết---ĐỀ SỐ 16

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x4- 2mx2+2m m+ 4 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1=

2. Xác định m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm
số (1) lập thành một tam giác đều.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

1. Giải phương trình: 2sin3x 1 4sin x

(

- 2

)

2. Giải phương trình: 9sin x2 +9cos x2 =10

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

(

)

2
2
0

I dx

x 4

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A' lên mặt phẳng
(ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA', cắt hình
lăng trụ ABC.A'B'C' theo một thiết diện có diện tích bằng

a 3

8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x+ + =y z 0. Chứng mnh rằng
3 4+ x + 3 4+ y + 3 4+ z ³ 6

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(6;4);B( 3;1);C(4; 2)- - . Viết phương trình đường phân
giác trong của góc A của tam giác ABC.

2. Cho hai điểm A(1;2;3),B( 1;4;2)- và hai mặt phẳng

(P) : 2x 6y- +4z 3+ =0,(Q) : x y- + + =z 1 0

Tìm tọa độ giao điểm K của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (Q)
sao cho tam giác ABC là tam giác đều.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Có bao niêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 5.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x 2y 2- + =0 và hai điểm A(0;6),B(2;5). Tìm trên (d)
điểm M sao cho MA +MB có giá trị nhỏ nhất.

2. Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a, b, c là ba số dương thay đổi
và luôn thỏa mãn a2+b2+c2=3. Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đếm mặt
phẳng

(ABC) là lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau.

KẾT QUẢ ĐỀ 16

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải
2. m= 33

Câu II (2,0 điểm)

k2 2k

x ;x

4 7 10 5

p p p p

= + = +

k
x

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

1
I

8
=

Câu IV (1,0 điểm)

a 3

12
=

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. x y 2- - =0

2. 1 2

1 5 11 1 3 5 11 3 5 3 1 3 5 11 3 5 3

K( ; ; ),C ; ; ;C ; ;

2 2 4 4 4 2 4 4 2

ổ- - ửữ ổ+ + ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ è ø

Câu VII.a (1,0 điểm)

28560 số

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

11 19
M( ; )

4 8

2. a= = =b c 1

Câu VII.b (1,0 điểm)

1260 số

ĐỀ SỐ 17

PhÇn chung

Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số : y=x3+3 mx2+(m+1)x+1 (1) , m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = –1

2. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hồnh độ x = –1 đi qua điểm A(1 ; 2)
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình : tanx=cotx+4 cos22x
2. Giải phương trình

2x −1¿2
¿
¿

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Câu III: (2 điểm)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
d1:x −3

2 =

y −3
2 =

z −3

1 ;

d2:

5x −6y −6z+13=0
x −6y+6z −7=0

¿{
1. Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau .

2. Gọi I là giao điểm của d1 và d2 . Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d1 ; d2 sao cho tam giác IAB cân tại I

và có diện tích bằng

√

Câu IV: (2 điểm)

1. Tính tích phân : I=



1/2
3

xdx

√

2x+2

2. Giải phương trình : esin

(

x 4

)

=tanx

Phần riêng

Cõu Va :(2 im)

1. Cho tp hp E ={0;1;2;3;4;5;7} . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẳn gồm 4 chữ số khác nhau được thành lập
từ các chữ số của E

2. Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong
của góc A lần lượt có phương trình là : 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0 , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng
AB đồng thời cách C một khoảng bằng

√

2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

Câu Vb:(2 điểm)

1. Giải phương trình : log1
2

(

log22x+3

x+1

)

≥0

2. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vng góc
của đỉnh S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a . Gọi I,J lần lượt là trung điểm cuae
EC, SC . M là điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho ECM❑ =α(α<900

) và H là hình chiếu vng
góc của S trên MC . Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a ;  và tìm  để thể tích đó lớn nhất .

………

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 17

Câu 1: (2 điểm)

1. Học sinh tự giải

2. y '=3x2+6 mx+(m+1) , y '(−1)=3−6m+m+1=4−5m ;
y(−1)=−1+3m+m+1+1=1+4m

Tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ bằng –1

Δ:y=y '(−1)(x+1)+y(−1)=(4−5m)(x −1)+1+4m=(4−5m)x+9m−3
Tiếp tuyến này đi qua điểm A(1;2) nên 2 = 1 + 4m  m = 1/4

Vậy khi m = 1/4 thì YCBT được thỏa .
Câu II: (2 điểm)

1. tanx=cotx+4 cos22x ; Điều kiện : sin 2x ≠0⇔x ≠ l π2(l∈Z)
Phương trình tương đương với cosx

sinx −

sinx

cosx +4 cos

2x=0⇔2cos 2x

sin 2x +4 cos

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

⇔2 cos 2x

(

sin 2x +2 cos 2x

)

=0⇔2 cos 2x(1+sin 4x)=0

cos2x=0

sin 4x=−1

¿
x=π

4+k

π

¿
x=−π

8+k

π

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm của phương trình là :

x=π

4+k

π

¿
x=−π

8+k

π

¿
(k∈Z)

¿
¿
2.

2x −1¿2
¿
¿

√

2x+1+

√

3−2x=¿

,Điều kiện −1

2 ≤ x ≤
3
2

Đặt f(x)=

√

2x+1+

√

3−2x ;

2x −1¿2
¿
¿
g(x)=¿

với x∈

[

−1

2;

3
2

]

f '(x)= 1

√

2z+1−

√

3−2x ; f '(x)=0⇔x=

2 ; f

(

−1

)

=2 ; f

(

)

=2 ; f

(

)

√

g '(x)=2x −1 ; g '(x)=0⇔x=1

2 ; g

(

−1

)

=2 ; g

(

)

=2 ; g

(

1
2

)

∀x∈

[

−1

2;
3

]

ta có 2≤ f(x)≤2

√

2 ; 0≤ g(x)≤2

Vậy phương trình có nghiệm

⇔f(x)=g(x)=2⇔
x=−1

¿
x=3

¿
¿
¿
¿

¿
Câu III: (2 điểm)

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

¿
x −3

2 =

y −3
2 =

z −3
1
5x −6y −6z+13=0

x −6y+6z −7=0

⇔

¿x=1
y=1

z=2

¿{ {
¿

Vây d1 cắt d2 tại giao điểm I(1;1;2)

d1 đi qua điểm M1(3;3;3) có VTCP u

→

1(2;2;1) ;

d2 là giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT lần lượt là n
→

1(5;−6;−6) ; n

→

2(1;−6;6) nên có VTCP

u

→

[

n

→

1; n

→

]

=(−72;−36;−24) Chọn VTCP là u '

→

2=(6;3;2) Cho z = 0 từ d2 ta có

¿
x=−5

y=−2

¿{
¿

Vậy M2(–

5;–2;0) thuộc d2

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 Ta có :

¿u

→

1∨.∨u

→

2∨¿=

21⇒sinϕ=

√

1−cos

2ϕ

√

¿u

→

1.u '2∨

→¿

cosϕ=¿
Giả sư IA = IA = a > 0 . diện tích của tam giác IAB là S=1

2. IA . IB. sinϕ=a

√

42 =

√

42 ⇒a=1

Vậy A nằm trên mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 1 ,(S) :

z −2¿2=1
y −1¿2+¿
x −1¿2+¿

¿
A= d1 (S) nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình

Vậy có 4 cặp điểm A,B cần tìm là
A(5

3;
5
3;

7
3);B(

13
7 ;

10
7 ;

7 ) hoặc A(
5
3;

3;

7
3);B(

1
7;
4
7;
12
7 )

Hoặc A(1

3;
1
3;

5
3);B(

13
7 ;

10
7 ;

7 ) hoặc A(

1
3;

5
3);B(

1
7;
4
7;
12
7 )

Câu IV: (2 điểm)

1.Đặt t=

√

32x+2⇔t3=2x+2⇔x=t

3−2

2 ⇒dx=
3
2t

2dt Khi

x=1/2⇒t=

√

33 ; x=3⇒t=2 Ta
có :

I=



√3
2

(t3−2

)

2t .

3
2t

dt=



√3
2

(

34t

−3

2t

)

dt=

(

3
20 t
5
−3
4t
2

)

3
√3
2

(

5 −3

)

−

(

9
20

√

9−3

√

)

3
10

√

2. Hàm số có chu kỳ là 2 và vì tanx > 0 nên ta chỉ xét nghiệm của phương trình trên các khoảng (0;π

2) và

(π ;3π

2 )

Phương trình đã cho tương đương với :
sin

(

x −π

)

=ln(tanx)⇔

sinx −cosx

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

f '(t)=

√

t −1=

√

t . Với t = sinx hoặc t = cosx thì t (–1;1)\{0}

Với t (–1 ; 0) f(t) là hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx < 0  x=3π

4
Với t (0 ; 1) f(t) là hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx < 0  x=π

4
Tóm lại phương trình đã cho có tậpnghiêm x=π

4+kπ(k∈Z)

PHẦN RIÊNG : 
Câu Va :(2 điểm)

1. Gọi số cần lập là N=abcd . ta xét các trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1: d = 0 : có 1 cách chọn d

Ba số abc cịn lại được lập từ 3 trong 6 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử : A6
3

cách
N1 = A63 = 120 cách

Trường hợp 2: d  0 : có 2 cách chọn d

a  0 : có 5 cách chọn

Hai số bc còn lại được lập từ 2 trong 5 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử : A52 cách

N2 = 2.5 . A52 = 200 cách

Vậy các số được chọn thỏa yêu cầu bài toán là 120 + 200 = 320 số
 2. Cho d1 : 3x + 4y +10 = 0 ; d2 : x – y + 1 = 0

Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và vng góc với d2 ,  cắt d2 tại I và cắt Ac

tại N . Δ:x+y −2=0

I =  d2 Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình :
¿

x+y −2=0
x − y+1=0

⇔

¿x=1

y=3

⇔I(1

2;
3
2)

¿{
¿

 AMN có d2 vừa là đường cao , vừa là phân giác nên là tam giác cân tại  I là trung điểm của MN  N (1 ; 1)

AC là đường thẳng đi qua điểm N(1;1) và vuông góc với d1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = 0 , AC: 4x – 3y –1 = 0

A = AC  d2 . Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình :

4x −3y −1=0
x − y+1=0

⇔

¿x=4
y=5

⇔A(4;5)
¿{

AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA−→ =(4;3) làm vec tơ chỉ phương AB:

x

y −2

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

B = AB  d1 . Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình

3x −4y+8=0

3x+4y+10=0

⇔

¿x=−3
y=−1

⇔B(−3;−1

¿{
¿

C cách M một khoảng bằng

√

2 nên C thuộc đường tròn (S) có tâm M bán kính bằng

√

2 , (S): y −2¿

=2
x2+¿

C = AC  (S) . tọa độ C là nghiệm hệ phương trình :

4x −3y −1=0
y −2¿2=2

⇔

¿
¿y=4x −1

4x −7
3 ¿

=2
¿

⇔

¿
¿y=4x −1

25x2−56x

+31=0
¿

⇔

¿
¿
x=1⇒y=1

x2+¿

 C(1;1) hoặc C ( 31

25 ;
33
25 ¿

Vì d2 là phân giác trong của góc A nên B và C nằm khác phía bờ là d2
⇔ (xB – yB + 1 ).(xC – yC +1 ) < 0  −7

4.(xC− yC+1)<0 Cả hai điểm C trên đều thỏa mãn

Vậy A(4;5); B(−3;−1

4);C(1;1) hoặc C(
31
25 ;

25)

Câu Vb:(2 điểm) 
1. log1

(

log22x+3

x+1

)

≥0⇔0<log2

2x+3
x+1 ≤1

2 3 2 3 2

log 0 1 0 2 1

1 1 1 2

2 3 2 3 1 1

log 1 2 0

1 1 1

x x x

x x

x x x x

x x x

     

  

        

      

      

    

     

     

  

Vậy bất phương trình có tập ngiệm là (– ; –2)

2. Ta có SE  (ABC)  SE  CM mà SH  CM nên CM  (SEH)  CM  EH

AC=

√

AB2+BC2=2a

√

2⇔EC=a

√

2 , EH=EC. sinα=a

√

2 .sinα , CH=EC. cosα=a

√

2 . cosα
Diện tích tam giác EHC , SΔEHC=1

2EH . HC=a

2. sinα. cosα

=a

2 . sin 2α

Ị là đường trung bình của tam giác CSE nên IJ // SE  IJ  (ABC) và IJ=1

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

HI là trung tuyến của tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC . SΔHEC=12SΔEHC=a4 sin 2α

Thể tích khối tứ diện EHIJ VEHI JỊ=13IJ.SΔHEC=13.a.a
2

4 sin 2α=
1
12 a

. sin 2α(đvtt)

ĐỀ SỐ 18

ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2
Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số y=x4−8x2

+7 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) .
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình sin

(

2x −π

)

=sin

(

x −

π

)

√

2
2

2. Giải bất phương trình : 1

1− x2+1>

3x

√

1− x2

Câu III: (2 điểm)

Trong không gian hệ tọa độ Oxyz . cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0 , đường thẳng
d1:x −3

2 =

y

z+5

1 và 3 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)

1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) .

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn có bán kính lớn nhất .
Câu IV: (2 điểm)

1. Tính tích phân : I=



π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx

Chứng minh rằng phương trình : 4x(4x2+1)=1 có đúng ba nghiệm thực phân biệt

Câu Va :(2 điểm)

1. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết rằng A
n

+2An2=100 (n là số

nguyên dương)

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) : x2 + y2 =1 . Tìm các giá trị thực của m để trên

đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với C sao cho góc giữa
hai tiếp tuyến đó bằng 600 .

Câu Vb: (2 điểm)

1. Giải phương trình : 3+ 1

log3x=logx

(

9x −

x

)

2. Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a . Gọi M,N,E lần lượt là trung

điểm của các cạnh AB,AC,BC . D là điểm đối xứng của S qua E , I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt
phẳng (SMN) . Chứng minh rằng AD  SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI .

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 17

BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2
Câu 1: (2 điểm)

Câu II: (2 điểm)
 1. sin

(

2x −π

)

=sin

(

x −

π

)

√

2  sin

(

2x −

π

)

−sin

π

4=sin

(

x −

π

)

⇔2 cosx. sin

(

x −π

)

−sin

(

x −

π

)

=0⇔sin

(

x −

π

)

(2 cosx −1)=0

⇔

sin

(

x −π

)

cosx=1/2
¿
x=π

4+kπ

¿
x=±π

3+k2π

¿
(k∈Z)

⇔¿
¿
¿
¿
 2. 1

1− x2+1>

3x

√

1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1

Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có 1

cos2t +1>

3 sint

cost ⇔tan

2t −3 tant

+2>0 ⇔tant<1∨tant>2 (*)
Mặt khác với tant = 1 thì sint=

√

2 ; với tant = 2  sin

2t

=4 cos2t⇒sint= 2

√

Vậy từ (*) Ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :

−1<x<

√

5<x<1

¿
¿
¿
¿
Câu III: (2 điểm)

1. Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

8a+6c+d+25=0
−2a −2b+6c+d+11=0

6a+4b+12c+d+49=0
−2a −3b+3c+1=0

⇔

¿{ { {
¿

8a+6c+d+25=0

10a+2b+14=0
−2a+4b+6c+24=0

−2a −3b+3c+1=0

⇔

¿a=−1
b=−2

c=−3

d=1
¿{ { {

Phương trình mặt cầu : (S):x2+y2+z2−2x −4y −6z+1=0 Tâm I(1;2;3)

Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính lớn nhất là mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu
Đường thẳng d đi qua điểm M(3;0;–5) và có VTCP u→=(2;9;1)

−− →

=(2;−2;−8) ;

[

−→

, u→

]

=(70;−18;22)

Mặt phẳng (Q) có VTPT →n=(35;−9;11) nên có phương trình
(Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0  (Q): 35x –9y +11z –50 =0

Câu IV: (2 điểm)

sinx+1¿2

¿
¿

sinx

¿
I=



π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx=



0

π/2

sinx

sin2x

+2sinx+1.cos xdx=



π/2

¿
Đặt t = sinx +1  sinx = t – 1  cosxdx = dt

Khi x = 0  t = 1 ; khi x = /2  t = 2 Ta có :

I=



1
2

t −1

t2 dtị=



1
2

(

1t −

t2

)

dtị=

(

ln∨t∨
+1

t

)

¿1
2

=ln 2−1

2.Đặt f(x)=4x(4x2+1)−1

Tập xác định D = R , hàm số liên tục trên R

f '(x)=4x. 2 ln 2(4x2+1)+8x. 4x=2 . 4x(4x2ln 2+4x+ln2)
f '(x)=0⇔4x2. ln2+4x+ln 2=0

Δ'=4−4 ln22=4(1−ln22)>0 Vây f ’(x) = 0 ln có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2

Điều này chứng tỏ f(x) cắt trục hoành khơng q 3 điểm  phương trình đã cho khơng quá 3 nghiệm .

Mặt khác do f(x) liên tục trên R và thỏa f (0) = 0 ; f(–1/2) = 0 ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64
Như vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm : x = 0 ; x = –1/2 ; x  (–3 ; –2)

Câu Va :(2 điểm)

1. An3+2An2=100 Điều kiện n ≥ 3

An

+2An2=100⇔ n !
(n −3)!+2

n !

(n −2)!=100⇔n(n−1)(n−2)+2n(n−1)=100⇔n=5

1+3x¿10=

∑

k=0
10

C10k 3kxk

Số hang chứa x5 tương ứng k = 5 . Hệ số só hạng chứa x5 là C
10

5 .35

=61236

2 Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 1 . Giả sử từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa 
mãn góc MAB bằng 600 thì góc AMO bằng 300 MO = 2 Vậy M chạy trên đường trịn tâm O bán kính bằng 2 .

Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT cũng là số giao điểm của đường trịn
(C’) tâm O bán kính bằng 2 với đường thẳng y = m . Để có đúng 2 điểm theo YCBT thì |m| < 2

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

1. Điều kiện

0<x ≠1
x>

√

¿{

3+ 1

log3x=logx

(

9x −

x

)

⇔3+logx3=logx(9x

−6)−1⇔logx(3.x4)=logx(9x2−6)

⇔3x4−9x2

+6=0⇔(x2−1)(3x2−6)⇒x=

√

2
2.

Trong (ABC) AE  MN = J  SJ = (SMN)  (ASD)

Trong (ASD) SJ  AD = I  I = AD  (SMN)

Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân bằng
nhau  SA,SB,SC đôi một vng góc và  ABC là tam giác đều

cạnh a 2

BSCD là hình vng cạnh a

( )

BD SB

BD SAB BD SM
BD SA




   





Lại có SM  AD nên SM  (ABD)  SM  AD (1)

( )

BC SD

BC SAD BC AD
BC SA




   





Mà MN// BC  MN  AD (2)

Từ (1) và (2) AD  (SMN)  AD  SI (đpcm)

Trong (SBD) kẻ IH // BD (H  AB)

 IH  (SAB)

2 2

2 2 2 2

. 1

3
3

IH AI AI AD SA a

BDAD  AD SA SD  a 
 IH = a/3

SSMB = 1/2 . SSAB =

a

, VMBSI =

2 3

1 1

. . .

3 SMB 3 3 4 36

a a a

IH S  

ĐỀ SỐ 19

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 4 9x21

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

4 2

8 osc x 9 osc x m 0 với x[0; ] .
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:





3
log
1

2 2

x

x x   x

 

2. Giải hệ phương trình:

2 2

12
12

x y x y

y x y

    




 





Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đườngy|x2 4 |x và y2x.

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích
hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ.

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

J

H I

D
E

N

M

S C

B

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0

4 c 4  c 4 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. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 và phân giác trong CD: 
1 0

x y   . Viết phương trình đường thẳng BC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2
2
2 2

x t

y t

z t

 






  


.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vng góc
của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến
(D) là lớn nhất.

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng

1 1 1 5

1 1 1

xy  yz zx x y z 
2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo
nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương

trình tham số

1 2
1
2

x t

y t

z t

 



 

 

 .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , xác định vị trí của điểm M để chu vi 
tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh

1 1 2

3 3 2 3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

---Hết---KẾT QUẢ

ĐỀ SỐ 19

I.2. Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m 0 với x[0; ] (1)
Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do
đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

Ta có: (2)8t4 9t2  1 1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = 1 – m.

Phương trình (3) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền   1 t 1.

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:


81
32

m

: Phương trình đã cho vơ nghiệm.


81
32

m

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>


81
1
32
m
 

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
 0m1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
 m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
 m < 0: Phương trình đã cho vơ nghiệm.

Câu II (2 điểm) 1. Phương trình đã cho tương đương:

3 log

log

2 0 2

2 0

1
1

1 ln 0 log ln 0

1 2
2
2
2
2
2 0
x
x
x x
x
x x
x
x
x
x
x

       
  
 
  
              
 
  
        
  


    
 
3

2 2 2

log 0 1 1

1 1 3

ln 0 1

2 2 2

2 2

x x x

x

x x x

x x
x

    
   
    
  
  
  
         
    
       
 
 
   
      


2.

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   




 


 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2
1
2
u
y v
v
 
   
 .

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2
12

12
2
u v
u u
v
v
 


 

 
 

 

4
8
u
v


 


 hoặc 
3
9
u
v






+
2 2
4 4
8 8

u x y

v x y



   

 
  

  (I) +

2 2

3 3

9 9

u x y

v x y



   

 
  

  (II)

Giải hệ (I), (II).Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là



 





5;3 , 5; 4



S 

Câu III Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 4 | ( )x C và

 

d :y2x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):

2 2 2

2 2

0 0 0

| 4 | 2 4 2 6 0 2

4 2 2 0

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

 
   
  
 
            
 
   
    
 
 

Suy ra diện tích cần tính:









2 6

2 2

0 2

4 2 4 2

S



x  x  x dx 



x  x  x dx

1.Tính:





2
2
0

| 4 | 2

I 



x  x  x dx

Vì





0; 2 , 4 0

x x x

   

nên |x2 4 |x x24x 





2
2
0
4

4 2
3

I 



 x  x x dx

Tính





6
2
2

| 4 | 2

K 



x  x  x dx

Vì





2; 4 , 4 0

x x x

   

và





4;6 , 4 0

x x x

   

nên









4 6

2 2

2 4

4 2 4 2 16

K 



x x  x dx



x  x x dx

.
Vậy

4 52

3 3

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:







' '

 

' '



AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH




   





Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’)
tại điểm K II '.

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:

1 3 1 3

' ' ' ' ' ;

3 6 3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:

2 3 3 2 2 2

' . . 6r

6 3

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3



' . '



h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2 2

2 2

4x 3 3 3r 3

3 6r 3; ' ; 2r

4 4 2

x

B x  B   h

Từ đó, ta có:

2 2 3

2 2

2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.

3 2 2 3

V     

 

 

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x





;





4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x

4 4 2

c   c    c   c  

       





2 1 1

os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x

4 2 2 2

c     c    

    

Do đó phương trình đã cho tương đương:





1 1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)

2 2

c  

Đặt

os2x + sin2x = 2 os 2x -
4

t c c   

  (điều kiện:  2 t 2).

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t21. Phương trình (1) trở thành:t24t2m 2 0 (2) với  2 t 2
2

(2) t 4t 2 2m

Đây là phuơng trình hồnh độ giao điểm của 2 đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox và cắt
trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t 2 4t với  2 t 2.

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại t 2 và đạt giá trị lớn 
nhất là 2 4 2 tại t 2 .

Do đó u cầu của bài tốn thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2   m 2 4 2

2 2 m 2 2

   

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Điểm C CD x y :   1 0  C t



;1 t



.
Suy ra trung điểm M của AC là

1 3

;
2 2

t t

M   

 .

Điểm





1 3

: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2

t t

M BM x y            t C 

 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm K BC ).

Suy ra AK:



x1

 

 y 2



 0 x y  1 0. Tọa độ điểm I thỏa hệ:





1 0

0;1
1 0

x y

I
x y

  





  

 .

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K



1;0



.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

4 3 4 0
7 1 8

x y

x y


    
 

Câu VIa.2.

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D .
Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P). Ta ln có IH IA và

IH AH.

Mặt khác

   







 



 

, ,

d D P d I P IH

H P

  








Trong mặt phẳng

 

P , IH IA; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vng góc với IA 
tại A.Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 



6;0; 3





 

, cùng phương với v



2;0; 1





.
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2



x 4



1.



z1



2x - z - 9 = 0.

Câu VII.aVì Để ý rằng



xy1

 

 x y

 

 1 x

 

1 y



0; và tương tự ta cũng có

1
1

yz y z

zx z x

  




  


vậy ta có:





1 1 1 1 1 1

3 5 1 5 5

1 zx+y 1

 

          

     

 

   

              

          

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z z y z y

x x

yz xy z yz zx y xy z z y y z

Câu VIb.1.

Ta có: AB 



1;2



 AB 5



. Phương trình của AB là: 2x y  2 0 .

 



;



I d y x  I t t

. I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C t



2 1; 2 ,t D t t





2 ; 2  2



.
Mặt khác: SABCDAB CH. 4 (CH: chiều cao)

4
5

CH

 

Ngoài ra:













4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4

3 3 3 3 3
;

5 5

0 1;0 , 0; 2

t C D

t
d C AB CH

t C D

    

 

     

        

    



Vậy tọa độ của C và D là

5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C  D 

    hoặc C



1;0 ,



D



0; 2



Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

2.Đường thẳng  có phương trình tham số: 
1
2
y t
z t

 

 
 .

Điểm M  nên M



 1 2 ;1 ; 2t  t t



.









 

























 













2 2 2 2 2

2 2

2 2 4 2 9 20 3 2 5

4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5

3 2 5 3 6 2 5

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u



3 ;2 5t





và v 



3t6; 2 5




.
Ta có

 













2
2
2
2

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

u t
v t

 




   





Suy ra AM BM | | | |u  v

 

và u v 



6;4 5



|u v | 2 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,
 

   

Như vậy AM BM 2 29
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v,

 

cùng hướng

3 2 5

1
3 6 2 5

t

t
t

   

 



1;0; 2



M


và min



AM BM



2 29.
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11



 29



Câu VII.b Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c
b c a
c a b
 


 

  

 .

Đặt 2 , 2 ,



, , 0



, ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

.
Vế trái viết lại:

3 3 2

 

     

      

a b a c a x y z

VT

a c a b a b c y z z x x y

Ta có:









2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2 2

; .

x x y y

y z x y z z x   x y z  Do đó:





x y z

x y z

y z z x x y x y z
 

   

     .

Tức là:

1 1 2

3 3 2 3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

ĐỀ SỐ 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hồnh độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và
b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác:





2 cos sin
1

tan cot 2 cot 1

x x

x x x




</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

2. Giải bất phương trình:





3 1 1

3 3

log 5 6 log 2 log 3

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:





4 4

cos 2 sin cos

I x x x dx









Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm
trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn đáy thứ hai của hình trụ.
Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

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 đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 
2 2

( ) :C x y  4x 2y0; :x2y12 0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp 
tuyến lập với nhau một góc 600.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3),
D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên
bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường
thẳng

 

d :x y  3 0 và có hồnh độ

9
2

I

x 

, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

2 2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác
định vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2b2c2 3. Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 

---Hết---ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 20

Câu I.2. Ta có f x'( ) 4 x3 4x. Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là kA f a'( ) 4 a3 4 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

  



 

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

; yf b x b'

  





f b

 

f b x f b'

 

 ( ) bf' b

 

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:









3 3 2 2

4a 4a = 4b 4 1 0 (1)

A B

k k    b a b a ab b  

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

II.1.

Điều kiện:





cotx 1









Từ (1) ta có:





2 cos sin

1 cos .sin 2

2 sin

sin cos 2 cos cos

1
cos sin 2 sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

 

2sin .cosx x 2 sinx

 





2
2 4

cos
2
2
4
x k
x k
x k





 

    
  



Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x 4 k2



k





   

2. Điều kiện: x3, Phương trình đã cho tương đương:













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x  x 2  x 2  x













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x x 2 x 2 x

       



 











3 3 3

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

        



 



3 3

log 2 3 log

3
x
x x
x

 
       

 



 



2
2 3
3
x
x x
x

   


2 9 1 10

x
x
x
  
    


Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10

Câu III.





2 2

0 0

1 1 1

cos 2 1 sin 2 1 sin 2 sin 2

2 2 2

 

   

       

   



I x x dx x d x









2 2

2 2 3 2

0 0

1 1 1 1

sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 0

2 4 2

|

 





d x 



xd x  x  x 

Câu IV.Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó

OM AB và O N' CD.

Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OM

I

 vng cân tại O nên:

2 2 2

2 2 2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a

R OA AM MO       

 

   

2 3

2 3a 2 3 2

R . . ,

8 2 16

a a

V  h  

   

và

a 3 2 3

2 Rh=2 . . .

2 2

xq

a a

S     

Câu V. Phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m

(1)Điều kiện : 0 x 1

Nếu x



0;1



thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện
1

x  x x

. Thay
1

x

vào (1) ta được:

3 0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m


    


* Với m = 0; (1) trở thành:





4 41 0 1

x  x   x

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

* Với m = -1; (1) trở thành



















 



4 4

2 2

4 4

1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

                 

      

x x x x x x x x x x x x x x

x x x x

+ Với

4 41 0 1

x  x  x

+ Với

1 0

x  x   x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:











4 4

 



1 2 1 1 2 1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm

1
0,

x x

nên trong trường hợp này (1) khơng có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

VIa.1. Đường trịn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5.

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc
600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5.

Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) có phương trình:









2 2

2 1 20

x  y 

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:









2 20 (1)

2 12 0 (2)

x y

    




  




Khử x giữa (1) và (2) ta được:

 2  2 2

2 10 1 20 5 42 81 0 27

5
x

y y y y

x




         

 


Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:

9
3;

M 

  hoặc

27 33
;
5 10

M 

 

2. Ta tính được AB CD  10,AC BD  13,AD BC  5.

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm
của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

3 3

;0;

2 2

G 

 , bán kính là

14
2

R GA 

.
VIIa. Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 .

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Khơng có bi xanh: có C139 cách.

+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.

Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng thì có C109 cách chọn 9 viên bi đỏ được
tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách
VIb.1. I có hồnh độ

9
2

I

x 

và

 

9 3

: 3 0 ;

2 2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)



 



2 9 9

2 2 2 3 2

4 4

I M I M

AB IM x x  y  y   

, D

. D = 12 AD = 2 2.

3 2

ABCD
ABC

S

S AB A

AB

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

M AD





 , suy ra phương trình AD: 1.



x 3



1.



y 0



 0 x y  3 0 .
Lại có MA = MD = 2.Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:





2 2





2 2









3 0 3 3

3 2 3 3 2

3 2

x y y x y x

x y x x

x y
  
      
  
 
  
      
    
  

3 2

3 1 1

y x x

x y

  

 

   

  

  hoặc

4
1
x
y





 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 3
;
2 2

I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2 9 2 7

2 3 1 2

A C
I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y



      


 
      
 



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

2.

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):



 







2.2 2. 1 3 16

, 5

d d I P        d R

.
Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng góc của I trên mặt
phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).

Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vng góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P).

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là nP 



2; 2; 1





và qua I nên có phương trình là





2 2
1 2
3

x t

y t t

z t
 


  

  


.
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:

      15 5

2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0

9 3

t t t t t

             

Suy ra 0

4 13 14

; ;

3 3 3

N   

 .Ta có 0 0

3
.
5

IM  IN

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

Suy ra M0(0;-3;4)
VIIb Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4

(x 0,y 0)

x yx y  

Ta có:

1 1 4 1 1 4 1 1 4

; ;

2 2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b   
Ta lại có:













2 2 2

2 2 2 2

1 2 2

2 4 4 2 2 0 2 1 1 1 0

2a b c  2a b c 4a 7 a b c   a b c  a  b  c 

Tương tự: 2 2

1 2 1 2

;

2b c a b   7 2c a b c   7Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

ĐỀ SỐ 21

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

1. Giải phương trình :





4 4

sin cos 1

tan cot
sin 2 2

x x

x



 

2. Giải phương trình:









2 3

4 2 8

log x1 2 log 4 x log 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3
2

2
1

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





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

 

P :x2y 2z + 5 = 0; Q :

 

x2y 2z -13 = 0.
Viết pt 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 A Cnk, nk 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): x2 y2 2x 4y 8 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho
biết điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) sao cho tam giác ABC vng ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 1 0 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 Md ,1 Nd2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số





1
( ) ln

f x

x



 và giải bất phương trình

2
0

6
sin

2
'( )

t
dt
f x

x










---Hết---ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 21

I.2. + Khi m = 0  y x 1, nên hàm số khơng có cực trị.
+ Khi m0  y' 3 mx26mx



m1



Hàm số khơng có cực trị khi và chỉ khi y' 0 khơng có nghiệm hoặc có nghiệm kép





2 2

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

       

1
0

m

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

II.1.  

4 4

sin cos 1

tan cot

sin 2 2

x x

x


 

(1)Điều kiện: sin 2x0

1 sin 2 1 sin cos
2

(1)

sin 2 2 cos sin

x x x

x x x


 
    
 
2
2
1

1 sin 2 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin 2 sin 2 2

x

x x



      

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2.









2 3

4 2 8

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
 

  


  
 



  


















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

           

       

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 0 (3) ;





2
(3)
6
x

x


 

 lo¹i

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4); 
 
 
2 24
4
2 24
x
x
  
 
 
 lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x2hoặc x2 1



 6



III. Đặt

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 3 1

2 2 2 2

     

x t x t

,
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

 
 
     
    



IV.

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

1 1 1 1 1 1 1 8 9 3

9 9 8 2 2

         OE   OE

OH SO OE OE OH SO

2 2 2 9 9 81 9

8 8 2 2

SE OE SO     SE

1 36

. 8 2

9
2
2 2
SAB
SAB
S

S AB SE AB

SE
    
,





2
2

2 2 2 1 2 4 2 9 32 9 265

2 8 8 8

OA AE OE  AB OE     

 

Thể tích hình nón đã cho:

1 1 265 265

. . .3

3 3 8 8

V  OA SO   
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 265 337 337 265 337 89305

9 , . . .

8 8 8   8 8  8

       xq  

SA SO OA SA S OA SA

Câu V Hệ bất phương trình





7 6 0 (1)

2 1 3 0 (2)

x x

x m x m

   


    



 

1   1 x 6

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

 













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

 

 

 , Hệ đã cho có nghiệm   x0



1;6 : ( )



f x0 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

f x   x  x   x 

Vì x



1;6



nên chỉ nhận

1 17
2

x 

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 ( )

f x 

Do đó 0





0 1;6

27
1;6 : ( ) max ( )

x

x f x m f x m m



      

Câu VI.a 1.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

   
 
  
 
   
 

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

   
 
 
 
   
 

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:









0 2 4 0

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 4 0; 2:x2y 6 0; 3:ax by 2a 4b0
Từ giả thiết suy ra



 2; 3



  



 1; 2



. Do đó













2 2





2 3 1 2 2 2

0
|1. 2. | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ; | 2 | 2 3 4 0

3 4 0

25. 5
5.


 
               
 
 
a
a b

a b a b a a b

a b

+ a = 0  b0. Do đó 3:y 4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3: 4x3y 4 0 (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

  
 
 
 
   
 

2. 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

 


     





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 5 | 9



2 2 2





2 2 5



2 (2)

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 







 



| 2 2 5 | | 2 2 13 | 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3)

2 2 5 2 2 13

3 3
      

     
        
      


a b c a b c

d I P d I Q 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 

, Từ (2) và (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:



a 2 221

 

a 658



0

Như vậy a2 hoặc

658
221

a

.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc

658 46 67
; ;
221 221 221
I  

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>



x 2



2



y 2



2 



z1



2 9
và

2 2 2

658 46 67

221 221 221

x y z

     

     

     

     

Câu VII.a Điều kiện: n1 4  n5
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

      

   


 
   
   


2

9 22 0

5 50 0 10

n n

n n n

n
   

      
 

Câu VI.b.1. Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ

2 2 2 4 8 0 0; 2

1; 3
5 2 0

y x

x y x y

y x

x y
 
      

 
 
   

Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).

Vì ABC900nên AC là đường kính đường trịn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường 
trịn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

2.Phương trình tham số của d1 là:

1 2
3 3
2
x t
y t
z t
 


 

 

 . M thuộc d1 nên tọa độ của M



1 2 ;3 3 ; 2 t  t t



.

Theo đề:

 













2 1 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 

  

+ Với t1 = 1 ta được M1



3;0;2



; + Với t2 = 0 ta được M2



1;3;0



+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT
(Q1) là:



x 3



 2y2



z 2



 0 x 2y2z 7 0 (1) .

Phương trình tham số của d2 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 N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).

VIIb. Điều kiện





3
1

0 3

3 x   x

 3    

( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3

f x x x

x

     

 ;   

1 3

'( ) 3 3 '

3 3

f x x

x x
  
 
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

 

 
   

        



Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x








ĐỀ SỐ 22

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=2x3- 3 m 1 x( + ) 2+6mx 2- (1) có đồ thị là

(

)

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

2. Định m để đồ thị

(

)

cắt trục trục hoàng tại duy nhất một điểm.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 9sinx+6cosx 3sin2x+cos2x- =8
2. Giải phương trình:

3 3 3

log 4 2 log x log 2

8x x .2 x

3 =

-Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:

2
2

1
I x .ln x dx

x
ổ ửữ
ỗ

ũ

ỗỗố + ữữứ

Cõu IV (1,0 im)Cho hỡnh chúp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD· =600, SA vng góc
với mặt phẳng ABCD, SA =a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC' và song song với 
BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của khối chóp S.AB'C'D'.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y là hai số dương và x2+y2=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )

1 1

P 1 x 1 1 y 1

y x

ổ ửữ ổ ử

ỗ ỗ ữ

= + ốỗỗ + ữữữứ+ + ỗỗố + ứữữ

II. PHN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;4) và đường tròn ( )C : x2+y2- 4x 2y- =0. Viết phương trình
tiếp tuyến ( )D của (C), biết rằng ( )D đi qua điểm A. Giả sử các tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại M, N. Hãy
tính độ dài đoạn MN.

2. Trong khơng gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )D là giao tuyến của hai mặt phẳng

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

và mặt phẳng ( )P : x y- + +z 10=0. Viết phương
trình hình chiếu vng góc của ( )D trên mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1,0 điểm)Giải hệ phương trình:

x x

y y

x x

y y

2.A 5.C 90

5.A 2.C 80

ì + =

ïïï

íï - =

ïïỵ

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường hai đường tròn:

( )

2 2

( )

2 2

1 2

C : x +y - 2x 2y 2- - =0, C : x +y - 8x 2y 16- + =0

. Chứng minh rằng

( )

C1 tiếp xúc với

( )

C2 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của

( )

C1 và

( )

C2 .

2. Trong không gian (Oxyz), cho điểm A 1;2;3( ) và hai đường thẳng

( )

x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1

d : ; d :

2 1 1 1 2 1

- + - - - +

= = = =

- - . Viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua

A, vng góc với

( )

d1 và cắt

( )

Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình:

2 2 3

2x x x

1 6

A A C 10

2 - £ x +

---Hết---KẾT QUẢ ĐỀ 22

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Tự giải

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

1. x 2 k2

= + p

2. x=3

Câu III (1,0 điểm)

10 1

I 3ln3 ln2

3 6

= - +

Câu IV (1,0 điểm)

2 2 2

a 3b a

6

-=

Câu V (1,0 điểm)

minS 3 2 4,x y z

= + = = =

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2.0 điểm)

1. 2x+ -y 10=0;x 2y 5- + =0,MN= 10
2.

x 1 y 6 z 17

4 5 7

- + +

= =

-Câu VII.a (1,0 điểm)

x 2

y 5

ì =
ïï
í =
ïïỵ

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. x 3- =0;x 2 2y 7 2 2+ - - =0;x 2 2y 7 2 2- - + =0

x 1 y 2 z 3

1 1 3

- = - =

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x 3

x 4

é =
ê
ê =
ê
ë

---Hết---ĐỀ SỐ 23

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x4- mx2+m 1- (1) có đồ thị là

(

)

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

2. Định m để đồ thị

(

)

cắt trục trục hoàng tại bốn điểm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

3 3 3

1 sin x cos x sin2x

+ + =

2. Giải phương trình: 2.log6(4x+8x) =log x4

Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:
2

I cos xdx

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a; AD=2a, cạnh SA vng góc với
đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho

a 3
AM

3
=

. Mặt
phẳng (BCM) cắt các cạnh SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số dương và x+ + =y z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= - + - + -1 x 1 y 1 z

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )

2
2

C : x 1- + y 2- =4. và đường thẳng

( )d : x y 1 0- - = . Viết phương trình đường tròn (C') đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng (d). 
Tìm tọa độ giao điểm của (C) và (C')

2. Trong không gian (Oxyz), cho ba đường thẳng

( )

x 2 y 2 z 1 x 7 y 3 z 9 x 1 y 3 z 2

d : ; d : ; d :

3 4 1 1 2 1 3 2 1

- + - - - - + +

-= = = = = =

- -

-Lập phương trình đường thẳng ( )D cắt

( )

d1 và

( )

d2 đồng thời song song với

( )

Câu VII.a (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n 2Cn 2n 9n

-+ £ , trong đó k

và Ckn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hớp chập k của n phần tử.

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn (C) có tâm nằm trên đường thẳng

( )D : 4x+3y 2- =0 và tiếp xúc với hai đường thẳng

( )

d : x1 + + =y 4 0; d : 7x y

( )

2 - + =4 0

2. Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )

x 3 y 2 z 1

d :

2 1 1

- = + = +

- và mặt phẳng

( )P : x+ + + =y z 2 0. Tìm giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng ( )D chứa trong mặt

phẳng (P) sao cho ( )D vng góc với (d) khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ( )D bằng 42

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm x,y NỴ thỏa mãn hệ phưong trình:

2 3

x y

3 2

y x

A C 22

A C 66

ì + =

ïïï

íï + =
ïïỵ

---Hết---KẾT QUẢ ĐỀ 23

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 im)

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

2. m 2

ùù

ớù ạ
ùợ

Cõu II (2,0 điểm)

1. x 2 k2 ; x k2

= - + p = p + p

2. x=256

Câu III (1,0 điểm)

I = p - 2

Câu IV (1,0 điểm)

10a 3
V

27
=

Câu V (1,0 điểm)

Max P 6,x y z

= = = =

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)

1. (x 3- )2+y2=4,A(1;0),B(3;2)

176 19

x y z

7 7

3 2 1

-= =

-Câu VII.a (1,0 điểm)

n=3;n=4

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)

1. (x+4)2+(y 6- )2=18; x 2( - )2+(y 2+ )2=8
2.

x 5 y 2 z 5 x; 3 y 4 z 5

2 3 1 2 3 1

- = + = + + = + =

-- - -

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x 4

y 5

ì =
ïï
í =
ïïỵ

---Hết---ĐỀ THI SỐ 24

(Thời gian làm bài 180’)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I.(2 điểm)

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình :

¿
x3+y3=1
x2y

+2 xy2+y3=2
¿{

2. Giải phương trình: 2 sin2(x −π

4)=2sin

x −tanx .
Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I =



1
2

√

4− x2
x dx
Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD),
M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vng góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị
lớn nhất. Tính giá trị lớn nhát đó.

Câu V.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4

√

x2+1−

√

x=m

II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0,

d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: x1=y

z

2 , d2:

¿
x=−1−2t

y=t
z=1+t

¿{ {
¿

và

mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 sao cho MN song song (P) và
MN =

√

Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

(

z+i

z −i

)

=1
Câu VI b.(2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường
chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt phẳng
(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ
tâm I đến mặt phẳng (P) bằng 53 .

Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: logx3<logx

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 24

Câu I.

1. (Tự giải)

2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 ⇒m=− x2−2

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Xét f(x) = − x −x⇒f '(x)=−2x+
x2 =

−2x +2
x2
Ta có x - ∞ 0 1 + ∞

f’(x) + + 0

f(x) + ∞ -3
- ∞ - ∞ - ∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất ⇔m>−3 .

Câu II.1.

¿
x3+y3=1
x2y+2 xy2+y3=2

⇔

¿x3+y3=1(1)

2x3+y3− x2y −2 xy2=0(2)
¿{

y 0 . Ta có:

¿
x3+y3=1(3)

(

x

y

)

−

(

x
y

)

−2

(

x

y

)

+1=0(4)
¿{

¿
Đặt : x

y=t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ±1, t =

1
2 .

a. Nếu t = 1 ta có hệ

¿
x3+y3=1

x=y

⇔x=y=31

√

¿{
¿

b. Nếu t = -1 ta có hệ

¿
x3

+y3=1
x=− y

⇔

¿{
¿

hệ vô nghiệm.

c. Nếu t = 12 ta có hệ

¿
x3

+y3=1
y=2x

⇔x=

√

3
3 , y=

√

33
3

¿{
¿
2. Pt 2 sin2(x −π

4)=2sin

x −tanx (cosx 0¿ ⇔[1−cos(2x −π

2)]cosx=2 sin

x. cosx −sinx

⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 ⇔ sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
Câu III.

I =



1
2

√

4− x2

x dx=



1

√

4− x2

x2 xdx . Đặt t =

√

4− x

2⇒

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

I =

1+¿
(¿¿ 4

t2−4)dt=

(

t+ln

|

t −2

t+2

|

)√

3
0

t2

t2−4dt=



√3
0

¿
t(−tdt)

4−t2 =



√3
0



√3
0

= -

(

√

3+ln

|

2−

√

|

)

Câu IV.SH BM và SA BM suy ra AH BM

VSABH =

6SA . AH . BH=

h

6AH .BH .

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH 2

√

AH . BH ⇒AH2+BH2≥2 AH . BH

⇒a2≥2 AH . BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = a

2 khi AH = BH khi H là tâm của hình vng , khi M

D . Khi đó VSABH = a
2

h

12 .

Câu V. 4

√

x2+1−

√

x=m
D = [0 ; + ∞¿

*Đặt f(x) =

x2+1¿3
¿
x2+1¿3

¿
x2

+1¿3
¿

√

x

1+1
x2¿

¿
¿

2x

3
2 4√

¿
¿
¿

24
√¿
¿
x

√

x −4

√¿
¿

2√4¿

√

x2

+1−

√

x⇒f '(x)=x
¿

M
D

C
B

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Suy ra: f’(x) =

1+
x2¿

1+ 1
x2¿

√

x
¿

2√4¿
¿

1−√4¿
¿
* lim

x →+∞

√

x2+1−

√

x)=lim

x→+∞

(

√

x2

+1− x

√

x2+1+

√

x

)

=x →lim+∞

[

x2

+1− x2

√

x2+1+

√

x)(

√

x2+1+x)

]

=0
* BBT x 0 + ∞
f’(x)
f(x) 1

0
Vậy: 0 < m 1

Câu VI a.

1.d1:

¿
x=−3+2t

y=t
¿{

, I d1⇒I(−3+t ;t) .d(I , d2) = 2 ⇔|11t −17|=10⇔t=2711 , t=117

 t = 27

11 ⇒I1

(

21
11 ;

)

(C1):

(

x −
21
11

)

(

y −27

)

=4
 t = 7

11 ⇒I2

(

−19
11 ;

)

(C2):

(

x+
19
11

)

(

y − 7

)

d1:

x=t1
y=t1
z=2t1

, d2:

¿x=−1−2t2
y=t2
z=1+t2

, M∈d1⇒M(t1;t1;2t1), N∈d2⇒N(−1−2t2;t2;1+t2)
¿{ {

MN=(−1−2t

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Theo gt :

MN //(P)

MN=

√

⇔

¿MN .n

→

MN2

⇔

¿t1=1+2t2

13t22+12t2=0

⇔

¿t1=1+2t2
t2=0;t2=−

12
13

¿{
¿

* t2=0⇒t1=1, M(1;1;2), N(−1;0;1)

* t2=−12

13 ⇒t1=−

13, M

(

−
11
13 ;−

11
13;−

22
13

)

, N

(

11
13 ;−

12
13 ;−

11
13

)

Câu VII a.

(

z+i
z −i

)

=1⇔

[

(

z+i
z −i

)

−1

][

(

z+i

z −i

)

]

=0
*

(

z+i

z −i

)

−1=0 ⇔ z+i

z − i=±1⇔z=0
*

(

z+i

z −i

)

+1=0⇔

(

z+i
z − i

)

− i2=0⇔

[

(

z+i

z −i

)

−i

][

(

z+i

z −i

)

]

=0 ⇔z=±1
Câu VI b.

1.B(11; 5)

AC: kx – y – 2k + 1 = 0

cos CAB = cos DBA ⇔ 3

√

|

k+2

|

√

k2+1⇔7k

−8k+1=0⇔k=1; k=1

 k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
 k = 1

7 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)

Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)

2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R =

√

a2

+b2+c2−d .

O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2

d(I, (P)) = 53⇔|−2b+5|=5⇔b=0, b=5

 b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0
 b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0

Câu VII b.ĐK : 
¿
x>0
x ≠1

x ≠3

¿{ {
¿

Bất phương trình trở thành :

1
log3x<

1
log3x

⇔ 1

log3x<

1
log3x −1 ⇔

1
log3x −

log3x −1<0

⇔log −1

3x(log3x −1)

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

* 3 kết hợp ĐK : 0 < x < 1

* log3x>0⇔x>3

Vậy tập nghiệm của BPT: x (0;1)∪(3;+∞)

ĐỀ THI SỐ 25

(Thời gian làm bài 180’)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:





3 3 1 2 9 2

y x  m x  x m 

(1) có đồ thị là (Cm)
3) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1.

4) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường
thẳng

1
2

y x

Câu II: (2,5 điểm)

4) Giải phương trình:









sin 2 cosx x3  2 3 osc x 3 3 os2c x8 3 cosx sinx  3 3 0
.
5) Giải bất phương trình :





2 1

1 1

log 4 5 log

2 x x x 7

 

    


 .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= 2

.

Câu III: (2 điểm)

1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là
450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho

1
2

AP AH

 

. gọi K
là trung điểm AA’,

 

 là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể
tích ' ' '

ABCKMN

A B C KMN

V

V .

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>





2 2 2 2

6
5

6 0

a a

a a
a b ab b a a



  

 



     


Câu IV: (2,5 điểm)

1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bơng hồng
trong đó có ít nhất 3 bơng hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1

9 19
2 2
720

m

m n m

n

C C A

P







  




 


2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc

2 2

1
25 9

x y

 

(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và
cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.

6) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:
1

: 2

x t

d y t

z t

 




 


  

 2

1 2 1

2 1 5

x y z

d     

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2?

Câu V: (1®iĨm)

Cho a, b, c

0

và

a2b2c2 3

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2

1 1 1

a b c

P

b c a

  

  

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài
II.1.Giải phương trình:

sin 2x(cosx+3)−2

√

3 . cos3x −3

√

3 . cos 2x+8(

√

3. cosx −sinx)−3

√

3=0

⇔2 sinx. cos2x+6 sinx. cosx −2

√

3 .cos3x −6

√

3 cos2x+3

√

3+8(

√

3. cosx −sinx)−3

√

3=0

⇔−2cos2x(

√

3 cosx −sinx)−6 . cosx(

√

3 cosx −sinx)+8(

√

3 cosx −sinx)=0

I.2.

b) y '=3x −6(m+1)x+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:

m+1¿2−3 . 9>0
Δ'=9¿



(m1) 3 0  ⇔m∈(−∞ ;−1−

√

3)∪(−1+

√

3;+∞)

Ta có y=

(

3 x −

m+1
3

)

(

3x

−6(m+1)x+9

)

−2(m2+2m−2)x+4m+1
Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2)

⇒y1=−2(m2+2m −2)x1+4m+1

y2=−2(m2+2m−2)x2+4m+1

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y=−2(m2+2m −2)x+4m+1
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y=1

2x ta có điều kiện cần là

[

−2(m2+2m−2)

]

2=−1 ⇔m2+2m−2=1

⇔m2+2m−3=0⇔
m=1

¿
m=−3

¿
¿
¿
¿
¿

Theo định lí Viet ta có:

x1+x2=2(m+1)
x1.x2=3

¿{
¿

Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:

y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:

¿
x1+x

2 =
4
2=2

y1+y2

2 =

−2(x1+x2)+10

2 =1

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

√

3 cosx −sinx=0

cos2x+3 cosx −4=0
¿

tanx=

√

cosx=1

cosx=4(loai)

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿⇔(

√

3 cosx −sinx)(−2 cos

x −6 cosx+8)=0

⇔ ¿

⇔

x=π

3+kπ

¿
x=k2π

¿
, k∈Ζ

¿
¿
¿

2.Giải bất phương trình: 12log2(x
2

+4x −5)>log1

( 1

x+7) (1) Đk:

¿
x2+4x −5>0

x+7>0

⇔

¿x∈(− ∞;−5)∪(1;+∞)
x>−7

¿{

⇒x∈(−7;−5)∪(1+∞)

Từ (1) ⇒log2(x2+4x −5)>−2 log2 1
x+7

2 2 2 2

2 2

log ( 4 5) log ( 7) 4 5 14 49 10 54

x x x x x x x x x 

               

Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7;−27

5 )

⇔S=

|

π

4−

π2

2 +

(

sin2x

4 +x

)

¿0

π

|

⇔S=

|

π

4 −

π2

2 +

π2

|

π2

4 −

π

4 (đvdt)

III.Gọi Q, I, J lần lượt là

trung điểm B’C’, BB’, CC’ta có: AP=a

√

2 ⇒AH=a

√

Vì Δ'AHA' vng cân tại H.Vậy A ' H=a

√

⇒VABCA' B ' C '=SABC.A ' H
Ta có SABC=1

2a.

a

√

3
2 =

a2

√

4 (đvdt)

⇒VABCA' B ' C '=a

√

3 .a

√

3
4 =

3a3

4 (đvtt) (1)

E
K

I
A

B'
A'

H
Q

M
3..Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0

⇔ x = 0

Diện tích hình phẳng là:

S=

|



(x. sin 2x −2x)dx

|



x(sin 2x −2)dx

|

Đặt

¿
u=x

dv=(sin 2x −2)dx

⇒

¿du=dx
v=−cos 2x

2 −2x

¿{
¿

−x. cos 2x

2 −2x

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

G ọi E = MN KH  BM = PE = CN (2)
mà AA’ =

√

A ' H2

+AH2 =

√

3a2+3a2=a

√

6 ⇒AK=a

√

2 ⇒BM=PE=CN=

a

√

6
4

Ta có thể tích K.MNJI là:

1 1 1 6

. , '

3 2 4 4

 MNJI   

a

V S KE KE KH AA

6 6

. . ( )

4 4

MNJI

a a

S MN MI a  dvdt

2 3

1 6 6

( )

3 4 4 8

KMNJI

a a a

V dvtt

  

3 3

2 3

' ' '

1
8 8

3 2

8 8

ABCKMN
A B C KMN

a a
V



  



2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:

¿
a2+a − 6

a2

+a=5
(a2+a)b2+b(a2+a)−6=0

¿{
¿

ĐK: a2+a ≠0 Từ (1) a

2+a

¿2−5(a2+a)−6=0

⇔¿

⇔

a2+a=−1

¿
a2+a=6

¿
¿
¿

¿
¿
Khi a2

+a=−1 thay vào (2)

2 2

1 23.

6 0 6 0

1 23.

i
b

b b b b

i
b

  






         

  




 ,

a2+a+1=0⇔
a=−1−

√

3i

¿
a=−1+

√

3i

¿
¿
¿
¿
¿

Khi a2+a=6

⇔

a=−3

¿
a=2

¿
¿
¿
¿
¿

Thay vào (2)

2 2

1 5
2

6 6 6 0 1 0

1 5
2

b
b b b b

b
  





        

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Vậy A

(

a;3

√

25− a

)

, B

(

a ;−3

√

25− a

)

, AB=

(

0;6

√

25− a

)

2 2 2 2

6 10 100 100 125

| | 25 4 25 25 25

5 3 9 9 9

AB a a a a

             



⇒a=±5

√

Vậy phương trình đường thẳng: x=−5

√

3 , x=
5

√

3 Để PMin khi a = b = c = 1

3)đường thẳng d2 có PTTS là:

¿
x=1+2t '

y=2+t '
z=1+5t '

¿{ {

⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5)


⇒ VTPT của mp( α ) là n u ud1. d2 (6; 7; 1) 

  

⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)

( ,( )) ( ,( )),12 14 3 | | 6 14 1 | | 5 | | 9 | 7
 d M d N   D    D   D   D  D
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0

VI.Ta có: P + 3 = a

√

1+b2+b

+ b

√

1+c2+c

+ c

√

1+a2+a

⇔P+ 6

√

a3

√

1+b2+

a2

√

1+b2+

1+b2

√

+b3

√

1+c2+

b2

√

1+c2+

1+c2

√

+c3

√

1+a2+

c2

√

1+a2+

1+a2

√

2
3

√

3 a

√

2+3

√

b6

√

2+3

√

c6

√

2 ⇒P+
3
2

√

2≥

3
2

√

2(a

+b2+c2)= 9

√

6 8

⇒P ≥ 9

√

623−
3
2

√

9
2

√

2−

3
2

√

ĐỀ SỐ 26

IV.1.

¿
Cmm −2+cn2+3+9

2<
19

2 Am

Pn −1=720
¿{

Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 (3)Thay n = 7 vào (1)

⇒ m!

2!(m−2)!+

10!

2!8!+9<

19
2 .

m !
(m −1)!

2 2

( 1) 45 9 19 90 9 19 20 99 0

2 2 2

m m m m m m m m

            

⇔9<m<11 vì m∈Ζ⇒m=10

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Câu I: Cho hàm số

x 4x 3
y

x 2

  



1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến các đường tiệm cận của
nó là hằng số.

Câu II:

1. Giải phương trình:

1 1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

2. Tìm m để phương trình:





m x  2x 2 1  x(2 x) 0 (2) 

có nghiệm x 0,1 3

Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).

2. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Câu IV:

1. Tính

2x 1

I dx

1 2x 1



 



2. Giải hệ phương trình:

x+

√

x2−2x+2=3y−1+1
y+

√

y2−2y+2=3x −1+1

(x , y∈R)

¿{

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 1. Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm 
A, B sao cho AB 2. Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau?

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):

1. Giải bất phương trình: (log 8 log x )logx  4 2 2 2x 0

2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC❑ =120o

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 26

Câu I:

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm)

2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số. M(x,y)  ( C ) 

y x 2

x 2

  


Phương trình tiệm cận xiên yx 2  x y 2 0  

khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là 1

x y 2 7

2 2 x 2

 

 


khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d2  x 2

Ta có 1 2

7 7

d d x 2

2 x 2 2

  

 : hằng số.

Câu II:

1. Giải phương trình :

1 1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

(1)
(1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0

 cos2x 0v2 cos x cosx 1 0(VN) 2     cos2x = 0 

  

     

2x k x k

2 4 2

2. Đặt t x2 2x 2  t2  2 = x2  2x
Bpt (2) 



    



t 2

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t 1

Khảo sát

t 2

g(t)

t 1




 với 1  t  2, g'(t)

t 2t 2 0

(t 1)

 

 

 . Vậy g tăng trên [1,2]

Do đó, ycbt  bpt

t 2

t 1




 có nghiệm t  [1,2]  





  

t 1;2

2
m maxg(t) g(2)

Câu III:

1. Ta có AB ( 2,4, 16)  



cùng phương với   


a ( 1,2, 8),mp(P) có PVT n (2, 1,1) 


Ta có

 

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)

Phương trình mp chứa AB và vng góc với (P) là :

2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0
2. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với

Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) Pt AA' :

x 1 y 3 z 2

2 1 1

  

 



AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của

   




 

   

 

 



2x y z 1 0

H(1,2, 1)
x 1 y 3 z 2

2 1 1

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :

H A A'

2x x x

2y y y A'(3,1,0)
2z z z

 




  



  

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Ta có A'B ( 6,6, 18)  


(cùng phương với (1;-1;3) )Pt đường thẳng A'B :

 

 



x 3 y 1 z

1 1 3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

   




 

 



 

 



2x y z 1 0

M(2,2, 3)
x 3 y 1 z

1 1 3

Câu IV:

1. Đặt t 2x 1  t2 2x 1  2tdt 2dx  dx tdt
Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1

Vậy

4 3 2 3

0 1 1

2x 1 t 1

I dx dt t 1 dt

1 t t 1

1 2x 1

  

      

 

   



3
2

t t ln t 1 2 ln2

 

    

 

 

2. Giải hệ phương trình




     




     



2 y 1

2 x 1

x x 2x 2 3 1

(I)

y y 2y 2 3 1

Đặt u = x  1, v = y  1, (I) thành

   





   



2 v

2 u

u u 1 3

(II)

v v 1 3

Xét hàm f(x)  x x21, f ´(x)


 

    

  

2 2 2

x x

x x 1 x

1 0

x 1 x 1 x 1

Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.

Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v 3u  v > u ( vô lý )
Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vơ lý

Do đó hệ (II)

 

       

   

 

 

 

2 u u 2

u u 1 3 1 3 ( u 1 u) (1)

u v u v

Đặt: g(u)3 ( uu 2 1 u)

 

       

 



 

u 2 u

g'(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1

u 1

g '(u)=3u

(

√

u2+1−u

)

(

ln 3− 1

√

u2+1

)

>0,∀u∈R

Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R.Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)
Nên (II)  u = 0 = v Vậy (I)  x = y = 1.

Câu Va:1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường phân giác y = x . Do đó, đường
AB  đường y = x  hệ số góc của đường thẳng AB bằng  1.

Vì AB  2  A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy. Suy ra

A(0,1);B(1,0)
A'( 1,0);B'(0, 1)




 


Suy ra phương trình AB : y =  x + 1 hoặc y =  x  1.

Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m.
Pt hoành độ giao điểm của AB là

x2 + ( x + m)2 = 1 2x2 2mx m 2 1 0 (2), (2) có   / 2 m2 , gọi x1, x2 là nghiệm của (2) ta có

      

2 2 2

1 2 1 2

AB 2 2(x x ) 2 (x x ) 1       

2
2

4 1 2 m 1 m 1

Vậy phương trình AB : y =  x 1.
2. Gọi n a a a a 1 2 3 4 là số cần lập.

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

8 cách chọn a2
7 cách chọn a3
(1 cách chọn a4 )
Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n.

. TH2 : a4  0 vì a4 chẵn. Ta có : 4 cách chọn a4
7 cách chọn a1
8 cách chọn a2
7 cách chọn a3
Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n

Vậy cả 2 trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n.

Câu Vb:

1. Điều kiện x > 0 , x  1

(1)

 

    

 8 4  2

1 2 log x 1log 2x 0

log x 2





 

 

     

 

 

2 2

1 log x log x 1 0

1 log x

2 2 2

2 2

log x 1 log x 1 1

(log x 3) 0 0 log x 1vlog x 0 0 x vx 1

log x log x 2

   

            

 

2. (Bạn đọc tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Axyz sao cho: A  0, C 2a,0,0







, A (0,0,2a 5)1

 

  

 

 

a a 3

A(0;0;0),B ; ;0

2 2

và M( 2a,0,a 5)

 

     

 

 

 

5 3

BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)

2 2

Ta có:      

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  2

1 1

BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA

Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :

1 BMA1 1

1 a 15 1

V A A . AB,AM ,S MB,MA 3a 3

6   3  2  

   

   

    

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng  

3V a 5

d .

S 3

Cách khác:

+ Ta có A M1 2 A C1 12C M1 29a2

   

2 2 2 0 2

BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a

  

2 2 2 2

BM BC CM 12a

    

2 2 2 2 2 2

1 1 1

A B A A AB 21a A M MB

 MB vuông góc với MA1

+ Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường
cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.

 V V MABA1 VCABA1 1AA .S1 ABC1a 153

3 3

 1   

MBA1 1

3V 6V a 5

d(a,(MBA ))

S MB.MA 3

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

ĐỀ SỐ 27

Câu I: Cho hàm số

y x m (Cm)

x 2
  



1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.

2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0.

Câu II:

1. Giải phương trình: 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2     3 cosx)

2. Giải bất phương trình

4 3 2 2

3 2

x x y x y 1

x y x xy 1

   




  




Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và đường thẳng (d)

6x 3y 2z 0
6x 3y 2z 24 0

  




   



1. Chứng minh các đường thẳng AB và OC chéo nhau.

2. Viết phương trình đường thẳng  // (d) và cắt các đường AB, OC.

Câu IV:

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 4y=x2 và y = x. Tính thể tích vật
thể trịn trong khi quay (H) quanh trục Ox trọn một vòng.

2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 2

x y z

P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2

y z x

 

          

 

 

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo
thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x+5y −2=0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

2. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vng ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A,
B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439.

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):

1. Giải phương trình 4 2x 1 2

1 1

log (x 1) log x 2

log  4 2

    

2. Cho hình chóp SABC có góc (SBC❑,ABC)=60o , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a

khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC).

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 27

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm)

2. Tìm m:

Ta có:

2 2

m m (x 2) m

y x m y' 1

x 2 (x 2) (x 2)

 

      

  

Đồ thị h/s có 2 cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt (x  2)2 m = 0 có 2 nghiệm phân biệt  2  m >0

Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) là 2 điểm cực trị

1 1

2 2

x 2 m y 2 m 2 m

y' 0

x 2 m y 2 m 2 m

      

  

     



P/trình đường thẳng AB :

x (2 m ) y (2 m 2 m) (m 0)

2 m 4 m

    

 

 2x  y  2 + m = 0 AB qua gốc O (0, 0)   2 + m = 0  m = 2.

Cách khác:

x (m 2)x m u

x 2 v

  

 

 ; 2

y' 1

(x 2)

 

 y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m > 0

Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là

/
/

y 2x m 2

   

Do đó, ycbt  m 2 =0  m 2

Câu II:

1. Giải phương trình: 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2     3 cosx) (1)

(1)  2 cos2x  3 sin 2x 3(sin x  3 cosx) 

1 3 1 3

2 2 cos2x sin 2x 6 sin x cosx

2 2 2 2

   

      

   

   



2 2 cos 2x 6 cos x

3 6

 

   

      

     1 cos 2x 3 3cos x 6

 

   

      

    

2 cos x 3cos x

6 6
 
   
  
   
   

3

cos x 0 vcos x (loại)

6 6 2

 

   

   

   

     x −

π

2+kπ⇔x=
2π

3 +kπ , k  Z.

2. Giải hệ:

4 3 2 2

3 2

x x y x y 1

x y x xy 1

   




  



 (I) (I) 

    


   



2 2 3

2 3

( x xy) x y 1

Đặt u =  x2 + xy, v = x3y

(I) thành

 
     
   
  
   
 
     

 
 
2
2

v u 1 u 0 u 1

u v 1

v 1 v 0

u v 1 u u 0

Do đó hệ đã cho tương đương:

2 2

4 2

3 3

y x y 0

x xy 0 x xy 1

x 1 x 1(vn)

x y 1 x y 0

         

   
  
   
 
 
 
   
  
 
 
   
 
 

x 1 x 1

y 1 y 1

Câu III:

1. Ta có VTCP của đường thẳng AB là ( 2,4,0) hay  



a ( 1,2,0)

Ta có VTCP của đường thẳng OC là (2,4,6)hay 


b (1,2,3)

Ta có OA (2,0,0)


cùng phương với 


c (1,0,0)

Ta có   
  

a,b .c 6

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

2. Đường thẳng d có VTCP



12, 0, 36



hay u 



1, 0, 3



Ta có a, u 



6,3,2



Phương trình mặt phẳng () đi qua A, có PVT a, u
 

( chứa AB)
6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0  6x + 3y + 2z – 12 = 0 ()
Ta có b, u  2 3, 3,1







 

Phương trình mặt phẳng () qua O có PVT là (3, - 3, 1) ( chứa OC) 3x - 3y + z = 0 ()

Vậy phương trình đường thẳng  song song với d cắt AB, BC là

6x 3y 2z 12 0

3x 3y z 0

   




  



Câu IV:

1. Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ
2

x x 0 x 4

y v

4 y 0 y 4
y x



 

 

 



  

 

 

 


V=π



0
4

(

x2− x4

)

dx=π

(

x3

3 −

x5

)

¿0
4

=128

15 π (đvtt)

4 A

y = x 4 x
2. Với x, y, z > 0 ta có

4(x3 + y3)  (x + y)3 () Dấu = xảy ra  x = y

Thật vậy ()  4(x + y)(x2 – xy + y2)  (x + y)3  4(x2 – xy + y2)  (x + y)2 do x, y > 0
 3(x2 + y2 – 2xy)  0  (x – y)2  0 (đúng)

Tương tự ta có 4(y3 + z3)  (y + z)3 Dấu = xảy ra  y = z
4(z3 + x3)  (z + x)3 Dấu = xảy ra  z = x

Do đó

















3 3 3 3 3 3 3

34 x y 34 y z 34 z x 2 x y z  6 xyz

Ta lại có 2

(

x
y2+

y

z2+

z
x2

)

≥

√

xyz Dấu = xảy ra  x = y = z

Vậy P≥6

(

√

3xyz+3 1

√

xyz

)

≥12 Dấu = xảy ra 

xyz=1
x=y=z

¿{
¿

 x = y = z = 1

Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1

Câu Va:

1. Tọa độ A là nghiệm của hệ



4x y 14 0 x 4

2x 5y 2 0    y 2  A(–4, 2)

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

3xG=xA+xB+xC

3yG=yA+yB+yC

⇔

¿xB+xC=−2
yB+yC=−2

¿{
¿

(1)

Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC  yC=−2xC

5 +
2
5 ( 3)

Thế (2) và (3) vào (1) ta có

xB+xC=−2

−4xB−14−2xC

5 +
2
5=−2

⇒

¿xB=−3⇒yB=−2
xC=1 ⇒yC=0

¿{
¿
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

2. Nếu n  2 thì n + 6  8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó khơng vượt qua
C8

=56<439 (loại). Vậy n  3

Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh,
trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:

Cn3+6−C
3
3−C

n

=(n+4) (n+5)(n+6)

6 −1−

(n −2) (n −1)n

6 =439

 (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540  n2 + 4n – 140 = 0

 n 2 144 loại vì n 3 v n







 2 144 10

Đáp số: n = 10

Câu Vb:

1. Giải phương trình: 4 2x 1 2

1 1

log (x 1) log x 2

log  4 2

    

(1)
Điều kiện x >1

(1)  log4(x −1)+log4(2x+1)−log4(x+2)=

2 



 



x 1 2x 1 1

log

x 2 2

 

 



 



  và x > 1

2x x 1 2

x 2

 

 

 và x > 1  2x2 – 3x – 5 = 0 và x > 1

5
x


2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM  BC,

AM  BC  SMA❑ =(SBC, ABC)=60o

Suy ra SMA đều có cạnh bằng a

√

Do đó SSMA=1

2. SM . AM .sin 60

o

¿1

2.
3a2

4 .

√

3
2 =

3a2

√

3
16

A C

B
M
N

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Ta có SABC SBAM SAM

V 2V 2. .BM.S

 

¿1

3.a.

3a2

√

3
16 =

a3

√

3
16

Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN  SA 

a 13
CN



(vì SCN vng tại N)



2
SCA

1 1 a 3 a 13 a 39

S .AS.CN . .

2 2 2 4 16

  

Ta có VSABC=a
3

√

3
16 =

3.SSCA.d(B , SAC)=
1
3.

a2

√

16 .d(B , SAC) 





3 2 3 3a

d B,SAC a 3

a 39 13

 

ĐỀ SỐ 41.

(ĐỀ THI THỬ QUẢNG XƯƠNG I –Năm 2009)

I.PHẦN CHUNG:
Câu I.(2đ)

Cho hàm số





3 2

3 3 1 1 3

yx  x   m x  m

1.Khảo sát với m=1

2.Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt.
Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: sin 3x 3cos x3 cos x2  3 sin 2xsinx 3cosx

2.Giải phương trình:





9 3 3

2 log xlog xlog 2x 1 1
Câu III.(2đ)

Cho góc tam diện Sxyz biết xSy 120 ,0 ySz 60 ,0 zSx 900,lấy A,B,C lần lượt thuộc Sx,Sy,Sz sao cho
SA=SB=SC=a.

1.Tính thể tích V của khối chóp SABC.

2.Xác định tâm O và bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Câu IV.(1đ)

Cho x,y,z là ba số thực không âm thoả mản x+y+z=1.CMR:

0 2

xy yz zx xyz

    

.
II.PHẦN RIÊNG:

1.Theo chương trình chuẩn:
Câu Va.(2đ)

1.Cho 2 đường thẳng d: 2x-y+5=0,d’: x+y-3=0 và điểm I(-2;0).Viết phương trình đường thẳng  đi qua I 
cắt d,d’ lần lượt tại A,B sao cho IA 2 IB0

2.Tính

2
3
3
0

1
lim

x

e x

x



 

Câu VIa.(1đ)

Gieo hai con xúc sắc cân đối đồng chất và quan sát số chấm xuất hiện.Tìm xác suất để tổng số chấm xuất
hiện trên hai con xúc sắc là số lẻ hoặc chia hết cho ba.

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

1.Cho parabol (P): y2 4x và điểm I(0;1).Tìm A,B trên (P) sao cho: IA4IB

 

.
2.Tính

2009 2
2
0

1
lim

x
x

e cos x
x





Câu VIb.(1đ)

Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập thành từ tập X={0;1;2;3;4;5}.Lấy ngẫu
nhiên 2 phần tử của M.Tính xác suất để có ít nhất 1 tromh hai phần tử chia hết cho 3.

ĐỀ SỐ 42

ĐỀ THI THỬ LAM SƠN-Năm 2009
Câu I.(2đ)

Cho hàm số





4 2

1 3 5

y m x  mx 

1.Khảo sát với m=2

2.Tìm m để hàm số có cực đại mà khơng có cực tiểu.
Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: 2sinx+cotx=2sin2x+1

2.Giải hệ:













3 2

2 2 1 1

4 1 ln 2 0

x x y x y

y x y x

     




    



Câu III.(1đ)

Tính









ln 1
2

x
dx
x






Câu IV.(1đ)

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a.mp(SAD) vng góc với đáy,tam giác SAD
vng tại S,góc SAD bằng 600.Gọi I là trung điểm của cạnh SC.Tính thể tích khối chóp IBCD và cosin của 
góc tạo bởi hai đường thẳng AC,DI.

Câu V.(1đ)

Cho ba số dương x,y,z thoả mản

1 1 1
1

xyz  .CMR:

xyz yxz zxy  xyz x y z

Câu VI.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy,hãy viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;-2) và tạo với hai trục toạ độ
một tam giác có diện tích bằng 4.

2.Trong khơng gian Oxyz cho A(0;0;2),B(4;2;0) và mp(P): x-2y-2z-6=0.Lập phương trình mặt cầu đi qua
các điểm A,B có tâm thuộc mp(Oxy) và tiếp xúc với mp(P).

Câu VII.(1đ)

Khai triển đa thức P(x)=





7
2 3
1x x

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

ĐỀ SỐ 43.ĐỀ THI THỬ QUẢNG XƯƠNG III-Năm 2009

Câu I.(2đ)

Cho hàm số yx3 3x22

1.Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2.Tim những điểm nằm trên trục hoành mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến đồ thị (C).
Câu II.(2đ)

1.Tìm m để hệ

2 0

1 2

x mx

x m m

  




  


 có nghiệm duy nhất.
2.Giải bất phương trình:

4 2 2

2 1 2 2 1

2 2

log log 9 log 4 log

x

x x

x

  

Câu III.(2đ)
1.Tìm a để

.sin 1

a x cosx
y

a cosx

 



đạt cực trị tại ba điểm phân biệt thuộc
9
0;

4


 

 

 

2.G là trọng tâm của tam giác ABC có diện tích S.CMR:

 2 2 2

cot cot

a b c

C AGB

S

 

 

Câu IV.(2đ)

1.Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thang vng tại A,B, cho AD=2a,AB=BC=a.SA vng góc

với đáy và SA=a 3.Tính góc và khoảng cách giữa AB,SC.

2.Trong khơng gian Oxyz cho A(3;2;-1),B(1;-4;3),C(-1;0;1).Viết phương trình đường trịn đi qua ba điểm
A,B,C.

Câu V.(2đ)

1.Biển số xe máy được đăng kí theo kí hiệu XY-abcd với:
X chỉ là chữ cái: F,H,K.

Y chỉ là chữ số: 1;2;3;4;5;6;7;8;9.

Còn a,b,c,d là các chữ số: 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9.Hỏi đăng kí hết thì có bao nhiêu xe máy (giả sử khơng có biển
XY-0000)

2.Tính

tan
2
0

2
lim

sin

x
x

cosx
x



</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

ĐỀ SỐ 44

ĐỀ THI THỬ HÀM RỒNG-Năm 2009
A.Phần chung cho các thí sinh:

Câu I:(2đ) Cho hàm số yx4 4x2 3
1.Khảo sát

2.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) với trục hoành
Câu II.(2đ)

1.Giải hệ:

2 2

log log
2

x y

e e y x

x y

   



 



2.Giải phương trình:

2 2

sin . 4 2 sin 2 1 4 sin

4 2

x
x cos x x    

 

Câu III.(2đ)

1.Cho hypebol (H) có phương trình:

2 2
1
16 9

x y

 

,nhận F1,F2 là hai tiêu điểm,F1 là tiêu điểm trái.Tìm M thuộc
(H) sao cho MF1=3MF2.

2.Trong hệ trục Oxyz cho mp(P): 2x+y-2z+15=0 và điểm J(-1;-2;1).Gọi I là điểm đối xứng của J qua
(P).Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt mp(P) theo giao tuyến là đường trịn có chu vi bằng 8 .
Câu IV.(2đ)

1.Với mỗi số tự nhiên n hãy tính tổng:

1 1 1

0.2 1.2 1 2.2 2 ...

2 3 1

n n n n

S Cn Cn Cn Cn

n

 

    

 .

2.Tính I=

2 2

sin
3sin 4

x

dx
x cos x







B.Phần tự chọn:

Câu Va:(2đ)Theo chương trình nâng cao

1.Cho lăng trụ đứng ABCD.A1B1C1D1 có đáy là hình thoi cạnh a góc A=600.Biết đường thẳng AB1 vng 
góc với đường thẳng BD1.Tính thể tích khối lăng trụ theo a.

2.Cho a,b>0.CMR với mọi x>y>0 ta luôn có









y x

x x y y

a b  a b

Câu Vb.(2đ)Theo chương trình cơ bản

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

2.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.CMR



sinA







sinB







sinC



2

ĐỀ SỐ 45

ĐỀ THI THỬ THPT THIỆU HOÁ –Năm 2009
I.Phần chung cho các thí sinh:

Câu I.(2đ)

Cho hàm số









3 2

1 2 2 2

yx   m x   m xm

1.Khảo sát với m=2.

2.Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu địng thời hồnh độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.

Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: 2x x  1 1 2x x 1 2 x 1 1
2.Giải phương trình:





3 sin tan

2 2

tan sin

x x

cosx

x x



 


Câu III.(1đ)

Tính tích phân:

22 1 4 1

dx
x  x



Câu IV.(1đ)

Cho hình chóp SABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600,ABC và SBC là các tam giác 
đều cạnh a.Tính theo a khoảng cách từ B đến (SAC).

Câu V.(1đ)

Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thoả mản:

sin
sin
sin
sin
2

4 sin 1 4 sin
2

A

B
B
C

A B

B C



  





   



 .CMR tam giác ABC đều.

II.Phần riêng:(3đ)

1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2y2 1.Đường tròn (C’) tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm
A,B sao cho AB= 2.Viết phương trình đường thẳng AB.

2.Trong khơng gian Oxyz cho A(3;0;0),B(0;2;0),C(0;0;1).Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABC.
Câu VIIa(1đ)

Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn 1000.Tính xác suất để số đó chia hết cho 3.
2.Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 2
1
12 2

x y

 

.Viết phương trình đường hypebol (H) có hai tiệm cận là
y=2x,y=-2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elip (E).

2.Trong không gian Oxyz cho mp(P): x+y+z+3=0 và các điểm A(3;1;1),B(7;3;9),C(2;2;2).Tìm M trên (P)
sao cho MA2.MB3.MC

  

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Câu VIIb.(1đ)

Tính tổng SC20090  C20091 C20092  C20093 ... C20091999

ĐỀ SỐ 45

ĐỀ THI THỬ BỈM SƠN-Năm 2009
Câu I.(2đ)

Cho hàm số

2 3

x x

y

x

 



1.Khảo sát đồ thị (C)

2.Viết phương trình tiếp tuyến chung (d) của parabol: yx2 3x1 và (C) tại các tiếp điểm của
chúng.Tính góc giữa (d) và (d’): y=-2x+1.

Câu II.(3đ)

1.Giải phương trình:





9. 6 3sin 2 8 2

cos x cos  x  x cos x

 

2.Tìm giá trị nhỏ nhất của m để hệ sau đây có khoảng nghiệm lớn nhất.

2 2

2 4 2
3 2

2 2 2

2 0

x x x x

x x x m

 

  




   



3.Giải bất phương trình:

log 9

log 2

2 6

x

 

 

 
 
Câu III.(2đ)

1.Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng (P): x-2y-z+1=0 và (Q): 2x+y+3z+1=0.Viết phương trình
mp(R) vng góc với cả hai mặt phẳng trên đồng thời cắt mặt cầu (S):













2 2 2

1 2 1 25

x  y  z 

theo
giao tuyến là đường trịn (C) có đường kính bằng 8.

2.Cho hình vng ABCD cạnh a nằm trong mp(P),trên hai tia Bm,Dn cùng vng góc và cùng phía đối với
(P) lần lượt lấy các diểm M,N sao cho BM=x,DN=y.Tính thể tích khối tứ diện MNAC theo a,x,y.

Câu IV.(2đ)

1.Tính





3 2 2 2

. 1 4 4

x x x x x dx



   



2.Tìm số hạng chứa x trong khai triển của

3
4

1 n

x
x

 



 

  trong đó n là nghiệm nhỏ nhất của bất phương trình:

0 1

... n 512

n n n

C C  C  .

Câu V.(1đ)

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

ĐỀ 46.

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I.(2 điểm)

Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)

3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
4. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)

3. Giải hệ phương trình :

¿
x3+y3=1
x2y

+2 xy2+y3=2
¿{

¿
4. Giải phương trình: 2 sin2

(x −π

4)=2sin

2x −tanx

.
Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I =



1
2

√

4− x2
x dx
Câu IV.(1 điểm)

Câu V.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

√

4 x2+1−

√

x=m
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)

1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0,

d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: x1=y

z

2 , d2:

¿
x=−1−2t

y=t
z=1+t

¿{ {
¿

và

mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 sao cho MN song song (P) và
MN =

√

Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

(

z+i
z −i

)

=1
2.Theo chương trình nâng cao.

Câu VI b.(2 điểm)

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt phẳng
(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ
tâm I đến mặt phẳng (P) bằng 53 .

Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: logx3<logx

Đề 47

(Tham khảo)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).

Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vng góc nhau.
Câu II. (2 điểm)

1/ Giải hệ phương trình:

(x −1)(y −1)(x+y −2)=6

x2

+y2−2x −2y −3=0
¿{

¿
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x .
Câu III.(1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và trục tung.
Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là
tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.

Câu V. (1 điểm)

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:

sin

(

π − A
4

)

. sin

(

π − B

)

. sin

(

π − C

)

≥sin

A

2 . sin

B

2 . sin

C

II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): x2

6 +

y2

4=1 và điểm M(1 ; 1) . Viết phương trình

đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.

2/ Trong không gian với hệ tọa độOxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt
phẳng (Q): 2x + y -

√

3 z = 0 một góc 600

Câu VII a.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0
2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI b.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường trịn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là
những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn 
nhất.

Câu VI b.(1 điểm)

Tìm m để phương trình: 4

(

log2

√

x

)

−log1

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Đề số 48

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I:(2đ) Cho hàm số y = x3

 (m + 3)x2 + 3mx  1

1. Tìm giá trị của a thì đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu và các điểm này cách

đều trục tung.

2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị với m = 3.

Câu II: (2đ) Giải các pt sau: 1/ 1 log (9 2  6) log (4.3 2  6)

x x

2/ 2sinx + cosx = sin2x +
1

Câu III: (1đ) Tính tích phân I =





3
0

cos 2
sin cos 2

x

dx

x x



 



Câu IV: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, cạnh SA(ABC), ACB=
600, BC=a, SA = a 3. Gọi M là trung điểm cạnh SB, là 1 điểm trên cạnh SC sao cho 2SN = 3NC.

Tính thể tích khối chóp A.BMNC theo a.

Câu V: (1đ) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa điều kiện: y  0, x2 + x = y + 12. Tìm GTLN,
GTNN của biểu thức A= xy+x+2y+17

II/ PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1/ Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a: (2đ) 1/ Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x + y  1 = 0, d2: 2x  y + 2 = 0. Viết pt

đường trịn (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2.

2/ Trong kgOxyz, cho các đường thẳng 1:

1 1 2

2 3 1

x y z

 

, 2:

2 2

1 5 2

x y z

 

 và mp(P): 2x

 y  5z + 1 = 0. Viết pt đường thẳng  vuông góc với mp(P), đồng thời cắt cả 1 và 2.

Câu VII.a:(1đ) Từ các chữ số: 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác
nhau đơi một trong đó phải có mặt cả 2 chữ số 0 và 6?

2/ Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (2đ) 1/ Cho ABC biết A(1; 3), hai đường trung tuyến BM: x  2y + 1 = 0; CN: y  1 =
0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của ABC.

2/ Trong kgOxyz, cho các đường thẳng d1:

1 1 2

2 3 1

x y z

 

, d2:

2 2

1 5 2

x y z

 

 . Cmr d1

và d2 chéo nhau. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng ấy.

Câu VII.b:(1đ) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn đẳng thức:

0 2 2 4 4 2 2 15 16

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

n n

n n n n

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Đề số 49

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I:(2đ) 1/ Khảo sát hàm số y =

2 1

x
x



 (C)

2/ Tìm các điểm M trên đồ thị (C) sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận của (C) là
nhỏ nhất.

Câu II: (2đ) 1/ Giải hệ pt: 2 2

6
20

x y y x

x y y x

  




 





2/ Giải pt:

7 3 5

sin cos sin cos sin 2 cos 7 0

2 2 2 2

x x x x

x x

  

Câu III: (1đ) Tính tích phân I =





3
2

2
6

cos x dx
sin x

Câu IV: (1đ) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Chứng minh rằng BD’  mp(ACB’).
Tính thể tích khối tứ diện D’.AB’C theo a.

Câu V: (1đ) Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z.

II/ PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1/ Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a: (2 điểm)

1/ Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x  3y + 1 = 0, d2: 4x + y  5 = 0. Gọi A là giao điểm của

d1 và d2. Tìm điểm B trên d1 và điểm C trên d2 sao cho ABC có trọng tâm G(3; 5).

2/ Trong kgOxyz, cho các đường thẳng d1:

1 1 3

1 2 3

x y z

 

  và d2:

1 1 1

1 2 5

x y z

 

. Cmr d1 và

d2 đồng phẳng. Tính thể tích phần khơng gian giới hạn bởi mp(P) chứa d1 và d2 và ba mặt phẳng tọa

độ.

Câu VII.a: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2
: 1: 3
: 1: 24

x x
y y
x x
y y

C C

C A



 








2/ Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng tọa độ cho elip (E) có phương trình

2 2

8 4

x y

 

, các tiêu điểm F1 và F2 (F1 có

hồnh độ âm). Tìm điểm M(E) sao cho MF1 MF2 = 2.

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

Câu VII.b:1/ Giải hệ phương trình:

2 2

3 7 6 0

3 3

l g(3o x y) l g(o y x) 4l g 2 0o

   

       
    



    



ĐỀ SỐ 49

A) PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):
Bài 1 : Cho hàm số y=

2 2

x
x




a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ I giao điểm của 2 đường tiệm cận đến tiếp
tuyến với đồ thị (C )tại M lớn nhất

Bài 2 : Cho phương trình
2

9 9 0

x  x x  x m 

a) Giải pt khi m = 9 và Tìm m để pt có nghiệm thực ( Bình phương 2 vế )
b) Giải bất phương trình

2 3

log ( 1) log ( 1)

3 4

x x

  

  >0

Bài 3 Giải phương trình

a) (1+cosx)(1+cos2x)(1+cos3x) = ½

b)Trong hệ trục toạ độ 0xyz cho S( 0;0;1) M;N là 2 điểm chuyển động trên tia 0x; 0y sao cho

0M +0N =1 . Tìm toạ độ M và N để thể tích tứ diện SOMN lớn nhất và Tím tập hợp tâm mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện SOMN khi M;N di động

Bài 4 a)Tính
2

4
0

sin 2
1 os

x
dx

c x






Đặt t = 2


-x đưa về
2

4
0

sin 2
1 sin

x
dx
x






Đặt t = sin2x

B) PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chọn 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:

Bài 5A)Trên hệ toạ độ 0xy cho Hypeb (H) có pt
2

2 1
4

x
y

 

.
a) Tìm toạ điểm N thuộc (H) nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc 60o

b) Gọi A là đỉnh của ( H) có hồnh độ âm .Xác định toạ độ 2 điểm B,C Nằm trên (H)đối xứng qua trục
hoành sao cho tam giác ABC đều

Bài 5B)Cho P(x) = (1+x2)n + (1-x)2n Biết

3 1 2 2 1 3

1 1 1 1

165

o o

n n n n n n n n

C C





C C





C C C C

 



Tìm hệ số của hạng

tử chứa x8

Theo chương trình nâng cao:

Bài 5A:Trong mặt phẳng (P) Cho đường trịn (C ) tâm O đường kính AB = 2R.Lấy điểm S thuộc đường
thẳng vng góc với (P) tại O sao cho SO = R 3.I là điểm thuộc SO sao cho SI=

2
3

R

.M là điểm thuộc
đường trịn (C )

a)Tính tỷ số

SH

SM Với H là hình chiếu của I trên SM từ đó suy ra quỹ tích điểm H khi M di động trên (C )

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Bài 5B)Cho hàm số y=
2

(2 1) 3

(a 1)
2

ax a x a

x

   



 có đồ thị (C )

Tìm a để đồ thị (C ) tỉếp xúc với đường thẳng y= a+4

ĐỀ SỐ 50

ĐỀ DỰ BỊ 1 khối D NĂM 2008
PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Pttt :y=2x+9 S=814 Cho hàm số

3x 1
y

x 1




 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm
M(–2 ; 5).

x=−π

4+kπ , k∈Z Caâu II (2 điểm)

1. 1−

√

3<x<1+

√

3 Giải phương trình : 4(sin x cos x) cos 4x sin 2x 04  4   
2. Giải phương trình : x −1¿

(x+1)(x −3)

√

− x2+2x+3<2−¿
Câu III (2 điểm)

M(3

2;2;−1) (S1):x
2

+(y+1)2+(z −2)2=4 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt
phẳng (α) : 2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng

x 1 y 1 z
d :

1 2 2

 

 

 .

1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (α). Tính sin của góc giữa d và (α).
2. (S2):

(

x −65

)

(

y −7

)

(

z+2

)

= 4

25 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với

hai mặt phẳng (α) và Oxy.

Câu IV (2 điểm)
1. I=

√

3+e

2−7

4 Tính tích phân: I =



0
1

(

xe2x− x

√

4− x2

)

dx
2. Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 x 3


 

vaø 0 y 3

 

. Chứng minh rằng :
cos x cos y 1 cos(xy)  

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1. Chứng minh đẳng thức n.2 .Cn 0n (n 1).2 Cn 1 1n ... 2Cn 1n 2n.3n 1

  

     (n là số nguyên dương, Ckn là
số tổ hộp chập k của n phần tử).

2. M(0;4) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 4)2 + y2 = 4 và điểm
E(4 ; 1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến
đường tròn (C) (với A, B là các tiếp điểm) sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E.

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

1. Giải phương trình: 2 16.2  2 0

2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC
= 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỉ số

AD và tỉ số thể tích
hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP).

AQ
AD=

3
5;

VABMNQP
VCDNMPQ

= 7

---Heát---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối B

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác:





2 cos sin
1

tan cot 2 cot 1

x x

x x x




 

2. Giải bất phương trình:





3 1 1

3 3

log 5 6 log 2 log 3

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:





4 4

cos 2 sin cos

I x x x dx









Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm

trên đường trịn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn đáy thứ hai của hình trụ.
Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

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 đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 
2 2

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3),
D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

2. Theo chương trình nâng cao.

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường
thẳng

 

d :x y  3 0 và có hồnh độ

9
2

I

x 

, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

2 2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác
định vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2b2c2 3. Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 

---Hết---Đáp án.
Câ

u Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: xlim  y; limx y







3 2 0

' 4 4 4 1 ; ' 0

x

y x x x x y

x




      




0,25

 Bảng biến thiên





 

1 1 1; 2 1 1; 0 0

CT CT

y y   y y  yC§ y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Ta có f x'( ) 4 x3 4x. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

  



 

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

;

  



 

' ' ( ) f' b

yf b x b f b f b x f b  b

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:









3 3 2 2

4a 4a = 4b 4 1 0 (1)

A B

k k    b a b a ab b  

Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình:

2 2 1 0 (2)

a ab b  

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

 





2 2 2 2

4 2 4 2

1 0 1 0

' ' 3 2 3 2

a ab b a ab b

a b

f a af a f b bf b a a b b

         

 

    

      

 

 ,

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương
ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là



1; 1



và



1; 1



Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

2 2 1 0

a ab b

a
a b

    




 


II 2,00

1 1,00

Điều kiện:





cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1

x x x x x

x

 








 0,25

Từ (1) ta có:





2 cos sin

1 cos .sin 2

2 sin

sin cos 2 cos 1 cos

cos sin 2 sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin .cosx x 2 sinx

 





2 4

cos
2

2
4

x k








 


    

  


 0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là





2
4

x  k  k  0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 0,25

Phương trình đã cho tương đương:













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x  x 2  x 2  x













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x x 2 x 2 x

       



 











3 3 3

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

        

0,25



 



3 3

log 2 3 log

x

x x

x



 

       



</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>



 



2
3

x

x x

x



   



2 9 1 10

x
x

x

  
    




Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10 0,25

III 1,00

1 1,00





2
0

1
cos 2 1 sin 2

1 1

1 sin 2 sin 2

2 2

I x x dx

x d x



 

   

 

 

   

 



0,50









2 2

0 0

2 2

0 0

1 1

sin 2 sin 2 sin 2

2 4

1 1

sin 2 sin 2 0

|

d x xd x

x x

 

 

  



0,50

IV 1,00

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD.
Khi đó OM AB và O N' CD.

Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

I

 vng cân tại O nên:

2 2 2

2 2 2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

0,25

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a

R OA AM MO       

    0,25

2 3

2 3a 2 3 2

R . . ,

8 2 16

a a

V  h  

    0,25

và

a 3 2 3

2 Rh=2 . . .

2 2

xq

a a

S      0,25

V 1,00

Phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m
(1)
Điều kiện : 0 x 1

Nếu x



0;1



thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

thì cần có điều kiện x 1 x x2. Thay x2 vào (1) ta được:

3 0

1 1

2. 2.

2 2

m

m m

m




    



* Với m = 0; (1) trở thành:



4 41



2 0 1

x  x   x

Phương trình có nghiệm duy nhất.

0,25

* Với m = -1; (1) trở thành























 



2 2

4 4

1 2 1 2 1 1

1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với

4 41 0 1

x  x  x

+ Với

1 0

x  x  x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

0,25

* Với m = 1 thì (1) trở thành:











4 4

 



1 2 1 1 2 1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm

1
0,

x x

nên trong trường hợp này (1) khơng
có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5.

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này
lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5.

Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) có phương trình:









2 2

2 1 20

x  y 

0,25

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương

trình:









2 20 (1)
2 12 0 (2)

x y

    




  




0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:









2 2

2 10 1 20 5 42 81 0 27

x

y y y y

x





         

 



0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:

9
3;

M 

  hoặc

27 33
;
5 10

M 

  0,25

2 1,00

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện

gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

3 3

;0;

2 2

G 

 , bán kính là
14

R GA 

0,50

VII
a

1,00

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 . 0,25

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là

+ Khơng có bi xanh: có C139 cách.
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.

0,25

Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng thì có C109 cách chọn
9 viên bi đỏ được tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách.

0,50

VIb 2,00

1 1,00

I có hồnh độ
9
2

I

x 

và

 

9 3

: 3 0 ;

2 2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và
Ox, suy ra M(3;0)









2 9 9

2 2 2 3 2

4 4

I M I M

AB IM  x  x  y  y   

. D = 12 AD = 2 2.

3 2

ABCD

ABC

S

S AB A

AB

   

 

AD d

M AD









 , suy ra phương trình AD: 1.



x 3



1.



y 0



 0 x y  3 0 .
Lại có MA = MD = 2.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:





2 2





2 2









3 0 3 3

3 2 3 3 2

3 2

x y y x y x

x y x x

x y

  

      

  

 

  

      

    

  



3 2

3 1 1

y x x

x y

  

 

   

  

  hoặc

4
1

x
y







 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 3
;
2 2

I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2 9 2 7

2 3 1 2

A C
I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y






      





 

      

 



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

0,50

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

 





2.2 2. 1





3 16 5
3

d d I P        d R

.
Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng
góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vng góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và
(P).

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là nP 



2; 2; 1





và qua I nên có phương trình là





2 2
1 2

x t

y t t

z t

 



  


  



.

0,25

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:







 



15 5

2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0

9 3

t t t t t

             

Suy ra 0

4 13 14

; ;

3 3 3

N   

 .

0,25

Ta có 0 0

3
.
5

IM  IN

 

Suy ra M0(0;-3;4) 0,25

VII
b

1,00

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4

(x 0,y 0)

x y x y  

Ta có:

1 1 4 1 1 4 1 1 4

; ;

2 2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b   

0,50
Ta lại có:













2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2 2

2 4 4 2 2 0

2 2 4 7

2 1 1 1 0

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2 2

1 2 1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

0,50

Trêng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 1)
Môn Thi: To¸n

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao )
( thi gm 02 trang)

phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2+4

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm
phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vng góc với nhau.

1. Giải hệ phơng trình:

x2+1+y(x+y)=4y

(x2+1)(x+y 2)=y

{

(x, y R)

2. Giải phơng trình:

sin3x. sin 3x+cos3xcos 3x

tan

(

x

)

tan

(

x+

)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=



0
1

xln(x2+x+1)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc
của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng
góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng a2

√

8 . TÝnh thĨ tÝch khối lăng trụ

ABC.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mÃn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P= 1

a2+2b2+3+

b2+2c2+3+

c2+2a2+3
Phần tù chän

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phn: Phn 1 hoc Phn 2

Phần 1

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2−2x và elip (E):
x2

9+y

=1 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng trịn. Viết
ph-ơng trình đờng trịn đi qua 4 điểm đó.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
x2

+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phơng
trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng trịn có chu vi bằng 6.

(

x+ 1

4x

)

n

,
biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn0+2

2 Cn

3 Cn

+⋯+2

n+1

n+1Cn

n

=6560

n+1 ( Cn

k là số tổ hợp

chập k của n phần tử)
Phần 2

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mt phng vi h trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và
tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phơng

trình đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

ex y+ex+y=2(x+1)
ex+y=x − y

+1
¿{

(x, yR)

---***HÕt***---Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D không phải làm câu V.

Thớ sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khụng gii thớch gỡ thờm

Họ và tên thí sinh:. . . Sè b¸o danh:. . . . . . .

Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1)
Hớng dẫn chấm môn toỏn

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Hc sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

- ThÝ sinh dù thi khèi B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 
điểm.

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát hàm số y=x33x2+4 1,00

1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:

a) Giíi h¹n:

lim

x →− ∞y=x→ −∞lim (x

−3x2+4)=−∞ , lim

x →+∞

y=lim

x→+∞

(x3−3x2+4)=+∞

0,25
b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2

B¶ng biÕn thiªn:

x - ∞∞ 0 2 +
y' + 0 - 0 +

4 +
∞

- ∞ 0

- Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0,50

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vng gúc ... 1,00

d có phơng trình y = m(x – 3) + 4.

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình
x3−3x2

+4=m(x −3)+4⇔(x −3)(x2− m)=0⇔
x=3

¿
x2−m=0

¿
¿
¿
¿
¿

0,50

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 vµ y '(

√

m).y '(−

√

m)=−1 0,25

⇒(3m−6

√

m)(3m+6

√

m)=−1⇔9m2−36m+1=0⇔m=18±3

√

9 (tháa

m·n)

0,25

II.1 Giải hệ phơng trỡnh i s 1,00

Ta thấy y = 0 không phải lµ nghiƯm cđa hƯ 0,25

x
y

-1 O 2

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Hệ phng trỡnh tng ng vi
x2

y +x+y 2=2
x2

y (x+y 2)=1
{

0,25

Đặt u=x

y , v=x+y −2 Ta cã hÖ

¿
u+v=2

uv=1

⇔u=v=1
¿{

0,25

Suy ra

¿
x2+1

y =1
x+y −2=1

¿{
¿

. Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2;

0,25

II.2 Gi¶i phơng trình lơng giác 1,00

Điều kiện: sin

(

x −π

)

sin

(

x+

π

)

cos

(

x −

π

)

cos

(

x+

π

)

≠0

Ta cã tan

(

x −π

)

tan

(

x+

π

)

=tan

(

x −

π

)

cot

(

π

6− x

)

=−1

0,25

Phơng trình đã cho tơng đơng với ⇔sin3x. sin 3x+cos3xcos 3x=1

1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1

2 2 2 2 8

   

    

0,25

⇔2(cos 2x+cos 2xcos 4x)=1

2⇔cos

32x=1

8⇔cos 2x=
1

2 0,25

⇔

x=π

6+kπ (loại)

x=

6+k

,(kZ). Vậy phơng trình cã nghiÖm x=−π

6+kπ ,

(kZ)

0,25

III Tính tích phân 1,00

Đặt

u=ln(x2+x+1)

dv=xdx

du= 2x+1
x2

+x+1dx
v=x2

/2
{

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

1 1

2 3 2

2
0
0

x 1 2x x

I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1



   

 



¿1

2ln 3−
1
2



0

(2x −1)dx+1



0

2x+1

x2+x+1dx−



0

x2+x+1
¿1

2ln 3−
1
2

(

x

− x

)

¿01+1

4 ln(x

+x+1)¿01−3

4I1=

3
4ln 3−

3
4I1

0,25

* TÝnh I1: I1=

0
1

(

x+1

)

(

)

2 . Đặt x+1

2 tant ,t

(

2 ,

)

Suy ra I1=2

√

3 π



/6

π/3

(1+tan2t)dt

1+tan2t =

√

3
3 t¿π/6

π/3

√

3π

0,25

VËy I=3

4ln 3−

√

3π

12 0,25

IV TÝnh thÓ tích khối lăng trụ 1,00

Gi M l trung im ca BC, gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’,
Khi đó (P) (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết din

của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.

0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM=a

√

2 ,AO=
2
3AM=

a

√

3
3

Theo bµi ra SBCH=a
2

√

3
8 ⇒

2HM . BC=

a2

√

8 ⇒HM=

a

√

3
4

0,25

AH=

√

AM2−HM2=

√

3a

4 −
3a2

16 =
3a

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên A ' O

AO =
HM
AH

suy ra A ' O=AO. HM

AH =

a

3
3

a

3
4

4
3a=

a

0,25

Thể tích khối lăng trụ: 0,25

C
B

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

V=A ' O.SABC=1

2A ' O. AM . BC=
1
2

a

√

3
2 a=

a

√

3
12

V Tìm giá trị lớn nhất ... 1,00

Ta có a2+b2 2ab, b2 + 1  2b  1
a2+2b2+3=

a2+b2+b2+1+2≤

1
ab+b+1
T¬ng tù 1

b2+2c2+3≤

1
2

1
bc+c+1 ,

c2+2a2+3≤

1
2

1
ca+a+1

0,50

P≤1

(

ab+b+1+

1
bc+c+1+

1
ca+a+1

)

1
2

(

1
ab+b+1+

b+1+ab+
b

1+ab+b

)

2 0,25

P=1

2 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
1

2 khi a = b = c =

0,25
VIa.1 Viết phơng trình đờng trịn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
x2−2x¿2=1⇔9x4−36x3+37x2−9=0

x2

9+¿

(*) 0,25

XÐt f(x)=9x4−36x3+37x2−9 , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó
(E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ

¿
y=x2−2x

x2

9 +y

=1
¿{

0,25

⇔

8x2−16x=8y

x2

+9y2=9

⇒9x2+9y2−16x −8y −9=0
¿{

(**)

(**) là phơng trình của đờng trịn có tâm I=

(

9;
4

)

, b¸n kÝnh R =

√

161

9 Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng trịn có phng

trình (**)

0,25

VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ().... 1,00

Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5

Đờng tròn có chu vi 6 nên có b¸n kÝnh r = 3.

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

Do đó

12

=4|5+D|=12

D=7

D=17(loại)

22+22+

|

2 . 1+2(2)3+D|

0,25

Vậy () có phơng trình 2x + 2y – z - 7 = 0 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2... 1,00

Ta cã

1+x¿ndx
¿
¿

I=



0
2

(

Cn0x+1

2Cn

x2+1

3Cn

x3+⋯+ 1
n+1Cn

n

xn+1

)

¿02
suy ra I 2Cn0+2

2 Cn

3 Cn

++2

n+1

n+1Cn

n (1)

0,25

Mặt khác

1+x¿n+1¿02=3

n+1−1

n+1

I= 1
n+1¿

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta có 2Cn0+2

2 Cn

3 Cn

++2

n+1

n+1Cn
n

n+1

1

n+1
Theo bài ra thì 3

n+1

−1

n+1 =
6560

n+1 ⇔3

n+1

=6561⇒n=7

0,25

Ta cã khai triÓn

(

√

x+ 1

√

4x

)

∑

0
7

C7k

(

√

x

)

7−k

(

√

4x

)

k

∑

0
7

1
2kC7

k

x

14−3k

0,25
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 14−3k

4 =2k=2

Vậy hệ số cần tìm là 1

22C7

=21

0,25

VIb.1 Vit phng trình đờng trịn .... 1,00

Do B  d1 nªn B = (m; - m – 5), C  d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G lµ träng tâm tam giác ABC nên

2+m+72n=3 . 2
3m 5+n=3 .0

{

m2n=3

m+n=2

⇔

¿m=−1
n=1

¿{
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình
x2+y2+2 ax+2 by+c=0 . Do A, B, C  (C) nên ta có hệ

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

4+9+4a+6b+c=0

1+16−2a −8b+c=0

25+1+10a+2b+c=0

⇔

¿a=−83/54
b=17/18
c=−338/27

¿{ {
¿

VËy (C) có phơng trình x2+y283

27 x+
17

9 y 
338

27 =0 0,25

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =

(

73;8

3;3

)

Ta cã F=MA2+MB2+MC2=

(

MG+GA

)

(

MG+GB

)

(

MG+GC

)

GA+GB+ ¿
¿

¿3 MG2+GA2+GB2+GC2+2MG¿

0,25

F nhá nhÊt  MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lªn (P) 0,25
 MG=d(G ,(P))=|7/3−8/3−3−3|

√

1+1+1 =

√

3 0,25

GA2+GB2+GC2=56

9 +
32

9 +
104

9 =
64

VËy F nhá nhÊt b»ng 3 .

(

19
3

)

+64

3 =
553

9 khi M là hình chiếu của G lên

(P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

ex y+ex+y=2(x+1)
ex+y

=x y+1

ex y=x+y+1
ex+y

=x y+1
{

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

¿
ev=u+1

eu

=v+1

⇔

¿ev=u+1(1)
eu− ev=v −u(2)

¿{
¿

0,25

- NÕu u > v th× (2) cã vÕ trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔u=v 0,25
ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - ∞ 0
+ ∞

f'(u) - 0 +

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

f(u)

0
Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔u=0 .

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0

⇒v=0⇒

x+y=0
x − y=0

⇔

¿x=0
y=0

¿{

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

</div>

Lỗ Tấn - George Orwell của Trung Quốc

<b>ĐỀ SỐ 1</b>

<sub></sub>







 



























































 













 

 







<b>ĐỀ SỐ 2</b>



<b>KẾT QUẢ</b>

<b> ĐỀ SỐ 2</b>

<sub>2</sub>







<sub>2</sub>











































<b> ĐỀ SỐ 3</b>

