BO 15 DE THI TOAN VAO DH VA CD co huong dan giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.61 MB, 74 trang )

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

*** ************************

NĂM HỌC 2009-2010

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

ĐỀ SỐ 1

Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số

y x





3 mx



4 m

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

2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :

1. Giải phương trình:
2

3 4 2sin 2

2 3 2(cotg

1)

sin 2

cos

x









2. Tìm m để hệ phương trình:

3 3 2

2 2 2

3 2 0

1 3 2

0 x

y

x

y y

m



























có nghiệm thực.

Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình:

(P): 2x  y  2z  2 = 0; (d):

1

2

1

2

1 x

y



z







1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo
giao tuyến là đường trịn có bán kính bằng 3.

2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.
Câu 4 (2.0 điểm):

1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hồnh độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục
hồnh. Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.

2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 P

xy

yz

zx





Câu 5 (2.0 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E):

2 2

1

8

6 x

y





và parabol (P): y2 =
12x.

2. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton:

1 1 x

x















ĐỀ SỐ 2

Câu I. (5,0 điểm)

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3.

2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số
(1) tại B và C vng góc với nhau.

Câu II. (4,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

8

5. x x

y

x y y

x y





















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

2. Giải phương trình:

sin 4

cos 4

4 2 sin (

) 1

4 x



x



x







. (x  R)

Câu III.(2,0 điểm)

Cho phương trình:

log(

x



10 x m



) 2log(2



x



1)

(với m là tham số) (2)

Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. 
Câu IV. (2,0 điểm)

Tính tích phân: 4

tan

cos

1 cos

xdx

x







Câu V. (4,0 điểm)

1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ
điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. 
 Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VI. (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD)
bằng 600.

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu VII. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
Chứng minh rằng:

3 3 3

2 2 2

3

4 a

b

c

b



c



a





ĐỀ SỐ 3

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)

Cho hàm số y = (C)

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II. (2.0 điểm)

1. Giải phương trình

2 os6x+2cos4x- 3 os2x = sin2x+ 3

c

2. Giải hệ phương trình

2 2

1

2 x

y

y y x

y



 







 







Câu III. (1.0 điểm)

Tính tích phân

2 3

( sin

)

1 x

dx

x





Câu IV. (1.0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện

1 1 1

2 x



y



z



Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).

Câu V. (1.0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại đều bằng 1.
Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

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

Câu VIa. (2.0 điểm)

1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.

Câu VIIa. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình

2 3

3 4

log (

1)

log (

1)

0

5

6 x











B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)

1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2
điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)

Giải phương trình

C

xx

2 C

xx1

C

xx2

C

x2x23






(

C

nk là tổ hợp chập k của n phần tử)

ĐỀ SỐ 4

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

y

2x 3

x 2







có đồ thị (C).

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

2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 =

x 5



Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:

2
1

dx

1 x





 



Câu IV (1 điểm)

Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh C và SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SC = a .
Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .

Câu V ( 1 điểm )

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1x y z1 1 4. CMR: 1 1 1 1

2x y z x   2y z x y   2z

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a.( 2 điểm )

1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0
. Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1)

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : 
 x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :

(d)

x 1 3 y

z 2

1

2 









và (d’)

x 1 2t

y 2 t

z 1 t

 





 



  



Viết phương trình tham số của đường thẳng (



) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và

(d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )

Tính tổng :

S C C



50 57



C C

15 47



C C

25 73



C C

53 27



C C

45 17



C C

55 70

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

1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường trịn :

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

(d)

x t

y 1 2t

z 4 5t







 



  



và (d’)

x t

y

1 2t

z

3t







 



 



a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .

b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm )

Giải phương trình :

2

log x 35  



x

S 5

I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số

2
1
2

x
x

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

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài
nhỏ nht.

Câu II (2 điểm)

1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất phơng trình log log 3 5(log 2 3)

2
2

2x x   x

Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm

x

dx

I

3 5

cos

.

sin

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300.
Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1
theo a.

Câu V (1 điểm). Cho a, b, c

0

v à

a



b



c



3

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2

1 a

b

c

P

b

c

a

II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).

1.Trong mt phng vi hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m =
0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp
điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d cú phng trỡnh

t

z

t

y

t

x

3

1

2

1

. Lập phơng

trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số
chẵn và hai chữ số lẻ.

2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có phơng trình x + y
+ m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là
hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d cú phng trỡnh

3
1
1

y z

x

. Lập
phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ
số lẻ.

ĐỀ SỐ 6

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

y x





3mx



3 m





1 x







m



1 

(

m

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

m 0.



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

3. Giải phương trình:

2sin 2x

4sin x 1 0.

6 









 









4. Giải hệ phương trình:





















2 2

x y x

y

13 x, y

.

x y x

y

25 

























Câu III (1 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

60 .

o Trên cạnh

SA

lấy điểm

M

sao cho

AM

a 3

3 

. Mặt phẳng



BCM



cắt cạnh

SD

tại điểm

N

. Tính thể tích khối chóp

S.BCNM.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân:

dx

I

2x 1

4x 1



 





2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin8x + cos42x
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn

1. Cho đường tròn (C) :



x 1









y 3







4

và điểm M(2;4) .

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường trịn (C) có hệ số góc k = -1 .

2. Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (

n 2



). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.

Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của



x



x



100, chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 1 99 100

100 100 100 100

1 100C

101C

199C

200C

0.

2 

















 





































2. . Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – 4 = 0 và (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 = 0
có tâm lần lượt là I, J

a) Chứng minh (C1) tiếp xúc ngồi với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H .

b) Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (C2) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng
IJ . Viết phương trình đường trịn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H .

Hết

ĐỀ SỐ 7

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

2

1 x

y

x







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

2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình:

4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2

2 0

2sinx - 3

x



2. Giải bất phương trình:

x



3 x



2.log

2

x



x



3 x



2.(5 log 2)



x

Câu III: ( 1 điểm).

Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm 
có hồnh độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai 
đường thẳng AB và A’C bằng

15

5 a

. Tính thể tích của khối lăng trụ

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

(2

1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)

y-1 2 (

1)(

1)

1 0

(2)

x

y

x

m x

















 





II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
 Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: ( 2 điểm).

1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh 
rằng phương trình (1) là phương trình của đường trịn với mọi m.Gọi các đường trịn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc
với (C).

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:

1

2

1 x



y



z



và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. Lập phương trình
mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)

Câu VII.b: ( 1 điểm).

Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 5xy – 3y2

Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm).

1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng 1

:

2

3

1

2 x

y

z

d











và

1

4

3 :

1

2

1 x

y

z

d











. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác định toạ độ các

đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.

2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm

F

1

(



3;0); ( 3;0)

F

2 và đi qua điểm

3;

1

2 A











. Lập phương trình

chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:

P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:

20100

3

20102

3

2 20104

... ( 1)

20102

... 3

1004 20102008

3

1005 20102010

k k

S C





C



C



 

C



C



C

---Hết

ĐỀ SỐ 8

Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1.

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

2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực
tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.

Câu II: (2 điểm).

1. Giải phương trình : 1 +

3

(sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0

2. Tìm m để phương trình 2

2 .(

4).

2 2 8 2

14

0

4 x

x m x

x x

m

x

















có nghiệm thực.

Câu III: (2 điểm).

Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :

1

2

1 x

y

z





, 2 :

1

3 x



y



z







1. Chứng minh hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau.

2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 một góc 300.
Câu IV: (2 điểm).

1. Tính tích phân :

2
3

ln(

x

1)

I

dx

x







.

2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

2 2 2

1

2 P

x

yz

y

zx

z

xy





Câu Va: (2 điểm).

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

2. Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của

2.

1

n

x















, biết rằng 2 n11

4

6

n n

A

C



n









(n là số nguyên dương, x > 0,

A

nk là số chỉnhhợp chập k của n phần tử,
k
n

C

là số tổ hợp chập k của n phần tử)

S 9

Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 ®iĨm)

Câu 1: Cho hàm số : y =

x



3 mx



3(

m



1)

x



(

m



1)

(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .

b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dơng.
Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin2(2x+

4 

) = 0

b, Xác định a để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :

2 2

2

1

x

y x

a

x

y



Câu 3 : Tìm :

sin

3

(sin

3 cos )

xdx

x



x



Câu 4 : Cho lăng trụ đứng

ABC A B C

.

' ' 'có thể tích V. Các mặt phẳng (

ABC

),(

AB C

),(

A BC

)

cắt nhau .
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.

Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dơng . Chøng minh r»ng :

P = 3

4(

x

y

)

4(

y

z

)

4(

z

x

) 2(

x

2

y

2

z

2

)

y

z

x



Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chơng trình chuẩn

Cõu 6a : a, Cho ng trịn (C) có phơng trình :

x



y



4 x



4 y

 

4 0

và đờng thẳng
(d) có phơng trình : x + y – 2 = 0

Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đờng tròn . . . (C) sao
cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình :

( ) :

1

1

2

1 x

y

z

d









'
2

4 ( ) :

2

3 x

t

d

y

z

t

 













Viết phơng trình đờng thẳng (



)đi qua điểm A và cắt cả hai đờng thẳng(d1), (d2).
Câu 7a : Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển :

7
4

1 x















( với x > 0 )
B . Theo chơng trình n©ng cao

Câu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao và . . đờng phân

giác trong qua đỉnh A,C lần lợt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đờng thẳng (



) có phơng
trình :

2 1 0

2 0

x y z



  







  



Tìm toạ độ điểm M nằm trên đờng thẳng (



)sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
Câu 7b : Cho

(1

 

x x

2 12

)



a

0



a x a x

1



2 2



...

a x

24 24 . Tính hệ số a4.

--- HÕt.

ĐỀ SỐ 10

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số

2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của
trục hồnh.

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

1. Giải phương trình lượng giác.

2. Giải hệ phương trình.

Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.





3
4

4
2

cos

.

sin



x

dx

I

Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực thỏa mãn ,Chứng minh rằng:

Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng .

Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng .
II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)

A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):

1. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu
vng góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)

2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ).

Viết PT đường thẳng (Δ) vng góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6

Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15
B. Theo chương trình nâng cao.

Câu VIb(2,0 điểm):

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu
vng góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)

2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ).

Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6

Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 11

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số

y



f x

 



x



2 

m



2 

x



m



5 m



5

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1

2/ Tỡm cỏc giỏ trị của m để đồ thị hàm số cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giỏc vuụng cõn.
 Cõu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trỡnh:

2 2

12 x y

x

y

y x

y

  

















2/ Gi¶i bất phơng trình : log log 3 5(log 2 3)

4
2

2
2

2 x x   x 

Cõu III (1.0 im) Tìm x(0;

) thoả mÃn phơng trình: cot x - 1 = x x
x

x

2
sin
2
1
sin
tan

1
2

cos 2




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

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 2 2
0

I

cos

x

cos 2

xdx







Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC =

a

, SA a 3,



SAB



SAC



30

Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh

SA



(

MBC

)

. TÝnh

V

SMBC
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho



ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:

2 x y

  

1 0

và phõn giỏc trong
CD:

x y

 

1 0



. Viết phương trỡnh đường thẳng BC.

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).
 B/ Phần đề bài 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, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =







2

2

1 x

Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.
 ******* HÕt *******

S 12

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số

2
3
2

x
x

y

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

2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các
đờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

C©u II (2 điểm)

1. Giải phơng trình

2
4
cos
2
sin
2
cos

sin
2
sin

1 x x x 2x 2

x

2. Giải bất phơng trình

x

2

1 log

)

2 (

2 )

1

4 (

log

2
1
2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

e

dx

x

I

ln

3 ln

1 ln

Câu IV (1 điểm)

Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC =

a

. SA a 3,

SAB





SAC





30

0. TÝnh thĨ tÝch khèi chãp S.ABC.

C©u V (1 ®iĨm) Cho a, b, c lµ ba sè dơng thoả mÃn : a + b + c =

3

4

. T×m giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

3
3

3

1

3

1

3

1 a

c

b

a

P





Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

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

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d1:2x y50. d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phơng
trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng đó cắt hai đờng thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao
điểm của hai đờng thẳng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P)
có phơng trình:xyz 2 0. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D.
Xác định toạ độ tâm và bán kính của đờng tròn (C) là giao của (P) và (S).

Câu VIIa (1 điểm) 
Tìm số nguyên dơng n biết:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2





3.2.2





.... ( 1)

 

k

(



1)2

k k



.... 2 (2





1)2

n n



40200

n n n n

C

k k

C

n n

C

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) 
Câu VIb (2 ®iĨm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: 1

9
16

2
2

y

x . Viết phơng trình chính tắc

của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho

 

P :x2y z50 và đờng thẳng 1 3

2
3
:
)

(d x y z , điểm A(
-2; 3; 4). Gọi  là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vng góc với d. Tìm trên  điểm M sao
cho khoảng cách AM ngn nht.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình

 



1

3

2.

3

2

3
2

1
3

x

xy

x

x
y
y

x

---

ĐỀ SỐ 13

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

Cho hàm số y = -x3+3x2+1 
 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải bất phương trình:

4 16 6

2 x

 



 



2.Giải phương trình:

3 sin

1 sin 2

tan

2 x



x



x

Câu III (1,0 điểm). 
Tính tích phân:

ln 3 2

ln 2

1

2

x

x x

e dx

I

e



 





Câu IV (1,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=

a

2

. Đáy là tam giác ABC cân



BAC 

120

0, cạnh BC=2a Tính thể tích của

khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm).

Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:



3 3 3



1

3

1

3

1

3

3

2 b c c a a b

a

b

c

a

b

c

a

b

c



































II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a(2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :

x



y



4 x



2 y

 

1 0

và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm
ngồi đường trịn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2.

2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

x



y



z



2 x



4 y



2 z



3 0



Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại
 A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).

Câu VII.a(1,0 điểm)

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

z i



 

z

2 3



i

. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ đun nhỏ nhất.
 B. Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d:

2 2

x y



2 2 0



và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình 
tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.

Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (Cm):

1 x

x m

y

x









(m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến

của (Cm) tại A, B vng góc.

..……….Hết………

ĐỀ SỐ 14

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

Câu I ( 2 điểm)

Cho hàm số 3 (1 2 ) 2 (2 ) 2










x m x m x m

y (1) m là tham số.

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

2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d:xy7 0 góc



, biết

26
1
cos 
.

Câu II (2 điểm)

1. Giải bất phương trình: 4 5

4
2
log2

1  







 x

x

2. Giải phương trình: 3sin2x.



2cosx1



2cos3xcos2x 3cosx.

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I













2
1
1

dx
x
x

.
Câu IV(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, ABa 2. Gọi I là trung điểm của

BC, hình chiếu vng góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA2IH, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng

60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2y2z2 xyz. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
xy

z

z
zx
y

y
yz
x

x
P







 2 2 2 .

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trìnhxy1 0,
trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết
phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu VII.a (1 điểm)

Cho khai triển:









14
2

2
1
0
2
2

...
1

1 x x x a a xa x  a x . Hãy tìm giá trị của a .6

B. Theo chương trình nâng cao:
 Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G
thuộc đường thẳng d:3xy 40. Tìm tọa độ đỉnh C.

2.Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)xy z1 0,đường thẳng d:

3
1

1
1









 y z

x

Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng



nằm trong (P), vng góc với d và cách
I một khoảng bằng 3 2.

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

ĐỀ SỐ 15

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

2

4

1 x

y

x







1) Khảo sát và vẽ đồ thị

 

C

của hàm số trên.

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và

MN 

3 10

.
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

sin 3

x



3sin 2

x



cos 2

x



3sin

x



3cos

x



2 0



.
2) Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

(

)

2

7

2 x

y

xy

y

y x y

x

y





 











Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

3
0

3sin

2cos

(sin

cos )

x

I

dx

x











Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng 
(ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và

mp(ABCD) bằng

30

0.

Câu V (1 điểm): Cho các số dương

a b c ab bc ca

, , :





3.

Chứng minh rằng: 2

1

2

1

2

1 .

1 

a b c

(



) 1



b c a

(



) 1



c a b

(



)



abc

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được 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 hai đường tròn

( ) :

C x



– 2 – 2 1 0,

y

x

y





2 2

( ') :

C

x



y



4 – 5 0

x



cùng đi qua M(1; 0). Viết phương

trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn

( ), ( ')

C

lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0;

1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm):

Khai triển đa thức:

(1 3 )



x



a

0



a x a x

1



2 2



...



a x

20 20

.

Tính tổng:

S



a



2 a



3 a



... 21



a

20 .

2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm

H

(1;0)

, chân đường
cao hạ từ đỉnh B là

K

(0; 2)

, trung điểm cạnh AB là

M

(3;1)

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

( ) :

1

2 x

y

z

d



và 2

1 ( ) :

2

1 x

y

z

d







Tìm tọa độ các điểm M thuộc

( )

d

1 và N thuộc

( )

d

2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

 

P

: – 2010 0

x

y



z





độ dài đoạn MN bằng 2 .
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình

1 2

2log (

2 2) log

(

2 1) 6

log (

5) log

(

4) = 1

x y

xy

x y

x

y

x

 





 























………...HẾT………

Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: 1.












z
i

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

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1

Câu Nội dung

I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4
+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x  6 = 0  x = 1

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)

Giới hạn và tiệm cận:

lim

1

3

4

3

x 

y

x 

x





















LËp BBT:

§å thÞ:

2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0 

0

2 x

m





 



Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 



AB



(2 ; 4

m



m

)

0 x

4 +

∞



∞



+

0 0

+

y’



∞

2 +

∞

y

0 x

y

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

Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với đường thẳng y = x và I thuộc 
đường thẳng y = x

3
3

2

4

0

2 m









 







Giải ra ta có:

2 m 

; m = 0

Kết hợp với điều kiện ta có:

2 m 

II

2/. Đk:

2 x k





Phương trình đã cho tương đương với:





2 2

4 3 1

2 3 2

sin 2

2(sin

cos )

3 3 2

sin cos

3

2 3 0

tg

cotg

tg

cotg

tg

x



























3

1

3 6

tg

x

k

x

x

k







 



 







   





KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :

6

2 x

 



k



; kZ

2/.

3 3 2

2 2 2

3 2 0 (1)

1 3 2

0 (2)

x

y

x

y y

m



























Điều kiện:

2
2

1

0

1

0

2

0 x

y

y y

 





  







 











Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2.
Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 
(1)  y = y  y = x + 1  (2) 

x



2 1



x



m



0

Đặt

v



1



x

2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m.
Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt

0;1 0;1

min ( )

1; m

( ) 2

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

III

1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:

1 2 ;

2 x

t

y

t t R

z

t







 





  



Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). 
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

| 2

1 2

4 2

2 | | 6

5 |

( ; )

3 t

d I

 



 











2

3

7

3 t







 



 Có hai tâm mặt cầu:

2 1 8

; ;

7 ;

17 ;

1 3 3 3

vµ

3

7 I











I



















Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2 2 2 2

2

1

8

7

17

1

25

3 vµ

3 x

y

z

x

y

z

























































































2/. Đường thẳng () có VTCP

u  



( 1;2;1)

; PTTQ:

2 1 0

2 0

x y

x z



 





 





Mặt phẳng (P) có VTPT

n 



(2; 1; 2)



Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là:

sin

| 2 2 2 |

6

3 3. 6

 



 



 Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là

cos

1

6

3

9

3  





Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m2+ n2 > 0)
 (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0

Vậy góc giữa (P) và (Q) là:

2 2

| 3 |

3 cos

3 3. 5

2

4 m

n

mn

 





 m2 + 2mn + n2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n.

Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0

IV

1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x = 2 là: y = 4x  4

Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:

2 2

4 2

0 1

(4

4)

V







x dx



x



dx









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

=
5

2

16

2

16 (

1)

0

1

5

3

15 x



















2/. Ta có:



(1

) (1

)



1

9

1 xy

yz

zx

xy

yz

zx





















2 2 2

9

3 P

xy yz zx

x

y

z









9

3

6

2 P  

Vậy GTNN là Pmin =

3

2

khi x = y = z

V

1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)
() là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A.

Với C = 2A  A = B = 0 (loại)

Với C = 4A 

2

3 A

B 

 Đường thẳng đã cho có phương trình:

2 2 3

4

0 4 0

3 A

Ax



y



A

 

x



y

 

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:

2 3

4 0

3 x



y

 

V

Ta có:

12 12

4 4 12 4

12
0

1 ( 1)

k

k k

k

x

C

x
























 











































 

12 12

12 4 12 4 4

12 12

0 0 0 0

12 4 5

12
0 0

1 ( 1)

i

k k i k

k k i k k i k i i

k k

k i k i

k

k k i k i

k

k i

C

C x

C C x

x

C C x



   

   

 

 





























Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8
 i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12

Vậy hệ số cần tìm là:

C C

122

.

20



C C

127

.

74



C C

1212

.

128



27159

Đ

ÁP ÁN

ĐỀ Ố

S 2

Câu Phương pháp - Kết quả Điểm

I.1

(2điểm) 1. Ta có y’ = 3x

2 + 6x + m 0,5

Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1, x2
thỏa mãn x1 + 2x2 = 3.

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



1 2

9 - 3

0 -2

.

3

2

3 m

x

m

x x

x



























0,5

Giải hệ trên ta được m = -105 0,5

I.2
(2điểm)

2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 0,5

Từ đó tìm được m <

9

4

và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C. 0,5

+) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình
x2 + 3x + m = 0 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m
và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m

0,5
Tiếp tuyến của (C) tại B và C vng góc với nhau khi và chỉ khi

k1.k2 = -1 0,5

 4m2 – 9m + 1 = 0 0,5



9

65 m

( t/m)

8

9

65 m

( t/m)

8 















0,5

II.1
(2điểm)

1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5

Xét y = 0, không thỏa mãn hpt

+) y  0, đặt

x t y



, t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành

3 2 2

2
2

5

8 (*)

8 1

5 (

1) 5

(

1)

1 t

t y

t

y t

y

t

t





 







 

















 









(*)  4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 
 t = 1; t = -

1

2

; t =

3

2

. Đối chiếu điều kiện ta được t =

3

2

Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4).

(HS có thể giải bài tốn bằng phương pháp thế hoặc cách khác được kết quả đúng

vẫn được điểm tối đa) 0,5

II.2
(2điểm)

2. PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)


sinx cos

0 (cos

sinx)(sin 2

os2 ) 2

x

x c

x

















0,5



4

os3

sinx 2

x

k

c

x

















0,5

Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x =

4 k







0,5

III
(2điểm)

3. PT 

2 2 2

1

2

10 (2

1)

3

6 1(**)

x

x m

x

m

x



 

























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

Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-

1

2

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (-

1

2

;+∞ )ta tìm đươc m

 (-2;

19

4

)

IV
(2điểm)

I = 4

2
0

tan

cos

1 cos

xdx

x







2 2

tan

cos

2 tan

xdx

x







. 0,5

Đặt t =

2 tan

t

2 tan

tdt =

tan x

2

cos

dx

x





 



0,5

Đổi cận : x = 0  t =

2

x =

t

3

4 





0,5

I =

3 3

2 2

3

2 tdt

dt

t







0,5

V.1
(2điểm)

1. B  1  B(a; 3 –a) . C  2  C(b; 9-b)
 ABC vuông cân tại A 

2 2

.

0 AB AC

AB

AC















 

0,5



2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)

2 2

2a - 8a = 2b

20b 48 (2)











a = 2 không là nghiệm của hệ trên.

0,5

(1)  b =

5a - 8

a - 2

. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5

Với a = 0 suy ra b = 4.

Với a = 4 suy ra b = 6. 0,5

V.2
(2điểm)

2.Gọi I là trung điểm của AB  I ( 1; 1; 1)
+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2

Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MInhỏ nhất
 M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)

+) Phương trình đường thẳng MI :

x-1 y-1 z-1

=

1

. 0,5

M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).

Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 0,5

VI
(2điểm) 3.

D C

B
A

Gọi M là hình chiếu vng góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 1200 và  DMB cân tại M

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

Tính được: DM2 =

2

3

2 0,5

 SCD vuông tại D và DM là đường cao nên

1

2

=

1

2

+

1

2

DM

DS

DC

Suy ra DS = a

2

. Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.

0,5

Vậy thể tích S.ABCD bằng

1

3

3 0,5

VII
(1điểm)

3 3 3

2 2 2

3

4 a

b

c

b



c



a





(***).Do ab + bc + ca = 3 nên

VT (***) =

3 3 3

2 2 2

a

b

c

b



ab bc ca c



ab bc ca a



ab bc ca



3 3 3

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

a

b

c

b c a b



c a b c



a b c a



Theo BĐT AM-GM ta có

3 (

)(

)

8

4 a

b c a b

a

b c c a







5

2

(

)(

)

8 a

b c

b c c a









(1)

0,5

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

5

2 (

)(

)

8 b

c a

c a a b







(2),

5

2 (

)(

)

8 c

a b

a b c a







(3)

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được

(***)

4 a b c

VT



 

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :

a + b + c ≥

3(

ab bc ca



)

= 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)

0,5

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THAN

G
ĐIỂM
Câu I

(2.0đ)
1.
(1.0đ)

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên

lim ( )

lim ( ) 1

x 

f x



x  

f x



nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( )

, lim

x 

f x



x 

 

nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y’ = 2

1

0 (

x

1)







0.25

Bảng biến thiên

1
+

-
1

-y

x - 1 +

Hàm số nghịc biến trên

(

 

;1)

và

(1;



)

Hàm số khơng có cực trị

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

f(t)
f'(t)

2
0
1

0 +

Đồ thị.(tự vẽ)

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

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 2 0 0

0 0

1 (

)

(

1)

1 x

y

x x

x









2
0

2 2

0 0

1

0 (

1)

(

1)

x

x y

x

 









0.25

Ta có d(I ;tt) = 0

4
0

2

1 (

1)

x





Xét hàm số f(t) =

2

4

(

0)

1 t





ta có f’(t) =

4 4

(1 )(1

)(1

)

(1

) 1

t





0.25

f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta c

d(I ;tt) lớn nhất khi và

chỉ khi t = 1 hay

2 1 1

0 x







  





0.25

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25

Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2

3

cos2x 0.25

os x=0

2cos5x =sinx+ 3 cos

c

x



 



0.25

cos

0 os5x=cos(x- )

6 x

c















0.25

2

24

2

42

7 x

k

x

k

x



















 





0.25

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

hệ

1

2 2 0

2

1 2 0

x

y

x

y



 







 













đưa hệ về dạng

2
2

2 2 0

u

u v

v

v u



 









 









1

2 2 0

3

7

3

7

2 ,

2

1

7

1

7

2 u v

u

v

u v

v

v u

u

v













 



 









 





 





















 



 



 

 

 





 









Từ đó ta có nghiệm

của hệ

(-1 ;-1),(1 ;1), (

3

7 ;

2 7 1



), (

3

7

2 ;

2 7 1



)

0.5

Câu III.
(1.0đ)

1 1

2 3

0 0

sin

1 x

I

x

x dx

dx

x







0.25

Ta tính I1 =

2 3

sin

x

x dx



đặt t = x3 ta tính được I

1 = -1/3(cos1 - sin1)

0.25

Ta tính I2 =

1
0

1 x

dx

x





đặt t =

x

ta tính được I2 =

1 2 (1

)

2(1

) 2

1 t

dt

4

2 







 





0.25

Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+

2 



0.25

Câu IV.
(1.0đ)

Ta có

1 1 1

2 x



y



z



nên

0.25

1 (

1)(

1)

1 y

z

2 y

z

(1)

x

y

z

y

z

yz



 

 







Tương tự ta có

1 x

1 z

1

2 (

x

1)(

z

1)

(2)

y

x

z

x

z

xz



 

 







1 (

1)(

1)

1 x

y

2 x

y

(3)

y

x

y

x

y

xy



 

 







0.25

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

(

1)(

1)

1

8 x



y



z





0.25

vậy Amax =

1

3

8 

x

  

y z

2

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

O
C

A
D
S

B'
Y

N
D'
C'

D A

B
M

Câu V.

(1.0đ) Ta có



SBD



DCB c c c

( . . )



SO CO



Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vng tại S.

1 CA

x







Mặt khác ta có

2 2 2 2 2 2

AC



BD



AB



BC



CD



AD

3 (

0 3)

BD

x

do

x









2 2

1

3

4

ABCD

S

x









0.5

Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD





0.25

Mà 2 2 2 2

1 x

SH



SC



SA







x

Vậy V =

1

3 ( vtt)

6 x



x

d

0.25

Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5

Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5

(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)

Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng

x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D

= 0

Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có

5

2 1 2

0

5 2 2

2

0

2 8 4

4

0

1 8 4

4

0 2

4 A

A D

B

C D

B

A

C D

C

B

C D

D























































Vậy bán kính R =

A

B

C

D

15







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

Câu
VIIa
(1.0đ)

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Đk: x > - 1 0.25

bất phương trình

3
3

3log (

1)

2log (

1)

log 4

0 (

1)(

6)

x













log (

1)

0

6 x









0.25

0 x

6 



0.25

Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25

Vì đường trịn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình

2 2 2

2 2

(1

)

(1

)

(2

)

(

1)

2 a

b

R

a

y

R

a b

R

 

























0.25

0

1

2 a

b

R

 















Vậy đường trịn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2

0.5

(1.0đ) Ta có

AB

(1;1;1),

n

Q

(1; 2;3),





AB n

;

Q

  



(1; 2;1)



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 

Vì





AB n

;

Q

 



0  



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



nên mặt phẳng (P) nhận





AB n

;

Q





 

làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

1.0

Câu
VIIb

(1.0đ) ĐK :

2 x

5 x N

 









Ta có

1 1 2 2 3 1 2 3 2 3

2 1 1 2 2 2

x x x x x x x x x x

C



C



C



C



C



C



C



     















(5

x

)! 2!

x

3 









1.0

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

C©u Néi dung Điểm

I
2.
0đ

1
1.
25
đ

Hàm số y =

2x 3

x 2

cã :

- TX§: D =

R

\ {2}
- Sù biÕn thiªn:

+ ) Giới hạn :

Lim y 2

x 



. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN
,

x 2 x 2

lim y

; lim y

 

 

 



. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 lm TC

+) Bảng biến thiên:
Ta có : y’ =





1 x 2



< 0

x D

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

;2

và hàm số không có cực trị
- Đồ thị

+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0 ;

3

2

)

+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)

- THS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng

0,25

0,5

2
0,
75
đ

Lấy điểm

M m; 2

1 m 2

















 

C



. Ta có :

 





1 y ' m

m 2





Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :









1 y

x m

2 m 2





 



Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng l : à

A 2; 2

2 m 2

















Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang l : B(2m – 2 ; 2)à

Ta có :









2
2

1 AB

4 m 2

8 m 2



























. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ l : (2; 2)à

0,25đ

0,25đ
Phương trình đã cho tương đương với :

2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0









sin x

cosx

2 1 sin x

1 cosx

0 cosx

sin x

2 sin x cosx cosx.sin x

3 sin x cosx cosx.sin x

0 cosx

sin x



 







 

 



 







 

















0,25

A B

C
S



8
6
4
2
-2
-4

-5 5 10

y’

y

x

 



-

 

2 -2

2

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

P N S 5

I.Phần dành cho tất cả các thí sính

Câu Đáp án Đ

iể
m
I

(2 
điểm
)

1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên

+Giới hạn:

























 2 2

lim

;

lim

;

2 lim

x
x

y

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2

0,
5

+ x D

x

y   



 0

)

2
(

' 2

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;)

0,
2
5
+Bảng biến thiên





-2





y’ + +





2
y

0,
2
5

c.Đồ thị:

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;

2
1

) và cắt trục Ox tại ®iÓm(

2
1
 ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,

2
5

2. (0,75 ®iĨm)

Hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

























)1(

0

21 )

4(

2

1

2 xm

m

x

m

x

Do (1) có m2 10 va (2)2 (4 m).(2)1 2m30m nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

2
5

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB
ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó 24



AB

0,
5
II

(2 
®iĨm
)

1. (1 ®iĨm)

Phơng trình đã cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 
 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 
 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,
5
 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

 











)
(
0
7
sin
2
cos
6

0
sin
1

VN
x

x
x

0,
2
5





2 k

x  0,2

5
2. (1 điểm)

x

y

O

2

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

ĐK:

0

3 log

0

2 x

Bt phng trỡnh đã cho tơng đơng với log log 2 3 5(log2 3) (1)
2

2 x x   x

đặt t = log2x,

BPT (1)  2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)










 t t t t t

t
0,
5















































4 log3

1 log

43

1 )3(5

)3)(1

(

3

1

2 x

t

tt

t

0,2

5










16
8
2
1
0
x
x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)

2
1
;
0
( 
 III
1

®iĨm









x

dx

x

dx

I

3 3 2 3 2

cos

.

2 sin

8 cos

.

cos

.

sin

đặt tanx = t

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

Câu 
IV
1 
điểm

AH

(

A

1

B

1

C

1

)

nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì
góc AA1H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA

1 có AA1 = a, gãc AA1H =300
2
3
1

a
H
A 

 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuc B1C1 v

2
3

a
H

A nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1 nên

)

(

1

C

AA

H

B

0,
5

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 0,
2
5
Ta có AA1.HK = A1H.AH

4
3
.
1
1 a
AA
AH
H
A

HK

0,
2
5
Câu 
V
1 
điểm

Ta cú: P + 3 = 2

2
3
2
2
3
2
2
3
1
1

1 a a

c
c
c
b
b
b
a








2
4

1
1
2
1
2
2
4
6 2
2
2
2
3 b
b
a
b
a

P  







2
4
1
1
2

1
2
2
2
2
2
3 c
c
b
c
b 





2
4
1
1
2
1
2
2
2
2
2
3 a
a
c

a
c 




 3
6
3
6
3
6
2
16
3
2
16
3
2
16

3 a  b  c



6
2
2
2

3 2 8

9
)
(
2
2
2
3
2
2
3






 P a b c

2

3

2

3

2

9

2

3

2

9

6 3













P

Để PMin khi a = b = c = 1

0,
5

Phần riêng.

1.Ban cơ bản

Câ
u 
VIa
2 
điể
m

1.( 1 điểm)

T phơng trình chính tắc của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB,

AC tới đờng tròn và AB  AC=> tứ giác ABIC là hình vng cạnh bằng 3 IA3 2 0,5



























7

5

6

1

2

3

2

1 m

0,5

2. (1 ®iĨm)

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

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d
và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

Gi¶ sư điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta cã

AH 

HI

=> HI lín nhÊt khi

A 

I

VËy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.

0,5

)
3
1
;
;
2
1

( t t t

H
d

H vì H là hình chiếu của A trên d nên
)

3
;
1

;
2
(
(
0

d AHu u

AH là véc t¬ chØ ph¬ng cđa d)

)
5
;
1
;
7
(
)

4
;
1
;
3

(   

 H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câ
u 
VII
a
1 
điể
m

Từ giả thiết bài toán ta thấy có

C

42

6

cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và

C cách chọn 2 ch÷ sè lÏ => cã C52.C52= 60 bé 4 số thỏa mÃn bài toán

0,5

Mi b 4 s nh th có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả

C

42.C52.4! = 1440 số 0,5

2.Ban nõng cao.

Câ
u 
VIa
2 
điể
m

1.( 1 điểm)

T phng trỡnh chính tắc của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC

tới đờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vng cạnh bằng 3 IA3 2 0,5



























7

5

6

1

2

3

2

1 m

0,5

2. (1 ®iĨm)

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và
(P) là khoảng cách từ H n (P).

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lªn (P), ta cã

AH 

HI

=> HI lín nhÊt khi

A

I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.

0,5

)
3
1
;

;
2
1

( t t t

H
d

H vì H là hình chiếu của A trên d nên
)

3
;
1
;
2
(
(
0

d AHu u

AH là véc tơ chỉ phơng của d)

)

5
;
1
;
7
(
)

4
;
1
;
3

(  

 H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câ
u 
VII
a
1 
điể
m

T giả thiết bài tốn ta thấy có C52 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu)
và C53=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52.C53 = 100 bộ 5 số đợc chọn.

0,5

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C52.C53.5! = 12000 số.

Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C41.C53.4!960. Vậy có tất cả
12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toỏn

0,5

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

Câu Nội dung Điểm

I
2.

0
đ

1
1,
25
đ

Với m = 0 , ta cã :
y = x3 3x + 1
- TXĐ:

R

- Sự biến thiên:

+ ) Giíi h¹n : x

Lim y

  

 

; Lim y

x

+) Bảng biến thiên:

Ta có : y’ = 3x2 – 3 
y’ = 0



x = -1 hc x = 1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



  

; 1



và



1; 



, nghịch biến trên khoảng (
-1; 1)

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) =3
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y(1) =-1
- Đồ thị

+ Điểm uốn : Ta có : y’’ = 6x , y" = 0 tại điểm x = 0 và y" đổi dấu từ dơng sang âm khi
x qua điểm x = 0 . Vậy U(0 ; 1) là điểm uốn của đồ thị .

+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0 ;1)
+ ĐTHS đi qua các điểm :
A(2; 3) , B(1/2; -3/8)
C(-2; -1)

0,25
0,25

0,25

0,5

2
0.

75
®

Để ĐTHS (1) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ dơng, ta phải có :

   

 

1 2

y '
1
2

x x

0 x

0 y

0 y 0

0 

























(I)

Trong đó : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1)
∆y’ = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 với mọi m

y’ = 0 khi x1 = m – 1 = xCĐ và x2 = m + 1 = xCT .

(I)



 







2 2 2

m 1

0 m 1

0

3 m

1

2 m

1 m

3 m

2m 1

0 m

1

0 







 















 











0,25

0,5

1
1,
0®

Ta cã :

2sin 2x

4sin x 1 0.

6 









 











3

sin2x – cos2x + 4sinx + 1 = 0



3

sin2x + 2sin2x + 4 sinx = 0



sinx (

3

cosx + sinx + 2 ) = 0



sinx = 0 (1) hc

3

cosx + sinx + 2 = 0 (2)
+ (1)



x

 

k

+ (2)

3 cosx

1 sin x

1

2 





sin x

1

3 



















5 x

2

6 







k



0,25

0,5

y’

y

x

 



+



 

-1

+

0 -1

3 -1

6
4
2
-2
-4

-5 5 10

y

x

B C

M
H

t

f’(t)

f(t)

-1

1/3

1 +

0 -3

1

27

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

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7

Hướng dẫn giải
Câu I:

2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY:

1

2 x X

y Y









 



Hàm số đã cho trở thành : Y =

3 X



hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X
Hay y – 2 = - x – 1  y = - x + 1

Câu II: 1. Điều kiện:

sinx

3

2 

và

os

0

2 x

c



và cosx ≠ 0

Biến đổi pt về: 4cos3x - 4 cos2x – cosx + 1 = 0

osx = 1

1 cosx =

2 c













2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.

2 2 2

3 2.log

3 2.(5 log 2)

x

x



x



x



x



x





2 2

2log

5log

2

0 log

x









Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4

Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0

0

2 x





 





V =

2 2

2 3 2 2

0 0

(

x

4)

dx

(

x

2 x

4)

dx















 

Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH  M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH

HC =

15

10 a

; M’C =

15

2 a

; MM’ =

3 a

Vậy V =

3

4 a

Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+)
=

(2

x

1) ln

x

1 x



Gọi x1; x2  [0;+) với x1 > x2

Ta có :

1 2

2 1 2

1 0

( )

1 ln

0 x

f x

x

 















 



: f(x) là hàm số tăng

Từ phương trình (1)  x = y

(2)



x



1 2 (



x



1)(

x



1)



m x

 

1 0

1 2

4

1 0

1 x

m

x













Đặt X = 4

1 x





==> 0 ≤ X < 1

Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 
 Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2

==> hệ có nghiêm  -1 < m ≤ 0
 Câu VI.a

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

(

m

1)

4

m





, ta có OI < R’

Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5

2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13

(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139

Câu VII.a

2 2

5 xy

3 y

P

x

xy y







Với y = 0 ==> P = 0

Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: 2

5

3 (

5)

3 0

1 t

P

Pt

P

t P

t













 

 

(1)

+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5

+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi 
 ’ = - P2 – 22P + 25



0  - 25/3 ≤ P ≤ 1

Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:

1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương

a 

(1;1; 2)





d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương

b  

(1; 2;1)



Ta có





a b

,







0 va a b M M





,





0 1



0  



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

 



  

(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A  (d1,d2)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t);

5 ;

5 ;3

2 t

M









t









 d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)

C( 1+t;4-2t;;3+t) :



AC



a



==> t = 0 ==> C(1;4;2)
2. (E):

2 2

2 2 2 2

3

1

4 x

y

a



b

 

a



b



, a

2 = b2 + 3 ==>

2 2

1

4

1 x

y





P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2(

x

M2



y

M2 ) – (a2 – e2

x

M2 ) = 1
Câu VII.b:

Ta có:





2010





2010



0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010



2010 2010 2010 2010 2010 2010

1 i

3

1 i

3

2 C

3 C

... ( 1) 3

k k

C

k

... 3

C

3 C











 





Mà









2010 2010

2010

-2010

1

3

1

3

2 ( os

in

) 2

os

in

3 i

c



s





c



s























2.2

2010



c

os670



2.2

2010





Vậy S = 22010

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8

Câu Nội dung Điể

m
I-1 Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x3 + 3x2 – 4.

Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
Chiều biến thiên.

y’ = - 3x2 + 6x , y’ = 0  x = 0 v x = 2.

y’> 0  x ( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2).

y’ < 0  x (- ∞; 0)  (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞).

0,25

Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4.
Giới hạn. x

Lim x

  

(





3 x



4)



,

Lim x

x 

(





3 x



4)

 

.Đồ thị hàm số khơng có

tiệm cận.

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

Tính lồi, lõm và điểm uốn.

y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0  x = 1.

x -∞ 1 +∞

y’’ + 0

-Đồ thị

Lõm Điểm uốn Lồi

I(1; - 2)
Bảng biến thiên.

x -∞ 0 1 2 +∞

y’ - 0 + 0

-y +∞ 0
(I)

- 2

- 4 -∞

0,25

Đồ thị.

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4). Đồ
thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2).

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3.
f(x)=-x^3+3x^2-4

-3 -2 -1 1 2 3 4 5

-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2

x
y

0,25

I-2 Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0  x = 0 v x = 2m.

Hàm số có cực đại , cực tiểu  phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  m  0. 0,25
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)

Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
Vectơ

AB

(2 ; 4

m m

)





; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là

u 



(8; 1)



0,25

Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d 

I

d

AB

d











0,25



8(2

3 1) 74 0

.

0 m

AB u



















 

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

II-1 Tập xác định D = R.Phương trình đã cho tương đương với

( 3 s inx sin 2 )



x





3 cos

x



(1



c

os2 )

x





0





0,25



( 3 sinx 2sinx.cos ) ( 3 cos



x



x



2 os ) 0

c

x





sinx( 3 2cos ) cos ( 3 2cos ) 0



x



x



x



0,25



( 3 2 cos )(s inx cos ) 0



x



x





3 cos

2 sinx

cos

x











0,25



5
5

6
6

2 ,

t anx

1 x

k

x

k

Z

x

k








































0,25

II-2

Điều kiện:

2
2

0
4

4 2 4

8 2 0

x
x

x x





 


    



   




0,25

Phương trình đã cho tương đương với 2

2

| 4

|

2 2. 8 2

14

0

4 x

x m

x

x x

m

x













 2 2 2

(

x

2 x

8)

m

8 2

x x

2 8 2

x x

6 m

0  















. (1)

Đặt t =

8 2x x





; Khi x   - 2; 4) thì t   0; 3 . (2)

Phương trình trở thành : - t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 

2

6

1 t

m

t











0,25

Xét hàm số





2

6 ( )

;

0;3

1 t

f t

t













; f’(t) =

2
2

2

8 (

1)

t





; f’(t) = 0  t = - 4 v t = 2.

Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn  0 ; 3 

.

t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞

f’(t) - 0 + + + 0

-f(t)

- 2

-6 9
4



0,25

Phương trình đx cho có nghiệm x   - 2; 4)  Phương trình (2) có nghiệm t   0; 3 

 Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t   0; 3   - 6 ≤ m ≤ - 2 0,25

III-1 Đường thẳng 1 có một vectơ chỉ phương

u  

(1; 2;1)



, Điểm M  O(0; 0; 0)  1. 0,25

Đường thẳng 2 có một vectơ chỉ phương

u  

2

(1; 1;3)



, điểm N(1;-1;1)  2. 0,25

Ta có 1 2

2 1 1 1 1

2 ,

;

( 5; 2;1)

1 3 3 1 1

1 u u

 







 





 













 

;

ON  



(1; 1;1)

. 0,25

Ta có





u u

,





.

ON

   

5 2 1

2 0



  

. Suy ra hai đường thẳng 1 và 2 chéo nhau. 0,25
III

-2 Phương trình đường thẳng 2 :

0

3 2 0

x y

y z









 





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

Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng

(x + y) + (3y + z + 2) = 0 với 2 + 2  0  x + ( + 3)y + z + 2 = 0.

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là

n





( ;

 



3 ; )

 

. 0,25

Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 300. Ta có sin(1,(P)) =

| os( , ) |

c

u n

1

 

 sin300 =

2 2 2

|1.

2(

3 ) 1. |

6. (

3 )















2 2

3. 



3 



5 

 

|





5 |



0,25

 22 -  - 102 = 0  (2 - 5)( + 2) = 0  2 = 5 v  = - 2

Với 2 = 5 chọn  = 5,  = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0
Với  = - 2 chọn  = 2,  = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0.

Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0. 0,25

IV-1

Đặt

2
3

2 ln(

1)

1

2 x

du

u

x

dx

dv

v

x

x























 







0,25

Do đó I =

2
2

2 2

2 ln(

1)

1

2 (

1)

x

dx

x

x x









0,25

2
1

ln 2 ln 5

1

2

8

1 x

dx

x

























2 2 2

1 1

ln 2 ln 5

1 (

1)

2

8

2

1 dx

d x

x















0,25

2 ln 2 ln 5

1 ln | |

ln |

1|

1

2

8 x

2 x























5 2ln 2

ln 5

8 

0,25

-2 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥

3 xyz

3  (xyz)

3 ≥ 27.xyz  xyz ≥ 3

3

. 0,25

Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x2 + yz + yz ≥ 3 2

3 (

xyz

)

; y2 + zx + zx ≥ 3 2

3 (

xyz

)

; z2 + xy + xy ≥ 3 2

3 (

xyz

)

0,25

Từ đó ta có P 3

1

2 3

1

2 3

1

2 3

1

2 3

1

2

1 3

3 (

xyz

)

3 (

xyz

)

3 (

xyz

)

(

xyz

)

(3 3)











0,25

Từ đó ta có Max P =

1

3

đạt được khi

3 x

y

z

x

y

z

x y z

xyz

 





  





 



. 0,25

Va-1 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

3 0

2

7 5 0

1 x y

x

y















 





.Hay A(2;1)

Phương trình đường phân giác góc A là 3 7 5

2 5 2

xy x y

  1

3 5 0

d
x y

  



   



0,25

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.

* Nếu d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + 7 = 0

* Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y - 31 = 0 0,25
TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

3 0

1

3 7 0

4 x y

x

x y

y























. Hay B(-1; 4)

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

11
5
2
5

7 5 0

3 7 0

x

x y

x y y





  

 



 

  

  




. Hay C( 11 2
5 5

;



)

Diện tích tam giác ABC là : 12 ( , ). 12. 24 .3 2 365

5 2

S  d C AB AB  (đvdt)

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

TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = 0

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

3 0

11

3 31 0

14 x y

x

y























. Hay B(-11; 14)

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

101
5
18
5

7 5 0

3 31 0

x

x y

y





  

 



 

  

  




. Hay C(101 18
5

;

5 )

Diện tích tam giác ABC là :

1 ( ,

).

1 104

.

.13 2

676

2 5 2

5 S



d C AB AB



(đvdt)

0,25

Va-2 Giải phương trình

2 1

4

6

n
n n

A

C



n









; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N.
Phương trình tương đương với

(

1)

(

1)!

4

6 2!(

1)!

n

n n

n













(

1)

(

1)

4

6

2 n n







n



 n2 – 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) v n = 12.

0,25

Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:

1 2x

x















Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : Tk +1 = 12

(2 )

1

k

k k

C

x















; k  N, 0 ≤ k ≤ 12

Hay Tk+ 1 =





12 2

2 .

k
k
k

C

x



x

 = 12 24 32

.2

.

k
k k

C

x



 .

0,25

Số hạng này không chứa x khi

, 0

12

8 24 3

0 k

N

k



 















. 0,25

Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 =

C

128

2 

7920

0,25

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9

Câu Đáp án Điểm

Câu 1

(2 điểm) a. (1.0 điểm) Khảo sát…Với m=0, ta có: y=x3-3x+1
TXĐ D=R

y’=3x2-3; y’=0



1 x











lim

x

y

 



0,25

BBT

 

-1 1



y’ + 0 - 0 +

y 3



-1

 

0,25

Hs đồng biến trên khoảng (

 

;-1) và (1;



), nghịch biến trên (-1;1)

Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=-1 0,25
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)

và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3)
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng

0,25

y

-2

1 -1

1 2

3

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

b. (1.0 điểm) Tìm m để …
Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1)

y’=0



1 x m

 





 



0,25

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ dương thì ta phải có:

2 2 2

'

0 .

0 (

1)(

3)(

2 1) 0

0 1 0

0 (

1) 0

(0) 0

y

CD CT

CD

CT

m R

f

m

x

m

x

m

f



 





























 



















0,25

Vậy giá trị m cần tìm là:

( 3;1

2)

m 



0,25

Câu 2
(2.0
điểm)

a. (1.0 điểm) Giải phương trình
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +

4 

)=0



sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +

2 

)

0,25



sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25



sinx = 1 0,25



x =

2 

+ k2



, k



Z 0,25

b. (1.0 điểm)

Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ
Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0

+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 0,25

-Với a = 0, hệ trở thành:

2 2

2 2 2 2

2 (1)

(I)

1 1 (2)

x x

x

y x

x

y

x

y

x

y





 



























Từ (2)

2 2

1

2

1

x

y

x

y

x

y



































0,25



( I ) có nghiệm

2 2

1

0

2

1

x

y

x

y























 















TM 0,25

-Với a=2, ta có hệ:

2 2

2

1

x

y x

x

y





 















0,25

1

2

1

3

1

3

1

2

3

1

2

1 m

 





 





 











 



 



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

Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM
Vậy a = 0

Câu 3
(1.0

điểm) Ta có 3

sin[(x- )

]

sinx

6

(sinx+ 3 osx)

8 os (

)

6 c

c

x









0,25

3

1 sin(

)

os(x- )

2

6

2

6 8 os(x- )

6 x

c









0,25

3 2

sin(

)

3 6

1

16 os (

)

16 os (

)

6 x

c

x

c

x











0,25

s inxdx

3

1 tan(

)

16

6 (sinx+ 3 osx)

32 os (

)

6 x

c

c

x

















0,25

Câu 4
(1.0

điểm) Gọi I = AC



’A’C, J = A’B



AB’

(BA'C) (ABC') = BI

(BA'C) (AB'C) = CJ

Goi O = BI CJ



















O là điểm cần tìm

Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C

0,25

Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC)



ABC là hình chiếu vng góc của



BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm



ABC 0,25

Gọi M là trung điểm BC. Ta có:

1 '

3 OH

HM

A B



AM



0,25

1 .

' .

3

9

OABC ABC ABC

V

OH S

A B S

V













0,25

Câu 5
(1.0
điểm)

Ta có: 4(x3+y3)



(x+y)3 , với



x,y>0

Thật vậy: 4(x3+y3)



(x+y)3



4(x2-xy+y2)



(x+y)2 (vì x+y>0)



3x2+3y2-6xy



0



(x-y)2



0 luôn đúng
Tương tự: 4(x3+z3)



(x+z)3

4(y3+z3)



(y+z)3

3 3 3 3 3 3

4(

x

y

)

4(

x

z

)

4(

y

z

) 2(

x y z

) 6

xyz







 



0,25

M
B'

C
B

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

Mặt khác: 3

2 2 2

1 2(

x

y

z

) 6

y



z



x



xyz

0,25

3 3

1 6(

) 12

P

xyz









0,25

Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 2

1 x

y z

x

y

z

x

y z

y

z

x

xyz





 











  









Vậy P



12, dấu ‘=’ xảy ra



x = y = z =1

0,25

Câu 6a
(2.0
điểm)

Chương trình chuẩn
a. (1.0 điểm)

Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:

2 2

0

2 2 0

4 4 0

2

0 x

y

x y

x

y

x

y

x

y













 



















 







 



 



Hay A(2;0), B(0;2) 0,25

Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25

Ta có

1 .

2

ABC

S





CH AB

(H là hình chiếu của C trên AB)

ax

CH max

ABC

S



m



Dễ dàng thấy CH max

( ) ( )

2

C

x







 







0,25

Hay



: y = x với

:

(2; 2)

d

I













(2

2;2

2)

C





Vậy

C 

(2

2; 2



2)

thì

S

ABC

m

ax

0,25

b. (1.0 điểm)

Nhận xét: M



(d1) và M



(d2)
Giả sử

( ) ( 1)

( ) ( 2)

d

I

d

H

















Vì I





I(2t-1; -1-2t; 2+t)
H





H(4t’; -2; 3t’)

0,25

H
4

B I

x
M

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

1 2

(1 4 ')

23 3 2

(2 2)

10 ,

0

1 (3 3 ')

23 18

3 (

;

)

5 5

10

cbt

t k

t

TM

k HM

y

t k

t

k R k

t k

t

T



























 









  











0,5

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:

1 56

2 16

3 33

x

t

y

t

z

t

 





 



  



hoặc là:

5

8 17 0

12

9

16 18 0

x y

z

x

y

z

 



















0,25

Câu 7a
(1.0

điểm) Ta có:

1
1

7 7

4 4 3

1 (

)

k

( ) .(

k

)

k
k

x

C

x











0.25

Để số hạng thứ k khơng chứa x thì:

1 (7

)

0

4

3 [0;7]

k















 



0.5

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 74

1

35 C 

0,25

Câu 6b
(2.0 
điểm)

Chương trình nâng cao
a. (1.0 điểm)

Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC:

(

) qua B

(

) : 4

3 5 0

BC

d

BC

x

y

















Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

4

3 5 0

( 1;3)

2 5 0

x

y

C

x

y























0,25

Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2

Ta có:

2 2

3 1

1 4 2

2 1 3

1 .

1

.

1

2 4

2

0

1 (loai)

3

AC

BC d d AC

AC

K

K K

K

K































0,25

Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3

4 27 0

( 5;3)

3 0

x

y

A

y





















0,25



Pt cạnh AB là:

5

3

4

7 1 0

2 5

1 3

x

y

x

y

















 

Vậy AB: 4x+7y-1=0
AC: y=3
BC: 4x+3y-5=0

0,25

b. (1.0 điểm)

+ Xét vị trí tương đối giữa AB và



, ta có:



cắt AB tại K(1;3;0)

Ta có



KB







2

KA



A, B nằm về cùng phía đối với



0,25

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



H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của



1

3 x

y t

z

t











  



)

Ta có

.

0 1.0 (

4).1 ( 4

).1 0

4 (1; 4;1)

'(0;4;1)

AH u

t

H

A

  





  

  



 

Gọi M là giao điểm của A’B và d

(1;

13 4

; )

3 3

M



0,25

Lấy điểm N bất kỳ trên



Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B



NA+NB
Vậy

(1;

13 4

; )

3 3

M

0,25

Câu 7b
(1.0
điểm)

Ta có:

(1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = =

0 12 1 11 2 12 2 12 24

(1

)

(1

) .

...

(1

)

.( )

...

k k k

C

x

C

x

C

x



x

C x



0,25

0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2

12 12 12 12 12 11 11

2 4 0 10 10

12 10 10

[C

...

...]+C x [C

...

...]

+C

[C

...

]+...

C

x

C x

x

C x

x

C



0,25



Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4 0,25

0 8 1 9 2 10

4 12

.

12 12

.

11 12

.

1221

a

C C









0,25

Đ

ÁP ÁN

ĐỀ Ố

S 10

CÂU NỘI DUNG

I

1

 TXĐ: D= R\{1}

 y’=

Hàm số lng nghịch biến trên D và khơng có cực trị

 Giới hạn:

 PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1
 Bảng biên thiên:

- 1 +

f’(t) - +

f(t)

1 +

-
1

 Đồ thị:

x

y

f x( ) = x+2
x-1

1
4

-2

O 1

2 3

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

2

 Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)

 d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT có nghiệm
<=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1

 Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt

Đk là : (*)

 Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 = ; x1.x2 =

 . Suy ra y1 = 1+ ; y2 =

 Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2 <0

⇔ (1+ ) < 0 ⇔

 Giải đk trên ta được
⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3

Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3
II

1

 ĐK:

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

 Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là

2

 Đặt : t = x + y ; ĐK: t

 Giải PT:

Hệ đã cho trở thành

Vậy hệ dã cho có một nghiệm

III





3
4

4
2

.

cos

sin



x

dx

I





3
4

2
2

2

.

cos

sin

.

4



x

dx

Đặt : t = tanx

Đổi cận: x =

x =

Khi đó

3

4

3

8 )

3

2

1 (

)

2

1 (

)

1 (

1
3
3

2
2

3
1

2
2
2





















t

dt

t

dt

t

I

IV

 BĐT cần chứng minh tương đương với

 Nhận xét: Do nên là các số thực dương

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

 Chia tử và mẫu cho và đặt t = ta được A = với t > 0

 Xét hàm số f(t) = trên (0;+ )

 Ta có : f’(t) =
 Bảng biên thiên:

0 1 +

f’(t) - 0 +

f(t)

1 1

 Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) với mọi t > 0

 Từ đó A = với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.

 Do vai trò là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương

 Áp dụng BĐT cơ si ta có

 Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
V

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)

Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

H

D

E

C

B

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

Mà

Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2 - x + = 0

trường hợp vì DE<a

Xét BED vng tại E nên BE =

Xét BHE vuông tại H nên sin =

Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
VIa

1

Ta có ;

[ , ] = (12; -6;8)

Mp (BCD) đi qua B và có VTPT =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0
Gọi d là đt đi qua A và vng góc với mp(BCD) thì d có PT:

Hình chiếu vng góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :

Vậy H( -2; -4; -4)
2

Đường trịn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5

Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )

Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0

d(I; Δ )=

vậy có 2 đt thỏa mãn bài tốn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
VIIa

Ta có (2+x+3x2 )15 =

I

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

Mà =
Vậy (2+x+3x2 )15 =

Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là :

a=
VIb

 ĐK: x > 1

 Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11

Câu ý Híng dÉn gi¶i chi tiÕt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I

1 Cho hàm số

 

4 2



2



2 2 5 5









x m x m m

x

f ( C )

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
1* TXĐ: D =

R

2* Sù biÕn thiªn của hàm số:

* Giíi h¹n tại v« cực:

 








f

x

lim

: x

lim



f

 

x





* Bảng biến thiên: f'

 

x y'4x3  4x4x



x2  1



y'0 x0;x1;x 1

x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



 1;0



và



1;



, nghịch biến
Trên mỗi khoảng



 ;1



v à



0;1



H m sà ố đạt cực tiểu tại x 1;yCT 0, đạt cc i ti x 0;yCD 1
3* Đồ thị:

* Điểm uốn: '' 12 2 4


 x

y , các điểm uốn l : à 




















9
4
;
3

3
,

9
4
;
3

1 U

U

* Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)à

* H m sà ố l chà ẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy l m trà ục đối xứng
* Đồ thị:

-2

-4

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

2 Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.

* Ta có

'

 

4 

2 

0

2

0

2 x

f x

x

m

x

m











  

 



* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu :
m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là:

A



0;m2  5m5



,B



2 m;1 m

 

,C 2 m;1 m



* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài tốn thoả mãn khi vng tại A:





1 1

. 3








 m m

AC

AB vì đk (1)

Trong đó



2 ; 2 4 4





2 ; 2 4 4















 m m m AC m m m

AB

Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.
Câu II

Giải hệ phương trình:

2 2

12 x y

x

y

y x

y

  

















* 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

1

2 u

y

v

















. Hệ phương trình đã cho có dạng: 2

12

2 u v

u

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

2 Giải bất phơng trình : log log 3 5(log 2 3)

2
2

2x x   x 

§K:













0

3 log

0

2 x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5(log2 3) (1)

2
2

2x x   x

đặt t = log2x,

BPT (1)



2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)










 t t t t t

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















































4 log3

1 log

43

1 )3(5

)3)(1

(

3

1

2 x

t

tt

t













16
8

2
1
0

x
x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm l: ] (8;16)

2
1
;
0

(

Cõu III Tìm x(0;

) thoả mÃn phơng trình:

Cot x - 1 = x x

x
x

2
sin
2
1
sin
tan
1

cos 2




 .

§K:

























1 tan

02 sin

0 cos

sin

02 sin

x

Khi đó pt x x x

x
x

x
x
x

x
x

cos
sin
sin

sin
cos

cos
.
2
cos
sin

sin

cos  2 







x x x x x x

x
x
x

cos
sin
sin

cos
sin
cos

sin
sin

cos 2 2













cosx sinxsinx(1 sin2x)



(cos sin )(sin cos sin2 1) 0




 x x x x

x



(cosx sinx)(sin2xcos2x 3)0



cos

x



sin

x



0 

tanx = 1 ( )

4 k k Z

x  





(tm)





4
0

;



   



 k x

x

KL:
Câu IV

Tính tích phân : 2 2
0

I

cos

x

cos 2

xdx







2 2 2

0 0 0

1 I

cos

cos 2

(1 cos 2 )cos 2

(1 2cos 2

cos 4 )

2

4 x

xdx

x

xdx

x

x dx

  

















1 (

sin 2

1 sin 4 ) |

0/2

4 x

8









Câu V

Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC =

a

, SA a 3,



SAB



SAC



30

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

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2 2 2 0 2

SB



SA



AB



2SA.AB.cos SAB



3a



a



2.a 3.a. cos 30



a

Suy ra

SB 

a

. T¬ng tù ta cịng cã SC = a.

Gäi M lµ trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC 
SA. Suy ra SA  (MBC).

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó
MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC. Tơng tự ta
cũng có MN  SA.

16
a
3
2

3
a
4
a

a
AM
BN

AB
AM
AN

2
2
2




























4
3
a
MN 

 .

Do đó

1

3 .

3

2 6 2

4

2

32

S MBC

a

V



SM

MN BC



(®vtt)

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH
Phần lời giải b i theo chà ương trình Chuẩn

Câu VIa

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho



ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:

2 x y

  

1 0

v phân giác trong CD:à

x y

 

1 0



. Viết phương trình đường thẳng BC.

Điểm

C CD x y



:

 

1 0

 

C t



;1



t



.
Suy ra trung điểm M của AC l à

1 3

;

2 t

M





















1

3 : 2

1 0

2 1 0

7 7;8

2 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 l trung à điểm của AK



tọa độ của

K 



1;0



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

1

4

3 4 0

7 1 8

x

y

x

y









 

 

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=

 

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

0 0 0 0

.

i

k k i k i k i

k i k i

C x

C C x



   





 

S

A

B

C

M

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

Theo gt ta cã

3

4

2

10

4

0 5,

2

0 5,

5

0 i

k

i

k

k N

k

i

i N

i

k

































 









 

   























a10=

C C

50

.

55



C C

52

.

54



C C

54

.

53



101

CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mà ặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 
0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB v vuụng gúc v i mp (P).

Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm

Ta cú

AB ( 2,4, 16)



cùng phương với



a ( 1,2, 8)

 



mp(P) có VTPT







n

(2, 1,1)

Ta có

 

[ n ,a]

= (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là





n

(2,5,1)

Mp(Q) chứa AB v vng góc và ới (P) đi qua A nhận

n

(2,5,1)

là VTPT có pt lµ: 2(x
+ 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0

Phần lời giải b i theo chà ương trình Nâng cao
Câu VI.b

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

Ta có:



1;2



5 AB

 



AB





.
Phương trình của AB l :à

2 x y

 

2 0



 

:



;



I



d

y x

 

I t t

. I l à
trung điểm của AC v BD nên ta có:à



2 1; 2 ,





2 ;2

2 

C t



t D t t



Mặt khác:

S

ABCD



AB CH

.



4

(CH: chiều cao)

4

5 CH





Ngo i ra: à













4 5 8

8 2

;

,

;

| 6

4 |

4 3

3 3

;

5

0 1;0 ,

0; 2

t

C

D

t

d C AB

CH

t

C

D











 































  





Vậy tọa độ của C v D l à à

5 8

;

,

8 2

;

3 3

C









D

















hoặc

C





1;0 ,



D



0; 2





2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=

 

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

0 0 0 0

.

i

k k i k i k i

k i k i

C x

C C x



   





 

Theo gt ta cã

3

4

2

10

4

0 5,

2

0 5,

5

0 i

k

i

k

k N

k

i

i N

i

k

































 









 

   





















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

CâuVII.b

Cho h m sà ố y =







2

2

1 x

để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.

* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phơng trình :











2

1 x

x m

x

2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

c¾t (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1



 









2 3

2

1

2 7 0

m

 m2-2m-7>0 (*)

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng nhau qua d2  P là trung điểm của AB

Th× P thuéc d2 Mµ P(







1 2

;

1 2

2 x x

x

m

)  P(



3 3

;



3

4 m

)

VËy ta cã

3 

3 



3 3

 



9

4 m

m

( thoả mÃn (*))
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

P N S 12

C

â

u

Nội dung Điể

m
I.

1 Kho sỏt hm s và vẽ đồ thị hàm số ... 1,00

1) Hµm sè có TXĐ:

R

2\

0,25

2) Sự biến thiên của hµm sè:

a) Giới hạn vơ cực và các đờng tiệm cận:

* 














y

lim

;

y

lim

2
x
2

Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

lim

2

 



  

 

x

y

x

y

đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm s

0,25

b) Bảng biến thiên:
Ta có:

x 2

0, x 2

1
'

y 2

Bảng biến thiên:

x - 2 + 
y

-y
2

2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

và

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

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại

2
3
;

0 và cắt trục hoành tại điểm 





 ;0

2
3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

I.
2

Tìm M để đờng trịn có diện tích nhỏ nhất ...

1,00

Ta cã:

,

x

2 x

3 x

2 ;

x

M

0
0
0





















2
0
0

2 x

1 )

x

(

'

y





Ph¬ng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:





x

2

3 x

2 )

x

(

2 x

1 y

:

0
0
0
2
0











0,25

Toạ độ giao điểm A, B của

 

 và hai tiệm cận là:

;

B



2 x

2 ;

2 

2 x

2 ;

2 A

0
0
0

















Ta thÊy A B 0

x

0

x

M

2 x











, M

0
0
B
A

y

2 x

3 x

2 y









suy ra M lµ trung
®iĨm cđa AB.

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vng tại I nên đờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện
tích

S =   

































 2
)
2
x
(
1
)
2
x
(
2
2
x
3
x
2
)
2
x
(
IM 2
0
2
0
2
0

0
2
0
2 0,25

DÊu “=” x¶y ra khi

















3 x

1 x

)2

x(

1 )2

x(

0

2

0

2

0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) v M(3; 3)

0,25

I
I.
1

Giải phơng trình lợng giác ... 1

điểm
)
1
(
2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 2 2












 x x x x



x

 

x 1 sinx

2
cos
1
x
sin
2
x
cos
x
sin
2
x
sin
1

1 2  














0,25
0
1
2
x
cos
2
x
sin
2
.
2
x
cos
2
x
sin

x
sin
0
1
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
x

sin 



















 0,25
0
1
2
x
sin
2
2
x
sin
2
1
2
x
sin
x

sin 2 

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

sin x

0 x

k

x

k

x

sin

1 x

x

k , k

2 k2

x

k4

2 x

2 sin

1

2 





 





 



















 





 





 

Z

0,25

I
I.
2

Giải bất phơng trình... 1
điểm

ĐK:

*

2

1 x

2

1 x

2

1 x

0)1x2(

2

1 x

01x4x4

0x

2

1

2

0,25

Vi điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:



log

(

1

2 x

)

1 

)

2 x

(

2 x

2 )

x

2

1 (

log

2

2







2





log

(

1

2 x

)

1 

0 x

2







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

0x

4

1 x

1)x21(2

0x

1)x21(2

0x

0)x21(2log

0x

0)x21(2log

0x

01)x21(log

0x

01)x21(log

0x

2

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:

2
1
x
4
1

hoặc x < 0. 0,25

II
I

Tính tích phân... 1

điểm

e
1

2
e

xdx

ln

x

3 dx

x

ln

1 x

ln

I

+) Tính

e

dx

x

I

1
1

ln

1 ln

. Đặt dx

x
1
tdt
2
;
x
ln
1
t
x
ln
1

t 2  

§ỉi cËn: x1 t1;xe t 2

0,25













3
2
2
2
t

3
t
2
dt
1
t
2
tdt
2
.
t

1
t
I

2
1
3
2

1
2
2

1
2
1

















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

+) TÝnh

I

x

ln

x

dx

e
1





. Đặt

3 x

v

x

dx

du

dxx

dv

xln

u

3

2

0,25

3 3 3 3 3 3

e 2 e

2 1 1

x

1 e

1 x

e

1 2e

1 I

. ln x

x dx

.

3 3 3

3

9 



















0,25



I1 3I2
I

3
e
2
2
2

5  3

0,25
I

V

TÝnh thÓ tÝch hình chóp ... 1
điểm

Theo nh lớ cụsin ta cú:

2 2 2 2 2 0 2

SB



SA



AB



2SA.AB. cos SAB



3a



a



2.a 3.a.cos30



a

Suy ra

SB 

a

. T¬ng tù ta còng cã SC = a. 0,25

Gäi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC).

Ta cã

MBC
MBC

.
A
MBC
.
S
ABC
.

S SA.S

3
1
S

.
SA
3
1
S

.
MA
3
1
V

V     

0,25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau.
Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC.
Tơng tự ta cũng có MN  SA.

16
a
3
2

3
a
4
a
a
AM
BN

AB
AM
AN

2
2
2



























4
3
a
MN 

 .

0,25

Do đó

16
a
2
a
.
4

3
a
.
3
a
6

1
BC
.
MN
2
1
.
SA
3
1
V

3
ABC

S 0,25

V Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc ... 1
®iĨm

S

A

B

C

M

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

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có
z
y
x
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz
3
z
1
y
1
x
1
)
z
y
x
(
3
3


















 (*)

¸p dơng (*) ta cã

3
3
3
3
3
3

a

3 c

3 b

3 a

9 a

3 c

1 c

3 b

1 b

3 a

1 P









0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

























3
3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3

  
    
  
    
  
    
0,25

Suy ra 3

a 3b

b 3c

c 3a

1 4 a b c 6





3 







 







1

4.

3

6

3 

4 















Do đó

P 

3

0,25

DÊu = x¶y ra

3 a b c

a b c

1

4 4

a 3b b 3c c 3a 1



  









  

 

 





Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi abc1/4

0,25
V
I
a
.
1

Lập phơng trình đờng thng ...

1
điểm
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phơng a (2; 1)

1  ; d2 cã vect¬ chØ ph¬ng a2(3;6)

Ta có: a1.a2 2.3 1.60 nên d 1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là ng

thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:

0
B
A
2
By
Ax
0
)
1
y
(
B
)
2
x
(
A
:

d        

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450





























A

3 B

3 A

0 B

3 AB

8 A

3

45 cos

)1

(

2 B

A

B

A

2

0 2 2

2
2
2
2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3xy 50 0,25

* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d:x 3y 50

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d:3xy 50
0
5
y
3
x
:

d    0,25

Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài của đỉnh là

giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho.

Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình

















































)

(

0

8 y3

x9

)

(

0

22 y9

x3

7 y6

x3

5 y

x2

3

6

3

7 y6

x3

)1

(

2

5 y

x2

2

1

2

0,25

+) NÕu d // 1 th× d có phơng trình 3x 9yc0.

Do P

d nên 69c0 c15 d:x 3y 50 0,25

+) NÕu d // 2 th× d có phơng trình 9x3yc0.

Do P

d nên 18 3c0 c15 d:3xy 50 0,25

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d:3xy 50
0
5
y
3
x
:

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

V
I
a.
2

Xác định tâm và bán kính của đờng trịn...

1
®iĨm
DƠ thÊy A ( 1; -1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là: 0,25



a b c d 0



,
0
d
cz
2
by
2
ax
2
z
y

x2 2 2   2 2 2

Vì A',B,C,D

S nên ta có hệ:

1 d

1 c

1 b

2

5 a

0

21 d

c4

b2

a8

0

29 d

c4

b6

a8

0

14 d

c4

b6

a2

0

2 d

b2

a2

Vậy mặt cầu ( S) có phơng tr×nh:

x



y



z



5 x



2 y



2 z



1 

0

0,25

(S) cã tâm

1
;
1
;
2
5

I , bán kính

2
29

+) Gi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vng góc với (P).
(d) cú vect ch phng l: n

1;1;1

Suy ra phơng trình của d:







































t

1;t

2

5 H

t

1 z

t

1 y

t

2/

5 x

Do H

 

d (P) nªn:

6
5
t
2
5
t
3
0
2
t
1
t
1

t
2
5




















6
1
;
6
1
;
3

5
H
0,25
6
3
5
36
75

IH  , (C) có bán kính

6
186
6
31
36
75
4
29
IH
R

r 2 2

0,25

V
II
a.

Tìm số nguyên dơng n biÕt...

1
®iĨm
* XÐt
1
n
2
1
n
2
1
n
2
k
k
1
n
2
k
2
2
1
n
2
1

1
n
2
0
1
n
2
1
n
2

x

C

....

x

C

)

1 (

....

x

C

x

C

)

x

1 (

     




















(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n
2
1
n
2
1
n
2
1
k
k
1
n
2
k
2
1
n

2
1
1
n
2
n
2

x

C

)

1 n

2 (

....

x

kC

)

1 (

...

x

C

2 C

)

x

1 )(

1 n

2 (































(2)
0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1
n
2
1
n
2
1
n
2
2
k
k
1

n
2
k
3
1
n
2
2
1
n
2
1
n
2

x

C

)

1 n

2 (

n

2 ....

x

C

)

1 k

(

k

)

1 (

...

x

C

3 C

2 )

x

1 )(

1 n

2 (

n

2

 

























0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n(2n 1)

2C



3.2.2C



... ( 1) k(k 1)2



C



... 2n(2n 1)2



C













 









0,25

Phơng trình đã cho  2n(2n1)40200 2n2n 201000 n100 0,25
V

I
b

Viết phơng trình chính tắc của E líp 1

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

.

1 m

(H) có các tiêu điểm

F





5 ;

0 

;

F



5 ;

0 

. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là

M( 4; 3), 0,25

Gi¶ sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng:

1

b

y

a

x

2
2
2
2





( víi a > b)
(E) cịng cã hai tiêu điểm

F

5

;

0

;

F

5

;

0

a

b

5



1









0,25



4;3

  

E 9a 16b a b

 

M   2 2 2 2

Tõ (1) và (2) ta có hệ:

15 b

40 a

ba

b16

a9

b

5 a

2

22

2

0,25

Vậy phơng trình chính tắc của (E) lµ: 1

15
y
40
x2 2



 0,25

V
I

b
. 
2

Tìm điểm M thuộc



để AM ngắn nhất

1
®iĨm

Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:























3

1

3

2 t

z

t

y

t

x

Gäi I lµ giao điểm của (d) và (P) I

2t 3;t 1;t3

Do I

 

P  2t 32(t1) (t 3)50 t1 I



1;0;4



0,25

* (d) có vectơ chỉ phơng là a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến là n

1;2;1

a,n

3;3;3

. Gọi u là vectơ chỉ phơng của

1;1;1



0,25























u

4 z

u

y

u

1 x

:

. V× M M



 1 u;u;4u



,  AM



1 u;u 3;u



0,25

AM ng¾n nhÊt  AM

0
u
.
1
)
3
u
(
1
)

u
1
(
1
0
u
.
AM
u

AM         



3
4
u 

 . VËy

16
;
3
4
;
3

7
M

0,25

V
I
I
b

Giải hệ phơng trình:...

1
điểm

)

2 (

1 x

xy

1 x

3 )

1 (

2 .

3

2

x
3
y
2
y
1
x
3

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

Phơng trình (2)

0)1

3(

1

13

01

2 yxx

x

xxy

x

y

x

yx

x

31

1

0

01

3

0

1

* Với x = 0 thay vµo (1)

11
8
log
11

8
2
2
.
12
2
8
2
.
3
2

2 2 2











 y y y y y y 0,25

* Víi















x

y

x

3

1

thay y = 1 3x vo (1) ta c: 23x1 23x1 3.2

Đặt 23 1

x

t Vì x1 nên

4
1

t

 

 









































)8

3(

log

2y

18

3 log

3

1 x

8 3t

i¹lo8

3t

01 t6

t

1 t)

3(

2

0,25

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm













11

8 log

y

0 x

vµ































)

8

3 (

log

2 y

1

8

3 log

3

1 x

2
2

0,25

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13

Câu Nội Dung Điểm

I.1
(1
điểm)

* TXĐ: R

Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)
y' = 0



0

2 x











* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5

0,25

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

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1
* x  

lim

y = + ∞, x 

lim

y = - ∞

Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' 0 + 0
+ ∞ 5
y

1 -∞
*Đồ thị: y'' = -6x + 6

y'' = 0



x = 1



điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị

0,25

I.2
(1
điểm)

* PT đã cho



-x3 + 3x2+ 1 = -m3 + 3m2+ 1. Đặt k = -m3 + 3m2+ 1

* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt



1 < k < 5
*





(-1;3)\



0; 2



0,25
0,25
0,25
0,25

II.1
(1

điểm) * Đk:

4 0

x

 















4. Đặt t =

x

 

4 x



4

(t > 0)

BPT trở thành: t2 - t - 6



0



2( )

3 t

L

t











* Với t





x 

16



9 - 2x

2 2

( )

0 ( )

4(

16) (9 2 )

a

b

x

















  

 



 

 











x

4 9 - 2x 0

x

4 9 - 2x

* (a)





9

2

* (b)



145

9

36 x <

2

*Tập nghệm của BPT là: T=

145 ;

36 











0,25

II.2
(1
điểm)

* Đk: cosx







2 k





.
PT đã cho



3

sin2x + sinxcosx -

sinx

cos x

= 0



sinx(

3

sinx + cosx -

1 cos x

) = 0



sinx 0

1 3 sinx cos

0 osx

x

c















* Sinx = 0



x = k



.
*

3

sinx + cosx -

1 cos x

= 0



3

tanx + 1 - 2

1 cos x

= 0

0,25

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



tan2x -

3

tanx = 0



t anx 0

t anx

3 











x

3 k















Vậy PT có các họ nghiệm: x = k



, x =

3 k





III.
(1
điểm)

* Đặt t =

e 

x

2

, Khi x = ln2



t = 0
x = ln3



t = 1
ex = t2 + 2



e2x dx = 2tdt 
* I = 2

1 2

2
0

(

2)

1 t

tdt

t



 



= 2

2
0

2 1

(

1 )

1 t

dt

t



 

 



* = 2

1
0

(

t



1)

dt



+ 2

1 2

2
0

(

1)

1 d t

t

 



* =

(

t



2 ) 0

t

1

+ 2ln(t2 + t + 1)

1

0

= 2ln3 - 1

0,25
0,25
0,25

0,25

IV.
(1
điểm)

* Áp dụng định lí cosin trong



ABC có AB = AC =

2

3 a



S ABC



1

2

AB.AC.sin120

0 =

3

3 a

. Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC),

theo gt: SA = SB = SC



HA = HB = HC



H là tâm đường tròn ngoại tiếp



ABC.
* Theo định lí sin trong



ABC ta có:

sin

BC

A

= 2R



R =

2

3 a

= HA



SHA vuông tại H



SH = 2 2

SA



HA

6

3 a



V

S ABC

.

1

3 S ABC



.SH =

2

9 a

* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)



1

2

M
A

h

SM

h



SA





hM =

1

2

hA .



SBC vuông tại S



S SBC



= a2
* Lại có:

V

S ABC

.

1

3 S SBC



.hA



hA =

3

S ABC

SBC

V



2

3 a

Vậy hM = d(M;(SBC)) =

2

6 a

0,25

V
(1
điểm)

* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3



a2b + ab2 (*)
Thật vậy: (*)



(a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)



0



(a + b)(a - b)2



0 đúng

Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
* Từ (*)



a3 + b3



ab(a + b) 
b3 + c3



bc(b + c) 
c3 + a3



ca(c + a)



2(a3 + b3 + c3 )



ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

1

3

a

+ 3

1 a

+ 3

1 a



33 3 3 3

1 1 1

a b c

3 abc

(2)

* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.

0,25

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

VI.a.1
(1
điểm)

* Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.

Ta có IA = 2

5

> R



A nằm ngoài đường tròn (C)

* Xét đường thẳng



1: x = 4 đi qua A có d(I;



1) = 2





1 là 1 tiếp tuyến của (C)



1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1)

* T1T2





đường thẳng T1T2 có vtpt

n



1

2 IA



=(1;2)
phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)



x + 2y - 6 = 0

0,25
0,25

0,25

VI.a.2
(1
điểm)

* Mp(P) có vtpt

n

P



= (1;1;-2).
(S) có tâm I(1;-2;-1)

IA



= (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng



là

u







tiếp xúc với (S) tại A



u







IA



Vì



// (P)



u







n

P



* Chọn

u



= [

IA



n

P



] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số của đường thẳng



3 4

1 6

1 x

t

y

t

z

t

 





 



  



0,25

0,25
0,25

VII.a
(1
điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y



|z - i| = |

Z

- 2 - 3i|



|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|



x - 2y - 3 = 0



Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường thẳng x - 2y
- 3 = 0

* |z| nhỏ nhất



OM



| nhỏ nhất



M là hình chiếu của O trên





3

5 ;-6

5

)



z =

3

5 -6

5

Chú ý:

HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M

0,25
0,25
0,25
0,25

VI.b.1
(1
điểm)

* B = d



Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2

2

t - 2

2

)



H là hình chiếu của A trên Ox



H(t;0)
H là trung điểm của BC.

* Ta có: BH = |t - 1|; AB =

(

t

1)

(2 2

t

2 2)









3|t - 1|



ABC cân tại A



chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
*



16 = 8|t - 1|



t 3

t

1 









* Với t = 3



A(3;4

2

), B(1;0), C(5;0)



3

;

4 2

3

)

Với t = -1



A(-1;-4

2

), B(1;0), C(-3;0)





1

;

4 2

3 

)

0,25

0,25
0,25

0,25

VI.b.2
(1
điểm)

* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của



ABC



d là giao tuyến của (ABC) với (



) qua A và vng góc với BC.

* Ta có:



AB

= (1;3;-3),



AC

= (-1;1;-5) ,

BC



= (-2;-2;-2)

[



AB



AC

] = (18;8;2)

0,25

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

mp(ABC) có vtpt

n



1

4

[

AB



AC

] = (-3;2;1).

mp(



) có vtpt

n



' = -

1

2 BC



= (1;1;1)

* Đường thẳng d có vtcp

u



n



n



' ] = (1;4;-5).
* Phương trình đường thẳng d:

1 2 4

3 5

x

t

y

t

z

t

 





 



  



0,25

VII.b
(1
điểm)

* Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox:

1 x m

x







x

= 0



0 x m















x

1

(Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt



pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1



0 (1) 0

f

 











1

4

0 m















(*)

* Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0



1 2

1 m













x

x x

Ta có: y' =

'( )(

1) (

2

1) '. ( )

(

1)

f x x

x

f x

x





Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là:
k1 = y'(x1) =

1 1 1

2
1

'( )(

1)

( )

(

1)

f x x

f x

x



1
1

'( )

(

1)

f x

x 

1
1

2

1 x

x 

* Tương tự: k1 = y'(x2) =

2
2

2

1 x

x 

( do f(x1) = f(x2) = 0)
Theo gt: k1k2 = -1



1
1

2

1 x

x 

2
2

2

1 x

x 

= -1

*



m =

1

5

( thoả mãn (*))

0,25

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14

Câu ý Nội dung Điể

m

I(2đ) 1(1đ

) Khảo sát hàm số khi m = 2

Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x2 + 4

a) TXĐ: R
b) SBT

•Giới hạn: xlim  y ; limx y 0,25

•Chiều biến thiên:

Có y’ = 3x2  6x; y’=0 

x =0, x =2

x  0 2 +

y’ + 0  0 +
y



+

Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2).

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0.

0,25
c) Đồ thị:

Qua (-1 ;0)

Tâm đối xứng:I(1 ; 2)

0,25

2(1đ

) Tìm m ...

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến



tiếp tuyến có véctơ pháp n1 (k;1)

d: có véctơ pháp n2 (1;1)

Ta có





























3

2

3

0

12

26

12

1

2

1

26

1 .

cos

2
1
2
2
2
1
2
1

k

n



0,5

u cầu của bài tốn thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y / k1 (1) và

/ k

y  (2) có nghiệm x

















3
2
2
)
2
1
(
2
3
2
3

2
)
2
1
(
2
3
2
2
m
x
m
x
m
x
m
x









0
0
2
/

1
/ 0,25











0
3
4
0
1
2
8
2
2
m
m
m
m














1
;
4
3
2
1
;
4
1
m
m
m
m

4
1



m hoặc

2
1


m 0,25

II(2đ) 1(1đ

) Giải bất phương trình ...

Bpt











































)2(3

4

2 log

2 )1(2

4

2 log

3

9

4

2 log

04

4

2 log

2

1

2

1

2

1

2

1 x

0,25

có nghiệm

1

2 x

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

. Giải (1): (1)

5

16

3

8

0

4

165

0

4

83

8

4

2

4 































x

0,25

. Giải (2): (2)

9

4

17

4

0

4

49

0

4

17

4

1

4

2

8

1 































x

0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm 













5
16
;
3
8
9
4
;
17
4

 . 0,25

2(1đ
)

Giải PT lượng giác

Pt 3sin2x(2cosx1)(cos3x cosx)(cos2x 1) (2cosx1)

)
1
cos
2
(
sin
2
cos
sin
4

)
1
cos
2
(
2
sin

3 2 2








 x x x x x x

0
)
1
sin
2
2
sin
3
)(
1
cos

2
( 2





 x x x

0,5

• ) 1

6
2
sin(
2
2
cos
2
sin
3
0
1
sin
2
2
sin
3 2












 x x x x



x

 x  k
6
0,25
•

(

)

2

3

2

3

2

0

1 cos

2 k

Z

k

x

k

x



























Vậy phương trình có nghiệm:



3
2

k

x  ;



3
2

k

x  và x



k



(kZ)

0,25

III(1đ

) 1(1đ) Tính tích phân.
I











4
0
2
2

1
1
1
dx
x
x
.

•Đặt dx t dt

x
dx
dt

x

t ( 1)

2
1
2

1   








 và

2
2

2 t

t

x 

Đổi cận

x 0 4

t 2 4

0,25

•Ta có I =

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

IV

dt

t

dt

t

dt

t





































4
2
2
4
2

4
2
2
2
3
2

4

2

3

2

1

2

4

3

2

1 )

1 )(

2 (

2

1

= 









t
t
t
t 2
ln
4
3
2
2
1 2
=
4
1
2
ln

2  0,25

(1đ) Tính thể tích và khoảng cách

•Ta có IA2IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

BC = AB 2 2a ; AI=

a

; IH=

IA

a

AH = AI + IH =

2
3a
0,25
•Ta có
2
5
45
cos
.
2 0
2
2

2 AC AH ACAH HC a

HC     

Vì SH ( ABC) ( ;( )) 600





SCH
ABC
SC
2
15
60

tan 0 a

HC

SH  

0,25
•
6
15
2
15
)
2
(
2
1
.
3
1
.

3
1 3
2
.
a
a
a
SH
S

VS ABC  ABC   0,25

•

BI

(SAH

)

SH

BI

AH

BI













Ta có
2
2
1
)

(
;
(
2
1
))
(
;
(
2
1
))
(
;
(
))
(
;
( a
BI
SAH
B
d
SAH
K
d
SB
SK
SAH
B

d
SAH
K
d






0,25

V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P

xy
z
z
zx
y
y
xy
x
x
P






 2 2 2 .

Vì x;y;z 0, Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

xy
z
z
zx
y
y
yz
x
x
P
2
2

2 2 2

2  

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>








  









  

















xyz
z
y

x
xyz

xy
zx
yz
y

x
x
z
z
y

2
2
2

2
1
2

1
1
1
1
1
1
1
4

2
1
2










xyz
xyz

0,5

Dấu bằng xảy ra  xy z3. Vậy MaxP =

1 0,25

PHẦN TỰ CHỌN:

Câu ý Nội dung Điểm

VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường trịn…

KH: d1:xy10;d2 :2x y 20

d có véctơ pháp tuyến n1 (1;1) và d2có véctơ pháp tuyến n2 (1;1)
• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1 (1;1)



phương trình AC:

0
3 

 y

x .



AC d2

C Tọa độ C là nghiệm hệ:

(

)4;1

02

2

03 

















C

yx

0,25

• Gọi

B

(

x

B

;

y

B

)



)

2 ;

2

3 (

x

B

y

B

M



( M là trung điểm AB)

Ta có B thuộc d1 và M thuộc d2 nên ta có:

(

)0;1

0

2

3

0

1 























B

y

x

y

x

B

0,25

• Gọi phương trình đường trịn qua A, B, C có dạng:
0

2
2
2
2






y ax by c

x . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường trịn ta có













































3

2

1

17

8

2

1

2

9

6 c

b

a

cb

a

ca



Pt đường trịn qua A, B, C là:

0
3

4
2
2
2






y x y

x . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2

0,5

2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P)

•Gọi n(a;b;c)Olà véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

• d(C;(P)) = 3 2 16 14 0
)

2
(

3 2 2

2
2

2     







 a ac c

c
c
a
a
c
a











c

a

c

a

7

0,5

•TH1:

a 

c

ta chọn a c1  Pt của (P): x-y+z+2=0
TH2:a7cta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0

0,25

VII.a (1 đ) Tìm hệ số của khai triển

• Ta có

4
3
)
1
2
(
4
1
1 2

2x  x 

x nên





10 2 2 14 12 10

)
2
1
(
16
9
)
2
1
(
8
3
)
2
1
(
16
1
)
1
(
2

1 x x x   x   x   x

0,25

• Trong khai triển



1 2x



 hệ số của x6 là:

2 C

6 146

Trong khai triển





12
2

1 x hệ số của x6 là:

2 C

6 126

Trong khai triển



1 2x



 hệ số của x6 là: 2 C6 106

0,5

• Vậy hệ số 2 41748.

16
9
2
8
3
2
16
1 6
10
6
6
12

6
6
14
6

6  C  C  C 

a 0,25

VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C

• Gọi tọa độ của điểm

)

3 ;

3

1 (

)

;

(

C C

C
C

y

x

G

y

x

C





. Vì G thuộc d

)

3 ;

(

3

0

4

3

1

3 



































C C

y

C

x

C

x

C

x

C

y

x

•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB (1;2)
 ptAB:2x y 30

0,25
•
5
11
5
3
3
3
2
5
11
)
;
(
2
11
)
;
(
.
2
1











C
C
ABC
x
x
AB
C
d
AB
C
d
AB
S





















5

17

1

11

6

5

C
C
C

x

0,5

• TH1: xC 1 C(1;6)

TH2: )

5
36
;
5
17
(
5
17


 C

xC .

0,25

2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng

• (P) có véc tơ pháp tuyến n(P) (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương

)
3
;
1
;
1
(

.u   

)
4
;
2
;
1
(
)

(P I

d

I   

• vì (P);d   có véc tơ chỉ phương u 



n(P);u



(4;2;2)
2(2;1;1)

0,25

• Gọi H là hình chiếu của I trên



 H mp(Q)qua I và vng góc



Phương trình (Q):  2(x1)(y 2) (z 4)0 2xy z40

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>



n(P);n(Q)



(0;3;3) 3(0;1;1) và d1 qua I





















t

z

t

y

x

ptd

4

2

1 :

Ta có Hd1  H(1;2t;4t) IH (0;t;t)

•



















3

2

3

2

3 t

IH

0,5

• TH1:
1
7
1
5
2
1
:
)
7
;
5
;
1
(
3











 H pt x y z

t

TH2:
1
1
1
1
2
1
:
)
1
;
1
;
1
(
3













 H pt x y z

t

0,25

VII.b 1 đ Giải phương trình trên tập số phức.

ĐK:

z 

i

• Đặt
z
i
i
z
w



 ta có phương trình: 3 1 ( 1)( 2 1) 0








 w w w

w


























2
3
1
2
3

1
1
0
1
1
2
i
w
i
w
w
w
w
w
0,5

• Với 1 1 0




 z
z
i
i
z
w

• Với (1 3) 3 3 3

2
3
1
2
3
1

















 i i z i z

z
i
i
z
i

w

• Với (1 3) 3 3 3

2
3
1
2
3
1















 i i z i z

z
i
i

z
i
w

Vậy pt có ba nghiệm z0;z 3 và z  3.

0,5

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 15

Câ

u Phần Nội dung Điểm

I
(2,

0) 1(1,0)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 1,0

2(1,

0) Từ giả thiết ta có:

( ) :

d

y k x



(



1) 1.



Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 
có hai nghiệm

( ; ), ( ; )

x y

1 1

x y

2 2 phân biệt sao cho









2 2

2 1 2 1

90(*)

x



x



y



y



2

4 (

1) 1

( )

1 (

1) 1

x

k x

I

x

y k x





























. Ta có:

(2

3)

3 0

( )

(

1) 1

kx

k

x k

I

y k x





  

 









Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

(2

3)

3 0(**)

kx



k



x k

  

có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

3 0,

.

8 k



k



Ta biến đổi (*) trở thành:









2 2

2 1 2 1 2 1

(1



k

)

x



x

 

90 (1



k

)[

x



x



4 x x

] 90(***)



Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

2

3 ,

k

x

x x

k







thế vào (***) ta có

phương trình:

8 k



27 k



8 k



3 0

 

(

k



3)(8

k



3 k



1) 0



3

41

3

41 3,

,

16  

 







k



k

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,5

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

(2,0) 1(1,0)

(sin 3

sin 3

x

x





3sin 2

sin ) 2sin

x

x





cos 2

x

x





3sin 2

3sin

x

x





3cos

(cos 2

x

x



 

2 0

2 3cos ) 0

 

x



2sin 2 .cos

x

2sin

x

6.sin.cos

x

(2cos

x

3cos

x

1) 0











2 2

2sin .cos

x

2sin

x

6.sin.cos

x

(2cos

x

3cos

x

1) 0











1 sin

2 (2sin

1)(2cos

3cos

1) 0

cos

1 cos

2 x













 













+)

2

6 , (

)

5

1

2 i

6 s n

.

2 











 



 



x

k

Z

k

x

k

x



+)

2

3 , (

)

2

3

1 cos

.

2 











 





 



x

k

k Z

x

k



+)

cos

x

 

1 x k



2 , (



k Z



)

.

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25

0,25
0,25

2(1,0)

Dễ thấy

y 

0

, ta có:

2 2

2 2 2

1

4 1 4

.

(

)

2

7

2

1 (

)

2

7 x

x y

y

x

y

xy

y

y x y

x

y

x

x y

y





 









 



























Đặt

1 ,

x

u

v x y

y





 

ta có hệ:

2 2

4 3,

1

2

7

2 15 0

5,

9 u v

u

v

u

v

u

v

u

 

 































+) Với

v



3,

u



1

ta có hệ:

1

2 0

1,

2

2,

5

3 x

y

x

y

x

y

x

y

x y

y

x

y

x





 



 



 



















 





.
+) Với

v



5,

u



9

ta có hệ:

1 9

9

46 0

5 x

y

x

y

x

x y

y

x

y

x



 



 















 



, hệ này vô nghiệm.

0,25

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.

x y





Câu P

hầ
n

Nội dung Đ

iể
m
III

(1,0) Đặt

,

0 ,

0.

2 x





 

t

dx



dt x

 

t





x







t



Suy ra: 2 2 2

3 3 3

0 0 0

3sin

2cos

3cos

2sin

3cos

2sin

(sin

cos )

(cos

sin )

(cos

sin )

x

t

x

I

dx

dt

dx

x

t

x

  









(Do tích

phân khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:

2 2 2

3 3 2

0 0 0

3sin

2cos

3cos

2sin

1

2 (sin

cos )

(cos

sin )

(sin

cos )

x

I

I I

dx

x

  



  









2 2

0 0 0

1 tan

1

2

4

2

4 2cos

cos

4 dx

d x

x

 



































































. KL: Vậy

1 .

2 

I

0,
2
5

0,

5

Câu Phần Nội dung Điểm

(1,0) + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2

3 SG

SO



suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.

+ Dễ có: . .

1

.

1

2

S ABD S BCD S ABCD

V



V



V



V

Theo cơng thức tỷ số thể tích ta có:

.
.

1 .

1.1.

2

4

S ABN

S ABN
S ABD

V

SA SB SN

V



SA SB SD



 



.
.

1 1

1 .

1. .

2 2

4

8

S BMN

S ABN
S BCD

V

SB SM SN

V



SB SC SD



 



Từ đó suy ra:

. . .

3 .

8

S ABMN S ABN S BMN

V



V



V



V

+ Ta có:

1 . (

)

3 V



SA dt ABCD

; mà theo giả thiết

SA



(

ABCD

)

nên góc hợp bởi AN 
với mp(ABCD) chính là góc

NAD

, lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại

N, suy ra

NAD NDA



30 .



Suy ra:

tan 30

3 SA

AD



a

Suy ra:

1 . (

)

1 . .

3

3 V



SA dt ABCD



a a a



a

Suy ra: thể tích cần tìm là:

. .

3

5

8 5 3

.

24 



 



MNABCD S ABCD S ABMN

a

V

0,25

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm

(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

3 

ab bc ca





3 (

abc

)



abc



1

.
Suy ra:

0,25
M

A D

B
S

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

1 (

)

(

)

(

1 (

)

3 ) 3

(1).



















a b c

abc a b c

a ab b

a b c

a

c ca

a

Tương tự ta có: 2

1 (2),

2

1 (3).

1 

b c a

(



)



3 b

1 

c a b

(



)



3 c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

2 2 2

1 1 1 1 1

1 (

)

1 (

) 1

(

) 1

(

)

3 ab bc ca

a b c

b c a

c a b

c b c

abc













.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1,

3 1, ( , ,

0).

abc



ab bc ca



 

a b c

  

a b c



0,25

0,5

C
â
u

P
h
ầ
n

Nội dung Điể

m

V
I
a
(
2
,
0
)

1(
1,
0)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và

R



1, ' 3

R



, đường thẳng

(d) qua M có phương trình

a x

(



1)



b y

(



0) 0

 

ax by a







0, (

a



b



0)(*)

.
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có:

MA

2

MB

IA

IH

2

I A

'

I H

' '



















1 d I d

( ; )

4[9

d I d

( '; ) ]

 





.

IA IH











2 2

2 2 2 2

9 4 ( '; )

d I d

( ; )

35

4. a

b

35 a

b

a

b















2 2

36

35

36 a

b

a

b

a

b













Dễ thấy

b 

0

nên chọn

1

6 



  





a

b

a

Kiểm tra điều kiện

IA IH



rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

0,25

2(
1,
0)

+ Ta có:



AB



(2; 2; 2),





AC



(0; 2; 2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,

AC là:

x y z

 



1 0,



y z

 

3 0.



+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là

n





AB AC

,





(8; 4; 4).









 

   

Suy ra (ABC):

2 x y z



  

1 0

+ Giải hệ:

1 0

0 3 0

2 1 0

1 x y z

x

y z

y

x y z

z

 









 













  







. Suy ra tâm đường trịn là

I

(0; 2;1).

Bán kính là

( 1 0)

(0 2)

(1 1

)

5

.



 











R IA

0,25

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm

VII.
a
(1,0)

+ Ta có:





2 20

0 1 2 20

(1 3 )

2

3 ... 21

.

x



x





a



a x



a x



a x

20 19 2 20

0 1 2 20

(1 3 )

x

60 (1 3 )

x

a

2 a x

3 a x

... 21

a x









(*).

Nhận thấy:

a x

k k



a

k

(



x

)

k do đó thay

x 

1

vào cả hai vế của (*) ta có:

0 1 2 20

2

3 ... 21

4 





S

a

0,25
0,25
0,25
0,25

C

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

u ầ
n
V

I
b
(
2
,
0
)

1(
1,
0)

+ Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  



làm vtpt và AC đi qua K nên

(

AC x

) :



2 y

 

4 0.

Ta cũng dễ có:

(

BK

) : 2

x y

 

2 0



+ Do

A AC B BK



,



nên giả sử

(2

4; ), ( ; 2 2 ).

A a



a B b



b

Mặt khác

M

(3;1)

là
trung điểm của AB nên ta có hệ:

2

4

6

2

10

4 .

2 2

2

0

2 a

b

a b

a

b

a

b



 









 









Suy ra:

A

(4; 4), (2; 2).

B



+ Suy ra:

AB  

( 2; 6)





, suy ra:

(

AB

) : 3

x y



8 0



+ Đường thẳng BC qua B và vng góc với AH nên nhận



HA 

(3; 4)

, suy ra:

(

BC

) : 3

x



4 y

 

2 0.

KL: Vậy :

(

AC x

) :



2 y

 

4 0,

(

AB

) : 3

x y



8 0



(

BC

) : 3

x



4 y

 

2 0.

0,25

0,5

0,25

2(
1,
0)

M N

,



( ), ( )

d

2 nên ta giả sử

1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2

( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1

)

(

2 1;

;2

1)

M t t

t

N

 

t t



t



NM





t



t



t



t



t



.
+ MN song song mp(P) nên:

1 2 1 2 1 2

.

0 1.(

2 1) 1.(

) 1(2

1) 0

P

n NM

 

t



t





t



t



t



t





 

2 1

(

1; 2 ;3

1 1

1)

t

NM

t

t t







 







+ Ta có:

2 2 2 2

1 1 1 1 1

0

2 (

1)

(2 )

(3

1)

2

7

4

0 4

7 t

MN

t









 





 



 







+ Suy ra:

M

(0; 0; 0), ( 1; 0;1)

N



hoặc

( ; ; ), ( ;

4 4 8

1 4 3

; )

7 7 7

7 

7 7

M

N

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên khơng có trường hợp nào

M



( ).

P

KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

0,25

Câu P

hầ
n

Nội dung Điểm

VII.
b
(1,0)

+ Điều kiện:

2 2 0,

2 1 0,

5 0,

4 0

( )

0 1

1, 0 2

1 xy

x y

x

y

x

I

x

y





  



 



 



 





+ Ta có: 1 2

1 2

2log [(1

)(

2)] 2log

(1

) 6

( )

log (

5) log

(

4) = 1

x y

x y

x

I

y

x

 













 











1 2

log (

2) log

(1

) 2 0 (1)

log (

5) log

(

4) = 1 (2).

x y

y

x

y

x

 











 











+ Đặt

log

2y

(1



x

)



t

thì (1) trở thành:

1 2 0

(

1)

0

1. t

 

 



  

Với

t 

1

ta có:

1 

x

  

y

2 y



x



1 (3).

Thế vào (2) ta có:

1 1 1

4 log (

4) log (

4) = 1

log

1

2

0

4

x x x

x

  



















 

 









0

2 x





 





. Suy ra:

1 y











+ Kiểm tra thấy chỉ có

x



2,

y



1

thoả mãn điều kiện trên.

0,25

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

BO 15 DE THI TOAN VAO DH VA CD co huong dan giai

NĂM HỌC 2009-2010

<b> </b>

<b>ĐỀ SỐ 1</b>

<i>y x</i>

<sub></sub>

<sub></sub>

3

<i>mx</i>

<sub></sub>

4

<i>m</i>

3

4 2sin 2

2 3 2(cotg

1)

sin 2

cos

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>











3

3

2 0

1

3 2

0

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y y</i>

<i>m</i>

































1

2

1

2

1

<i>x</i>

<i>y</i>



<i>z</i>









1

1

1

1

1

1

<i>P</i>

<i>xy</i>

<i>yz</i>

<i>zx</i>