Bài soạn Bộ đề thi Đại Học môn toán

ễN THI I HC MễN TON
ấ 1
I. PHN CHUNG
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số
( )
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=
1, Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1.
2, Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ th ( C
m
) cú im cc i v im cc tiu, ng thi
cỏc im cc i v im cc tiu lp thnh mt tam giỏc u.
Cõu 2: ( 2 im) 1, Gii phng trỡnh:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx
2, Gii h phng trỡnh:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2

21
2
21
xy
xxyxxy
yx
yx
Cõu 3: ( 2 im ) 1, Tớnh tớch phõn:
( )


=
1
3
1
4
3
1
3
dx
x
xx
I
.
2, Cho cỏc s thc dng a, b, c tho món
abccabcab
=++
. Chng minh rng:

( )

1
)()(
33
44
33
44
33
44

+
+
+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba
Cõu 4: ( 2 im ) Trong khụng gian vi h trc to cỏc Oxyz, cho mt phng (P) cú
phng trỡnh:
012 =++ zyx
v ng thng ( d) cú phng trỡnh:

=++
=
022
022
zy
yx
1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P).
2, Viết phơng trình đờng thẳng
( )

đi qua A,
( )

nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đ-
ờng thẳng
( )

và ( d) bằng 45
0
.
II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần)
Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban)
1, Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B9 4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng
có phơng trình:
093
=+
yx
.
2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức:
( ) ( ) ( )

n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
...2
=+++
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.

2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K
lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S. EBK.
AP AN ấ 1
I. Phần chung
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số
( )
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2, Với những giá trị nào của m thì đồ thị ( C
m
) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời
các điểm cực đại và điểm cực tiểu lập thành một tam giác đều.
Đk để ( C
m
) có 3 điểm cực trị là m < 2. Các điểm cực trị của ( C
m
) là
( )
( ) ( )
mmCmmBmmA
+
1;2;1;2;55;0
2
1
ễN THI I HC MễN TON
Đáp số:

3
32
=
m
Câu 2: ( 2 điểm) 1, Giải phơng trình:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1
=+++
xxx
Đa phơng trình về dạng:
16
1
2
3
cos.cos.
2
cos
2
=






x
x
x

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng giải hai phơng trình:
4
1
2
3
cos.cos.
2
cos
=
x
x
x
và
4
1
2
3
cos.cos.
2
cos
=
x
x
x
Ta đợc các họ nghiệm của phơng trình đã cho là:
( )
Zmkmx
k
x
+=+=

,2
3
2
;
24


2, Giải hệ phơng trình:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2
21
2
21
xy
xxyxxy
yx
yx
ĐK

>
<<
1;2
0,14
yy
xx
Đa phơng trình thứ nhất của hệ về dạng:
( )
21log)2(log
21
=++
+
xy
yx
Đặt
)2(log
1
yt
x
+=

, tìm đợc t = 1, kết hợp với phơng trình thứ hai của hệ,đối chiếu với
điều kiện trên, tìm đợc nghiệm
( ) ( )
1;2;
=
yx
.
Câu 3: ( 2 điểm ) 1, Tính tích phân:
( )

=
1
3
1
4
3
1
3
dx
x
xx
I
.
Đa I về dạng:







=
1
3
1
3
3
1

2
1
.1
1
dx
xx
I
. Dùng phơng pháp đổi biến số, đặt
1
1
2
=
x
t
Đáp số: I = 6.
2, Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn
abccabcab =++
. Chứng minh rằng:
( )
1
)()(
33
44
33
44
33
44

+
+

+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba
Từ
( ) ( )
( )
babaabbbaabaabbaba
++=++++++
333434443344
2
.
Vậy
( )






+=
+

+
+
baab
ba
baab
ba 11
2
1
2
33
44
.
Tơng tự cho các bất đẳng thức còn lại, suy ra đpcm.
Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có
phơng trình:
012
=++
zyx
và đờng thẳng ( d) có phơng trình:



=++
=
022
022
zy
yx
1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P).

Đáp số. 1)
( ) ( )
0
30)(,;1;0;1
=
PdA
.
2, Viết phơng trình đờng thẳng
( )

đi qua A,
( )

nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đ-
ờng thẳng
( )

và ( d) bằng 45
0
.
2
ễN THI I HC MễN TON
Hai đờng thẳng thoả mãn đề bài có phơng trình:
( ) ( )
335
1
3132
1
:;
335

1
3132
1
:
21
+
+
=

=




+
=
+
=
+


zyxzyx
II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần)
Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban)
1. Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B(4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng có
phơng trình:
093
=+
yx
.

Hai đờng tròn thoả mãn đề bài có phơng trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2501017:;1021:
22
2
22
1
=+=+
yxCyxC
2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức:
( ) ( ) ( )
n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
...2
=+++
Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lu ý
1
0
==

n
nn
CC
và
kn
n
k
n
CC

=
ta thấy:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1....2
22
1
2
2
2
1 n
n
n
nnn
CnCnCnCnS
++++=

Từ
( ) ( ) ( )
Rxxxx

nnn
+=++
,111
2
. So sánh hệ số của
n
x
trong khai triển nhị thức Newton
của
( ) ( )
nn
xx
++
11
và
( )
n
x
2
1
+
ta suy ra:
( ) ( ) ( )
( )
2...
2
22
2
2
1 n

n
n
nnn
CCCC
=+++
Từ (1) và (2) có đpcm.
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.
Đk x > 0 và
1

x
. Đa phơng trình về dạng
( )
xxx 4log1log)3(log
222
=++

.
Xét hai khả năng 0 < x < 1 và x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm của ph-
ơng trình là:
323
+=
x
và x = 3.
2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K
lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S. EBK.
Đáp số:
8
29a
R
=
.
ấ 2
Cõu 1: Cho hm s y =
2 3
2
x
x


cú th l (C)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn.
2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti
A, b sao cho AB ngn nht
Cõu 2:
1/.Gii phng trỡnh:

2 2 sin( ).cos 1
12
x x

=
2/.Gii h phng trỡnh:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

Cõu 3:
1) Tớnh tớch phõn I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx


ì +

2) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc:
3
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục
tung.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3
2
1

1 1 2
y
z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d
1
) , (d

2
)
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC.
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại
A, B sao cho AB ngắn nhất
Gọi M(x
o
;
0

0
2 3
2
x
x
−
−
)∈ (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −
(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
−

−
)
(∆ ) ∩ TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
−
= −
−
uuur
⇒ AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
− +
−
≥

⇒ AB min =
2 2
⇔
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
= →


= →


Câu 2:
1) Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12
x x
π
− =
4
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx–
3
cosx)=0 ⇔
3
( )
4

x k
k
x k
π
π
π
π

= +

∈

= +


¢
2).Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

(1) ⇒ y ≠ 0
Hệ ⇔

3
3
3
3
2
2
27
3
8 18
(2 ) 18
4 6
3 3
1
2 . 2 3
x
x
y
y
x x
x x
y y
y y

 

+ =
+ =

 ÷


 
 
⇔
 
 
 
+ =
+ =
 ÷



  
Đặt a = 2x; b =
3
y
. Ta có hệ:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b
ab
ab a b
+ =
+ =



⇔
 
=
+ =


→ Hệ đã cho có 2 nghiệm
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
− +
 ÷  ÷
   
+ −
Câu 3:
1) Tính tích phân I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
π
π
× +
∫
I =

2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ×
∫
x d x
. §Æt
3
cos cos
2
x u= ×

⇒ I
∫
⋅=
2
4
2
sin
2
3
π
π
udu

=
( )
3
2
16
π
+
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Đk x ≥ 0. đặt t =
x
; t ≥ 0
(1) trở thành (m–3)t+(2-m)t
2
+3-m = 0 ⇔
2
2
2 3 3
1
t t
m
t t
− +
=
− +
(2)
Xét hàm số f(t) =
2

2
2 3 3
1
t t
t t
− +
− +
(t ≥ 0)
Lập bảng biến thiên
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔
5
3
3
m≤ ≤
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c+ = + − + ≤ +
⇒
2
3

2 1
8 1
a a
c
c
≥
+
+
5
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

Bđt(1) ⇔ 4(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
) +2(a
3
+b
3
+c
3
)+2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)+( a+b+c) ≥
≥ 8a
2
b
2
c

2
+4(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) +2 (a
2
+b
2
+c
2
)+1 (2)
Ta có: 2a
3
b
2
+2ab
2
≥ 4a
2
b
2

; …. (3)
2(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
) ≥ 2.3.
3
5 5 5
a b c
=6 (do abc =1)(4)
a
3
+b
3
+c
3
≥ 3abc =3 = 1 +2 a
2
b
2
c
2

(5)
a
3
+a ≥ 2a
2
; …. (6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2).
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3
1

( ).
3 16
a
dt ABC SO =
Mặt khác, V(S.ABC) =
1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =
2
13 3
16
a
Vậy d(B; SAC) =
3 3
( )
13
V a
dt SAC
=
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục
tung.

Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆).
M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC.
(BH): x –2y + 3 =0 → H
( )
7
1
;
5 5
−
→ M
( )
7
4
;
5 5
−
BH =
3 5
5
⇒CI =
6 5
5
; C∈ Oy ⇒ C(0; y
0
) ⇒
0
7
5
o
y

y
=


= −

C(0; 7) ⇒ A
( )
27
14
;
5 5
−
−
∉
(∆)→loại
(0; –5) ⇒ A
( )
33
14
;
5 5
−
∈
(∆)→ nhận.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3

2
1
1 1 2
y
z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường
thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d

1
) , (d
2
)
6
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(P) ∩ (d
1
) = A(1;1;2); (P) ∩ (d
2
) = B(3;3;2)→ (∆)
1 2
1 2 ( )
2
x t
y t t
z
= −


= − ∈


=

¡
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC.
C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) =

5 2
2
ABC
a b S
AB
∆
− −
=
⇒
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
− =

− − = ⇔

− =

Trọng tâm G
( )
5 5
;
3 3
a b+ −
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
(1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3

2 65 89
S
p
=
+ +
(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
(S) tâm I(-2;3;0), bán kính R=
13 ( 13)m IM m− = <
Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =
3m− −
(d) qua A(0;1;-1), VTCP
(2;1;2)u =
r
⇒ d(I; d) =

;
3
u AI
u
 
 
=
r uur
r
Vậy :
3m− −
=3 ⇔ m = –12( thỏa đk)
ĐỀ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy
−++−=
9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1
=
m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại

21
, xx
sao cho
2
21
≤−
xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+
x
xx
x
x
.
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3

5
5
+=+−
xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1
>==
mmCCAB
Tìm
m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB

và
'BC

bằng
0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++
zyx
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
7
ễN THI I HC MễN TON
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im) 1.Trong mt phng vi h to
,Oxy
cho tam giỏc
ABC

cú
)6;4(A
,
phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh
C
ln lt l
0132
=+
yx
v
029136
=+
yx
. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc
ABC
.
2. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho hỡnh vuụng
MNPQ
cú
)4;3;2(),1;3;5(

PM
. Tỡm to nh
Q
bit rng nh
N
nm trong mt phng
.06:)(

=+
zyx

Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0
=
E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c
bao nhiờu
s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2(

M

v cú
phng trỡnh mt ng chun l
.08
=+
x
Vit phng trỡnh chớnh tc ca
).(E

2. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho cỏc im
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
v mt phng
.022:)(
=++
yx

Tỡm to ca
im
M
bit rng
M
cỏch u cỏc im
CBA ,,
v mt phng
).(

Cõu VIIb. (1,0 im) Khai trin v rỳt gn biu thc
n
xnxx )1(...)1(21
2
+++
thu
c a thc
n
n
xaxaaxP
+++=

...)(
10
. Tớnh h s
8
a
bit rng
n
l s nguyờn
dng tho món
n
CC
nn
171
32
=+
.
AP AN ấ 3
A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im) Cho hm s
mxxmxy
++=
9)1(3
23
, vi
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi
1
=
m

.
Với
1
=
m
ta có
196
23
+=
xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+=
xxxxy
Ta có



<
>
>
1
3
0'
x
x

y
,
310'
<<<
xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(

và
),3(
+
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(
8
ễN THI I HC MễN TON
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
=
x
và
3)1(
==
yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3
=

x
và
1)3(
==
yy
CT
.
Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(

.
2.Xỏc nh
m
hm s ó cho t cc tr ti
21
, xx
sao cho
2
21

xx

.
Ta có
.9)1(63'
2
++=
xmxy
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx



phơng trình
0'
=
y
có hai nghiệm pb là
21
, xx



Pt
03)1(2
2
=++
xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx

.





<
+>
>+=
31
31
03)1('
2
m
m
m

)1(
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
=+=+
xxmxx
Khi đó
( ) ( )
41214442
2
21
2
2121

++
mxxxxxx

)2(134)1(
2
+
mm
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313
<
m
và
.131
<+
m
Cõu II. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1

+=
+
+
x

xx
x
x
.
Điều kiện:
.0cossin,0sin
+
xxx
Pt đã cho trở thành
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=
+
+
x
xx
xx
x
x

02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2

cos
2
=






+
=
+

xxx
xx
x
x
x


+)
.,
2
0cos
+==
kkxx


+)

+=
+=







+=
++=
+=
nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2

4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin










.,
3
2
4

+=
t
t
x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx
+=
2
;
.,,
3
2
4

+=
tk
t
x

2.Gii phng trỡnh:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+
xx
.
Điều kiện
.
3
1
>

x
(*)
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
+=+
xx
9
ễN THI I HC MễN TON

32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log
+=
+=
xx
xx





=
=

=
=+
8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x
xx
xxx
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2
=
x

Cõu III. (1,0 im) Tớnh tớch phõn

+
+
=
5
1
2
13
1
dx

xx
x
I
.
Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt
=
+
=+=
.
Khi
1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra


+

=
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I

+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9

2
3
+=
+

+






=
t
t
tt
Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u
'''. CBAABC
cú
).0(',1
>==
mmCCAB
Tỡm
m
bit rng gúc gia hai ng thng
'AB
v
'BC

bng

0
60
.
- Kẻ
)''('// BADABBD


0
60)',()','(
==
BCBDBCAB

0
60'
=
DBC
hoặc
.120'
0
=
DBC
- Nếu
0
60'
=
DBC
Vì lăng trụ đều nên
).'''(' CBABB

áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1'
2
+==
mBCBD
và
.3'
=
DC

Kết hợp
0
60'
=
DBC
ta suy ra
'BDC

đều.
Do đó
.231
2
==+
mm
- Nếu
0
120'
=
DBC
áp dụng định lý cosin cho

'BDC

suy ra
0
=
m
(loại).
Vậy
.2
=
m
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ
khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB
==
.
Cõu V. (1,0 im) Cho cỏc s thc khụng õm
zyx ,,
tho món
3
222

=++
zyx
. Tỡm giỏ tr
ln nht ca biu thc
10
A
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120
ễN THI I HC MễN TON
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
Đặt
zyxt
++=

2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++
zyxzxyzxy
nên
3393
2

tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5
2
3
2

t
t
A
+

=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+=
t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t

t
ttf
vì
.3

t
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()(
=
ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13
====
zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1
===
zyx
B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:

Cõu VIa. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
cho tam giỏc
ABC
cú
)6;4(A
,phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh
C
ln
lt l
0132
=+
yx
v
029136
=+
yx
. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc
ABC
.
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó
CH có phơng trình
0132
=+
yx
,
CM có phơng trình
.029136
=+

yx
- Từ hệ
).1;7(
029136
0132




=+
=+
C
yx
yx
-
)2,1(==
CHAB
unCHAB

0162:
=+
yxABpt
.
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx

=+
=+


).4;8(B

- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++
pnymxyxABC
Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên





=+
=+++
=+++
0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm

=
=
=

72
6
4
p
n
m
.
11
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
ễN THI I HC MễN TON
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22
=++
yxyx
hay
.85)3()2(

22
=++
yx
2. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho hỡnh vuụng
MNPQ
cú
)4;3;2(),1;3;5(

PM
. Tỡm to nh
Q
bit rng nh
N
nm trong mt phng
.06:)(
=+
zyx

- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=+
zyxN

- MNPQ là hình vuông
MNP

vuông cân tại N





=
=

0.PNMN
PNMN







=++++
+++=+++

0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000

2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx




=++++
=+

)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra

+=
+=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta đợc
065
0
2
0
=+
xx




===
===

2,1,3
1,3,2
000
000
zyx

zyx
hay





)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
(

I
.
Nếu
)13;2(

N

thì
).4;3;5(

Q
Nếu
)2;1;3(

N
thì
).3;5;4(

Q
Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0
=
E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c
bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
Giả sử
abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra
{ }
6,4,2,0

d
.

+)
.0
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A
+)
.2
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA

+) Với
4
=
d
hoặc

6
=
d
kết quả giống nh trờng hợp
.2
=
d
Do đó ta có số các số lập đợc là
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=+
AAA
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2(

M
v cú phng trỡnh mt ng chun l
.08
=+

x
Vit phng trỡnh
chớnh tc ca
).(E
- Gọi phơng trình
)0(1:)(
2
2
2
2
>>=+
ba
b
y
a
x
E
.
12
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
- Gi¶ thiÕt







=
=+

⇔
)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba
Ta cã
).8(88)2(
22222
cccccabca
−=−=−=⇒=⇔

Thay vµo (1) ta ®îc
1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.






=
=
⇔=+−⇔
2
13
2
026172
2
c
c
cc
* NÕu
2
=
c
th×
.1
1216
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba
* NÕu
2
13
=
c

th×
.1
4/3952
:)(
4
39
,52
22
22
=+⇒==
yx
Eba
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)(
=++
yx
α
Tìm toạ độ của
điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(

α
Gi¶ sö
);;(
000
zyxM
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
22
)2()3()1()1(
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−

yx
zyxzyxzyx









++
=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔
)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx
Tõ (1) vµ (2) suy ra




−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vµo (3) ta ®îc
2
00
2
0
)23()1083(5
+=+−
xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0

x
x





−
⇒
).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1(...)1(21
2
−++−+−
thu
được đa thức
n

n
xaxaaxP
+++=
...)(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên
dương thoả mãn
13
ễN THI I HC MễN TON
n
CC
nn
171
32
=+
.
Ta có





=

+

=+
nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32

.9
0365
3
2
=



=


n
nn

n
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx
+
Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
=+
CC
ấ 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
2x
y

+
=
(C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :





=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
2. Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO

(ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN
và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng
.
2
10a
MN
=
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho

=
>
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )
+
+
cba
3
1
( )
+
+
cab
3
1
( )
abc
+
3
1
Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
14
ễN THI I HC MễN TON

A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC có PT hai cạnh là:
0.21-7y4x
=+=+
,0625 yx
Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp tr-
ởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm
( ) ( ')B d v C d
sao cho A l tõm
ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0

Vit PT mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )
theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng
mxy
+=
2
cắt đồ thị
hàm số
x
xx
y
1
2
+
=
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB
thuộc trục tung.
AP AN ấ 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
2x
y

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

2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm
tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:







=


=

+
)3(k
)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1x

Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:
)4(02ax)2a(2x)1a(
2

=+++
Để (4) có 2 nghiệm
1x

là:



>







>+=
=

2a
1a
06a3'
03)1(f
1a
Hoành độ tiếp điểm
21
x;x
là nghiệm của (4)
15
ễN THI I HC MễN TON

Tung độ tiếp điểm là
1x
2x
y
1
1
1

+
=
,
1x
2x
y
2
2
2

+
=
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là:
0
)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
<

++
<
3
2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121
><

+
<
++
+++
Vậy
1a
3
2
<
thoả mãn đkiện bài toán.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :

=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
* Hệ phơng trình tơng đơng với





=++
=+
022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx
2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x

+ =


+ + + =


Dat
2
2
3
x u
y v

=

=

* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v

+ =

+ + =

2
0
u
v
=


=

hoặc
0
2
u
v
=


=

thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là :
2
3
x
y
=


=

;

2
3
x
y
=


=

;
2
5
x
y

=


=


;
2
5
x
y

=

=


;
2. Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
5
1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k




+ + + + + = + + =

= = = + = + =
Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+

+


* t t = -x => dt = -dx
* i cn:
;;
4 4 4 4
x t x t

= = = =
16
ễN THI I HC MễN TON
6 6 6 6
4 4
4 4
6 6
4
4
sin cos sin cos
6 ; 2 (6 1)
6 1 6 1
(sin cos )


+ +
= => = +
+ +
= +

t t
t t
t t t t
I dt I dt
t tdt





4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1
2 1 sin 2 cos4 sin 4
4 8 8 8 8 4
5 5
16 32



= = + = +
ữ ữ ữ

= =

I t dt t dt t t
I

Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO

(ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN
và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng
.
2
10a
MN
=
SO

(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó
MH

(ABCD), suy ra góc giữa đờng thẳng MN với
mp(ABCD) chính là góc
.


=
HNM
Ta cần tính

.

Xét tam giác CNH có :
.
2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC
===
0222
45cos..2 CNHCCNHCHN
+=
Hay
4
3
48
9
222
2
aaa
HN
+=
Suy ra
.
4
10a

HN
=
Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos
===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,

8

30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
====
.
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là:
.
24
30
8
30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV

ABCD
===
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho



=
>
1
0,,
abc
cba
.
17
C
A
S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a
ễN THI I HC MễN TON
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )

+
+
cba
3
1
( )
+
+
cab
3
1
( )
abc
+
3
1
Đặt x =
c
z
b
y
a
1
,
1
,
1
==
. Khi đó:
=

+
+
+
+
+
=
xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333

+
+
+
+
+
yx
xyz
xz
xzy
zy
yzx

(*)
Do
11
==
xyzabc
nên ta có
yx
z
xz
y
zy
x
A
+
+
+
+
+
=
222
(1)
Ta chứng minh bất đẳng thức
2
cba
++
.
222
ab
c
ac

b
cb
a
+
+
+
+
+

Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
cb
a

+
+
+
4
2
,
b
ac
ac
b

+
+
+

4
2
,
c
ba
ba
c

+
+
+
4
2
.
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :
2
cba
++
.
222
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+

+

Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222
=
++

+
+
+
+
+
xyz
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minA =
2
3

khi a = b = c =
1
.
Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC có PT hai cạnh là:
0.21-7y4x
=+=+
,0625 yx
Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :
0625
=+
yx
AC:
021-7y4x
=+
, suy ra tọa độ của A là
nghiệm của hệ phơng trình:



=+
=
2174
625

yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác,
OxBCBCOA //

suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.
Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra
BB có ph ơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB : 7x 4y =
0.
Điểm B =

ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:



=
=




=
=
7
4

625
047
y
x
yx
yx
Đờng thẳng đi qua B(- 4; - 7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra phơng
trình cạnh BC: y = - 7.
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
18
A
B
C
O(0; 0)
A
B
A
ễN THI I HC MễN TON
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca M trờn d, ta cú MH l ng thng i qua M, ct v
vuụng gúc vi d.
d cú phng trỡnh tham s l:

x 1 2t
y 1 t
z t
= +


= +


=

Vỡ H d nờn ta H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3

ữ

3 (1; 4; 2)
MH
u MH= =
uuuur uuuur
Suy ra, phng trỡnh chớnh tc ca ng thng MH l:
x 2 y 1 z
1 4 2

= =

Theo trên có
7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H
mà H là trung điểm của MM nên toạ độ M
8 5 4
( ; ; )
3 3 3

Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp
trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức danh đó
là khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là

2
40
A
Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160.
3
38
2
40
=
CA
cách
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm
( ) ( ')B d v C d
sao cho A l tõm
ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0
Vit PT mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct

mp(P )theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
m cu(S) cú tõm I

g sI(a;b;c ) =>(a;b;c) tho mn PT ca

(1)
*
( )
( )
; 2d I P =
(2)
T (1) v(2) ta cú h PT:
2 2 2 6
11 14 1 1 1 7
.... ; ; ; ; ;
2 1
6 3 6 3 3 3
2
a b c
a t
heconghiem va
b t
c t
=



=

ữ ữ
=


= +


Do
2
4 3 13r R R= = =
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :
19
ễN THI I HC MễN TON
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z

+ + + =
ữ ữ ữ

+ + + + =
ữ ữ ữ

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng
mxy
+=
2
cắt đồ thị
hàm số
x
xx
y
1
2
+
=
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB
thuộc trục tung.
Phơng trình hoành độ giao điểm:
)0(01)1(32
1
2
2
=++=
++
xxmxmx
x
xx
(1)

Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:

( )
mm
>+=
,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx
khác 0 với
mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21

==+
m
a
b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1
2
21

=
+

=
m
xx
x
I
.
Điểm
.1010
===
mmxOyI
I
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
ấ 5
I: PHN CHUNG CHO TT C TH SINH
CõuI (2im): Cho hm s y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Kho sỏt hm s.
2: Gi (d) l ng thng i qua im A(2 ; 0) cú h s gúc k.Tỡm k (d) ct
(C) ti ba im phõn bit A ; M ; N sao cho hai tip tuyn ca (C ) ti M v N
vuụng gúc vi nhau.
Cõu II (2 im):
1: Gii phng trỡnh:
xx
xx
2sin
2
1

cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=

2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24x x x+ < + +
Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc
BAC =120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a
Gọi I là trung điểm đoạn BC .Tính góc giữa SI và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC)
& tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a
Cõu V (1im):

1). Cho x,y,z l cỏc s thc dng. Chng minh:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +
20
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
2).Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


có nghiệm thực
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)
Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một
điểm trên

( ): 2 0d x y− + =
. Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45
0
tiếp xúc với (C) tại
A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M
là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD
1
A
1
. Tính bán kính của đường tròn là giao
tuyến của mặt cầu đi qua C ; D
1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n
≥
2.Tính
2 2 1 2 2 2 2

1
2 1 . .2 2 . .2 ... . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VIa.1) Cho (P) y
2
= x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm
điểm C thuộc cung AB sao cho
∆
ABC có diện tích lớn nhất
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và

2

2 1
( ) :
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0
.
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
−

= +




− + = −

ĐÁP ÁN ĐỀ 5
I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Khảo sát hàm số.
2: Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) tại ba
điểm phân biệt A ; M ; N sao cho hai tiếp tuyến của (C ) tại M và N vuông góc với nhau.
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)
⇔
(x-2)(x
2
-x-2-k)=0
⇔
x=2=x
A
;f(x)=x
2
-x-2-k=0
+PT có 3nghiệm phân biệt

⇔
f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2
⇔
0
9
0
(2) 0
4
k
f
∆ >

⇔ − < ≠

≠

.Theo Viét ta có
1
2
M N
M N
x x
x x k
+ =


= − −

+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau
⇔

y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1
⇔
(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x− − = −

⇔
9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3
k
− ±
⇔ =
(tm)
Câu II (2 điểm):
21
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
1: Giải phương trình:

xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−

PT tương đương
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
( )
xcosxsin2
2
x

cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3
+=






+






−⇔
( )







+






−+=






+






−⇔
2
x
sin
2
x
cos

2
x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2
x
sin3
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos

=






+++






−⇔
*
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π
 
− = ⇔ − = ⇔ − = π ⇔ = + π ∈
 ÷
 
Z
*
2xsin0xsin2
−=⇔=+
(v« nghiÖm)
*

22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin
−=






π
+⇔−=







π
+⇔−=+
(v« nghiÖm) VËy nghiÖm cña
ph¬ng tr×nh lµ:
( )
x k2 k
2
π
= + π ∈ Z
2: Giải bất phương trình:
2 2
35 5 4 24x x x+ < − + +
BPT tương đương

2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
+ − + < −
⇔ < −

+ + +
⇔ < − + + +
Xét:
a)Nếu x
4
5
≤
không thỏa mãn BPT
b)Nếu x>4/5: Hàm số
2 2
(5 4)( 35 24)y x x x= − + + +
với x>4/5
y
'
=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
+ + + + − +
+ +
>0 mọi x>4/5
Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x
≤
1 thì y(x)
≤
11

+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
Câu III (1điểm): Tính tích phân : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
− +
− + −
∫
Đặt t=
1 1x − +
* x = 2
⇒
t = 2
*x = 5
⇒
t = 3 *dx=2(t-1)dt
22
ễN THI I HC MễN TON
I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2
2

( 1)ln ln
2
( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t

=
+
= = =


Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán
kính R=2a (a>0) ,góc BAC =120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt
phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a
Gọi I là trung điểm đoạn BC
.Tính góc giữa SI và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC) & tớnh
bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a
+Gi D l trung im BC

AD

BC (Vỡ ABC cõn ti A)

AD

(SBC)
+Gi E trung im SB

AE

SB (Vỡ SAB u)


DE

SB (nh lý 3 ng vuụng gúc)
+SC//DE (DE ng trung bỡnh tam giỏc)


SC

SB Vy tam giỏc SBC vuụng ti S
+AD l trc ng trũn ngoi tip tam giỏc SBC.Nờn tõm O mt cu ngoi tip SABC thuc
AD.Mt khỏc O cỏch u A; B; C nờn O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.Vy
bỏn kớnh R mt cu ngoi tip hỡnh chúp bng bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC
+BC =
2 2
a b+

2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2

a b a b
C
a a
+
= =
+ R =
2
2 2
2sin
3
AB a
C
a b
=

Cõu V (1im):
1). Cho x,y,z l cỏc s thc dng. Chng minh:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +
+t
0; 0; 0a x b y c z= > = > = >
+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1

2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + + + = + +
+ + +
(Theo BT CụSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + + +
(p dng BT CụSi cho tng cp)
PCM. Du bng xy ra khi v ch khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
2).Tỡm m h phng trỡnh:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

+ =


+ + =


cú nghim thc
iu kin:
2

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











t t = x + 1 t[0; 2]; ta cú (1) t
3
3t
2
= y
3
3y
2
.
Hm s f(u) = u
3
3u

2
nghch bin trờn on [0; 2] nờn:
23
B
C
A
S
D
E
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)
Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một

điểm trên
( ): 2 0d x y− + =
. Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45
0
tiếp xúc với (C) tại
A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
Dễ thấy
( )I d∈
. Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45
0
suy ra tam giác MAB vuông cân
và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra:
2IM =
.
( ) (M d M∈ ⇒
a; a+2),
( 1; 1)IM a a= + +
uuur
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a
=

= ⇔ + = ⇔

= −


.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0x y y+ − + =
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y+ − + = + + − + ⇔ + − =
.
+ Đường tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C
2
):

2 2
4 3 0x y x+ + + =
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y x x y x y x y+ + + = + + − + ⇔ + + =
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
1 0x y+ − =
và
1 0x y+ + =
2).Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M
là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD
1
A
1
. Tính bán kính của đường tròn là giao
tuyến của mặt cầu đi qua C ; D

1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình:
x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
+ + + =


+ + + =


⇔ = = − = − =

+ + =


+ + + =

Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =
35
2
+(MNC
1
) đi qua M(1;0;0) nhận
1 1
; (0;3; 3)MC NC
 
= −
 
uuuur uuuur
làm véc tơ pháp tuyến có
PT: y – z = 0
+ h = d(I;(MNC
1
)) =
2
+ Bán kính đường tròn giao tuyến là
2 2
3 3
2

R h− =
Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n
≥
2.Tính
24
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 ... . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 ... . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
=
1 1

( 1) 2 2
n n
k k k k
n n
k k
k k C kC
= =
− +
∑ ∑
Xét khai triển
(1+x)
n
=
0
n
k k
n
k
C x
=
∑
; n(1+x)
n-1
=
1
0
n
k k
n
k

kC x
−
=
∑
Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
−
=
∑
⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC

=
∑

+n(n-1)(1+x)
n-2
=
2
0
( 1)
n
k k
n
k
k k C x
−
=
−
∑
Lấy x=2 ta được
n(n-1)3
n-2
=
2
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C

−
=
−
∑
⇔
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
=
−
∑
Vậy S=n.3
n-2
(2+4n)
B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VIa.1) Cho (P) y
2
= x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm
điểm C thuộc cung AB sao cho
∆
ABC có diện tích lớn nhất
+Tọa độ A;B là nghiệm hệ:
2

2 0
y x
x y

=

− − =

A(1;-1); B(4;2)
+C(y
o
2
;y
o
)
∈
(P); h=d(C;d)=
2
2
2
o o
y y− −
+
1 3
.
2 2
ABC
S h AB
∆
= =

2
2
o o
y y− −

+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y− −
Với
1 2
o
y− ≤ ≤

Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và

2
2 1

( ) :
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0
.
Giả sử mặt phẳng cần tìm là:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c
α
+ + + = + + >
.
Trên đường thẳng (d
1
) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do
( )
α
qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b

a b d d a b
− + = = −
 
⇔
 
− + + = = −
 
nên
( ) : (2 ) 0ax by a b z a b
α
+ + − + − =
.
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin 30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
− + −
= =
+ − + + + −
2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0a b a ab b a ab b⇔ − = − + ⇔ − + =
25