6DethithuDaihoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (751.28 KB, 33 trang )

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

ĐỀ 1

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

Cho hàm số :y 2xx 11





 (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.
Câu II:(2 điểm)

1. Giải phương trình:

sin 2

cos 2

cot

cos

sin

x

tgx

x



x





2. Giải phương trình:



2 log x



log 3 1 log4 x 1
3
x

3 





Câu III: (2 im)

1.Tính nguyên hàm:

( )

sin 2

3 4sin

2 xdx

F x

x cos x









2.Gi¶i bất phơng trình:

x

1

x

2

x

3

Cõu IV: (1 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ
tự là 4x + y + 14 = 0; 2x5y 20. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm

A. Theo chương trỡnh chuẩn

Câu Va :

1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 8C C1 49
n
2
n
3

n   .
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0.

Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 3.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb:

1. Giải phương trình :log



x 1



2 log 3



2x 1



3    

2. Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a 2. Gọi H và K lần lượt là hỡnh chiếu vng góc của A lờn SB, SD.

Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK.

……… …..………..Hết……….
(C¸n bé coi thi không giải thích gì thêm)

Híng dÉn chấm môn toán

Câu ý Néi Dung §iĨm

I 2

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

 TX§: D = R\ {-1/2}

 Sùù BiÕn thiªn:





2 1

y x D

x

Nên hàm số nghịch biến trên ( ; 1) ( 1; )

2 va 2

    

0,25

+ Giíi h¹n ,tiƯm cËn:
1

2
lim

x

y


 



1
2

lim

x

y



 

 



ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

lim 1
2

x

y
  



lim 1
2

x

y
 





®THS cã tiƯm cËn ngang: y = -1/2

0,25

+ Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ Thị :

0,25

y’

y


 -1/2 

--1/2







-1/2

x
0

-1/2

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

2

Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là 







 ,0
2
1
A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng 









1
x
k
y

() tiếp xúc với (C) /

x 1 k x 1

2x 1 2

x 1 k co ù nghieäm

2x 1

   

   


   

 
 

 

  

  



0,25











































)2

(

k

1 x

2

3 )1

(

2

1 x

k

1 x

2

1 x

Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm là





1
3 x

x 1 2

2x 1 2x 1

 



 

   



 

0,25

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

     và x 1

 x 1 3

  

x 5

  . Do đó k 121

0,25

 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 121 x12

  0,25

II 2

1

1. Giải phương trình: sincos2xx cossin2xx tgx cotgx (1)
(1) cos2xcossinxxcossinx2xsinx cossinxx cossinxx





x
cos
x
sin

x
cos
x
sin
x
cos
x
sin

x
x
2

cos 2  2





0,25

 cosx cos2x sin2x 0 

 2 cos x cosx 1 0 sin2x 02     

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

cosx 1 (cosx 1 :loại vì sin x 0)
2

    0,25

 k2
3

x 0,25

2

2. Phương trình:



2 log x



log 3 1 log4 x 1

3
x

3 




 (1)

(1)



2 log x



log19x 1 log4 x 1
3

3 





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

22 loglog xx 1 log4 x 1

3
3

3 









đặt: t = log3x

0,25

thành 2 t 4 1 t2 3t 4 0

2 t 1 t



     

 

(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
 t1 hay t 4

0,25

Do đó, (1) 3

log x 1 hay x 4 x hay x 81

     

0,25

III 2

1 1

Ta cã

( )

sin 2

2

2sin cos

2

3 4sin

(1 2sin

)

2sin

4sin

2 xdx

x

xdx

F x

x











0,25

Đăt u = sinx ducosxdx O,25

Ta cã:





2 2

( ) ( )

1 ( 1)

1
1

ln 1

udu du du

F x G u

u u

u

u c

u

   

 



   





0,25

VËy ( ) ln 1 1

sin 1

F x sinx c

x

   



0,25

2 1

§k:x3

Bpt 2

1 2 3

2 5 6 4

x x x

     

    

0,25

4 0

3 12 8 0

3 4

6 2 3 6 2 3

3 3

6 2 3
3

3
x

x x

x
x
x

 


 

  



 




   

 






  

0,25
0,25

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

. Tọa độ A là nghiệm của hệ



4x y 14 02x 5y 2 0   



xy 24

     A(–4, 2) 0,25

Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên































2y

y

2x

x

yy

yy3

xx

xx3

C

B

C

B

C

B

A

G

C

B

A

G

(1)

0,25

Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2)
C(xC, yC)  AC 

5
2
5
x
2

y C

C   ( 3)

0,25

Thế (2) và (3) vào (1) ta có









































0y

1 x

2 y3

x

2

5

2

5 x2

14x

4

2 xx

C

B

C

B

C

B

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

0,25

V.a 3

1 1

1. Điều kiện n  4

Ta có:














n
0
k

k
n
k
2
k
n
n

2 2 C x 2

Hệ số của số hạng chứa x8 là 4 n 4
n2

C 

0,25

Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n4 0,25

Ta có: A3n 8C2nC1n 49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7

0,25

Nên hệ số của x8 là C4723 280

0,25

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

Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R 3
Đường trịn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung
điểm H của đoạn AB.

0,25

Ta có

2
3
2

AB
BH

AH  

0,25

Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'

0,25

Ta có:

2 2 3 3

IH' IH IA AH 3

2 2

 

       

 

 

Ta có: MI



5 1



2



1 2



2 5

0,25

và MHMI HI5 23 72; MH' MI H'I 5 3 13

2 2

     0,25

Ta có: R12 MA2AH2MH243494 524 13
R22 MA'2A'H'2MH'2431694 1724 43

0,25

Vậy có 2 đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

0,25

V.b 3

1 1

1. Giải phương trình: log



x 1



2 log 3



2x 1



3    

§k:1 1
2x





3 3

2 log x 1 2 log 2x 1 2

    

0,25





3 3

log x 1 log 2x 1 1

      log x 1 2x 13 







log 33 0,25





x 1 2x 1 3

   







   

   

   



2
2

1 x 1 x 1

hoac

2 2x 3x 2 0

2x 3x 4 0(vn)

0,25

x 2

  0,25

2 2

+BC vng góc với (SAB)

 BC vng góc với AH mà AH vng với SB

 AH vng góc với (SBC)  AH vng góc SC (1)

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

+ Tương tự AK vng góc SC (2)

(1) và (2)  SC vng góc với (AHK ) 0,25

2 2 2 2

SB AB SA 3a  SB =a 3

AH.SB = SA.AB  AH=a 6

3  SH=

2a 3

3  SK=

2a 3
3

(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)

0,25

Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a 2

BD SB   3 .

0,25

kẻ OE// SC  OE(AHK doSC)( (AHK)) suy ra OE là đờng cao của
hình chóp OAHK và OE=1/2 IC=1/4SC = a/2

0,5

Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2

2 2 2 4a

AM AH HM

    AM=2a

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

  

OAHK AHK

1 1 a 1 a 2

V OE.S . HK.AM

3 3 2 2 27 (®vtt)

0,25

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm).

M C

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

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

m), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.

2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)

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

2. Giải hệ phương trình 2
2

x(x y 1) 3 0
5

(x y) 1 0

   




    





(x, y  R)

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3
x
1

dx
I

e 1






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

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

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

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

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

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

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

Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 2.

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

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định
tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300.

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

1 1 1

 

 

 và mặt phẳng (P): x + 2y –

3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng .
Câu VII.b (1,0 điểm)

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

x x 1

 

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

]BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 . TXĐ : D = R

y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1;

xlim 
x  1 0 1 +
y'  0 + 0  0 +

y + 0 +
1 CĐ 1

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

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

y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 1

x
y

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

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

Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); ( 2;0)

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là
x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

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

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

 0 3m 1 4

3m 1 1

  


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

Câu II. 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     3 cos5x sin 5x 2sin x 
 3cos5x 1sin 5x sin x

2  2   sin 3 5x sin x



 

 

 

 

 5x x k2



    hay 5x x k2
3



    

 6x k2
3



   hay 4x k2 2 k2

3 3

 

       

 x k

18 3

 

  hay x k

6 2

 

  (k  Z).
2) Hệ phương trình tương đương :

2 2 2

x(x y 1) 3

x(x y) x 3
5

x (x y) x 5

(x y) 1
x
  

  




 
  
   



ĐK : x ≠ 0
Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:

2 2 2

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

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

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

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

x 2 x 1 x 1

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

Câu III :

3 x x 3 3 x 3

x x 1

1 1 1

1 e e e

I dx dx dx 2 ln e 1

e 1 e 1

 

     

 



3 2

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

        

Câu IV.

2 9 2 4 2 5 2 5

AC  a  a  a  AC a

2 2 2 2

5 4 2

BC  a  a  a  BC a

H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH AC

/ /

1 2 4

2 3 3

IA A M IH a

IH

IC  AC   AA   

1 1 1 4 4

3 3 2 3 9

IABC ABC

a a

V  S IH  a a   (đvtt)

Tam giác A’BC vuông tại B
Neân SA’BC= 2

52 5

2a a a

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

Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy /

/ 2

2 2 2

3 IBC 3 A BC 3

IC A C S  S  a
Vaäy d(A,IBC)

3
2

3 4 3 2 2 5

9 2 5 5 5

IABC
IBC

V a a a

S a

   

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

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

Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼
Khi đó S = 16t2 – 2t + 12

S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 1
16
S(0) = 12; S(¼) = 25

2 ; S (
1
16) =

191

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

2 khi x = y =
1

2
Min S = 191

16 khi

2 3

x
4

2 3

y
4

 







 



hay

2 3

x
4

2 3

y
4

 







 



PHẦN RIÊNG
Câu VI.a.

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH  AD  A (1;2)

M là trung điểm AB  B (3; -2)

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

D = BC  AD  D (0 ; 3

 )

D là trung điểm BC  C (- 3; - 1)

AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)   

nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0
2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2) 



nên có phương trình :

x 2 t

y 1 t (t )
z 2t

 



  


 





D  AB  D (2 – t; 1 + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t) 



. Vì C  (P) nên : CD //(P) CDn(P)

 

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

       Vậy : D 5 1; ; 1

2 2

 



 

 

Câu VI.b. 1. (x – 1)2 + y2 = 1. Tâm I (1; 0); R = 1
Ta có IMO = 300, OIM cân tại I  MOI = 300

 OM có hệ số góc k = tg300 = 1
3


+ k =  1

3  pt OM : y=
x

3 thế vào pt (C) 

2 x

x 2x 0

  

 x= 0 (loại) hay x 3
2

 . Vậy M 3; 3

2 2

 



 

 

Cách khác:

Ta có thể giải bằng hình học phẳng

O I

M

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

OI=1, IOM IMO 300

  , do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox

H là hình chiếu của M xuống OX.

Tam giác OM H1 là nửa tam giác đe uà

OI=1 => 3 3 , 3 3 3

2 3 2 3 6

OH   OM  HM  

Vaäy 1 3, 3 , 2 3, 3

2 2 2 2

M   M   

   

2. Gọi A =  (P)  A(-3;1;1)

a (1;1; 1)



; n( P)(1;2; 3)



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

  

nên pt d là :

x 3 y 1 z 1

1 2 1

  

 



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

Vậy z – (3 – 4i) = 2  (x 3) 2(y 4) 2 2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

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

x x 1

2x m
x

 

  (1)

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

 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0

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

b
a

 = 0  m – 1 = 0  m = 1.

ĐỀ 3

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

Cho hàm số y x 2

 

1
2x 3






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

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

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình







 



1 2sin x cos x

3.
1 2sin x 1 sinx





 

2. Giải phương trình 2 3x 2 3 6 5x 8 03     



x R



Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 2





2
0

I cos x 1 cos x.dx








Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai

mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng

vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm)

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



x y



3



x z



33 x y x z y z





 



 





5 y z







PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

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

:x y 5 0

    . Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 2x 2y z 4 0    và mặt cầu

 

S : x2y2z2 2x 4y 6z 11 0    . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z1|3 + |z2|3.

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

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

 

C : x2y24x 4y 6 0   và đường thẳng

: x my 2m 3 0

     , với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường trịn (C). Tìm m để  cắt (C) tại
hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : x 2y 2z 1 0    và hai đường thẳng

1 2

x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1

: ; :

1 1 6 2 1 2

    

     

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

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình













2 2

x xy y

log x y 1 log xy

x, y R
3   81

   






 



.

---Hết---ĐÁP ÁN 
Câu I.

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

+ Tập xác định:với mọi x 3



+ y’ =





1 3

0, x
2
2x 3



  



+ Tiệm cận
Vì

x 2 1

lim

2x 3 2
 




 nên tiệm cận ngang là : y =

1
2

Vì 3 3

x x

2 2

x 2 x 2

lim ; lim

2x 3 2x 3

 

   

     

   

 

  

  nên tiệm cận đứng là : x = -

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

Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại 0;2
3

 

 

  và cắt Ox tại (-2; 0)

Ta có 2

1
y '

(2x 3)




 nên phương trình tiếp tuyến tại x x 0 (với 0

3
x

 ) là:

y - f(x0) = f’(x0)(x -x0)
2

0 0

2 2

0 0

2x 8x 6

x
y

(2x 3) (2x 3)

 



 

 

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 2

0 0

2x 8x 6;0)

và cắt Oy tại B(0;

0 0

2
0

2x 8x 6

(2x 3)

 

 )

Tam giác OAB cân tại O OA OB (với OA > 0)

2 0 0

A B 0 0 2

2x 8x 6

x y 2x 8x 6

(2x 3)

 

     



0
2

0 0

x 1(L)

(2x 3) 1 2x 3 1

x 2(TM)




       

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

Với x0 2 ta có tiếp tuyến y = x 2

Câu II.

1.Giải phương trình :







 



1 2sin x cos x

3.
1 2sin x 1 sinx





 

Giải :

ĐKXĐ:

1 x k2 ; x k2

sinx 6 6

sinx 1 x 2l

  



     

 



 



 



     

 



Phương trình cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)
 cosx – sin2x = 3+ 3sinx - 2 3sin2x

  3sinx + cosx = sin2x + 3(1 – 2sin2x)

= sin2x + 3cos2x

 - 3sin x 1cos x 1sin 2x 3cos 2x

2 2 2  2

 sin x.cos5 cos x.sin5 sin 2x.cos cos 2x.sin

6 6 3 3

   

  

 sin x 5 sin 2x

6 3

 

   

  

   

   



x 2x m2

6 3

x 2x n2

6 3

 



    




 

      





x m2 x m2

2 2

3x n2 x n

6 18 3

 

 

      

 



 

  

      

 

 

Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x = n2



n Z



18 3

 

  

2. Giải phương trình :2 3x 2 3 6 5x 8 03     



x R



Đkxđ: 6 5x 0 x 6

    (*)

Đặt

3
3

3 2

2u 3v 8

u 3x 2 u 3x 2

(v 0)

5u 3v 8

v 6 5x

        

 

  

  

 

 

   

 

 3 2

8 2u
v

5u 3v 8






 

  



3 2

15u 64 32u 4u 24 0

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

3 2
2

2 2

15u 4u 32u 40 0
(u 2)(15u 26u 20) 0

u 2

15u 26u 20 0 vô n do ' 13 15.20 0

u 2 x 2(tm).

    



 

      



   

Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}
Câu III.Tính tích phân 2





I cos x 1 cos x.dx






 .Ta có:

I = 2 5 2 2

0 0

cos x.dx cos x.dx

 





Ta có: I2 =

2 2

0 0

cos x.dx (1 cos2x).dx
2

 

 



1 1

x sin 2x 2

2 2 0 4




 

 

 

 

Mặt khác xét I1 =

2 2

5 4

0 0

cos x.dx cos x.cosx.dx

 





3
2

2 2 5

1 2sin x 8

(1 sin x) d(sin x) sin x sin x 2

5 3 15

0




 

     

 



Vậy I = I1 – I2 = 8
15 4




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

cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Giải:

Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI (ABCD) .

Ta có IB a 5; BC a 5; IC a 2;  

Hạ IHBC tính được IH 3a 5
5

 ;

Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 3a 15

 .

2 2 2

ABCD AECD EBC

S S S 2a a 3a (E là trung điểm của AB).

3
2

ABCD

1 1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 3 5 5

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

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



x y



3



x z



33 x y x z y z





 



 





5 y z







3. Giải:
Từ giả thiết ta có:

x2 + xy + xz = 3yz  (x + y)(x + z) = 4yz
Đặt a = x + y và b = x + z

Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz
Mặt khác

a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2
 2(a2b ) a b2 







2ab

 

= 2 (a b)2 2ab 



a b



2 ab

     

   

= 2 (y z)2 2yz 



y z



2 4yz

     

   

= 2 (y z)2 4yz y z





    

 

 4(y z) y z 2







2 2(y z) 2 (1)

Ta lại có:

3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)

3(y + z)2 . (y + z) = 3(y + z)3 (2)

Cộng từng vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Câu VI .a

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường chéo
AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng :x y 5 0  
. Viết phương trình đường thẳng AB.

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

Ta có N DC, F AB, IE NE.

Tính được N = (11; 1) .

Giả sử E = (x; y), ta có:



= (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1).



. NE = x2 – 17x + 66 + y2 – y – 2 = 0 (1)

E    x + y – 5 = 0 . (2)

Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6.

Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 E1 = (7; 2); E2 = (6; 1)
Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5).

Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 2x 2y z 4 0    và mặt cầu

 

S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác
định toạ độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Giải:

Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là

2.1 2.2 3 4

d(I;(P)) 3

4 4 1

  

 

  .

Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường tròn.

Gọi H là hình chiếu của I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng qua I, vng góc với (P).
Dễ dàng tìm được H= (3;0;2).

Bán kính đường tròn là: R2 IH2 4

  .

Câu VII. a

Phương trình: z2 + 2z + 10 = 0
Ta có: '= (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2

nên phương trình có hai nghiệm là:
z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i

Suy ra

2 2 2

z = (-1) + (-3) = 10
z = (-1) + (3) = 10

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

Vậy A = z12+
2
2

z 10 10 20 

Chương trình nâng cao
Câu VI. b

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

 

C : x2y24x 4y 6 0   và đường thẳng

: x my 2m 3 0

     , với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường trịn (C). Tìm m để  cắt (C) tại hai điểm
phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

Giải:

2 2 2

Đường trịn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R 2
: x my 2m 3 0

    

Gọi H là hình chiếu của I trên .

 Để cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A,B phân biệt thì: IH<R
 Khi đó

2 2 2 2

IAB

1 IH HA IA R

S IH.AB IH.HA 1

2 2 2 2





     



SIAB max



  khi IH HA 1  (hiển nhiên IH < R)

2 2 2

1 4m

1 1 4m m 1 1 8m 16m m 1

m 1

m 0

15m 8m 0 8

m
15



          







   

 



Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m = 8
15

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : x 2y 2z 1 0    và hai đường thẳng

1 2

x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1

: ; :

1 1 6 2 1 2

    

     

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

Giải:

Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm.
 Vì M 1nên:

a b 1

a 1 b c 9

c 6b 9

1 1 6

 


 

   

 


 Khoảng cách từ M đến mp (P) là:

2 2 2

a 2b 2c 1 11b 20
d d(M;(P))

3
1 ( 2) 2

   

  

  

 Gọi (Q) là mp qua M và vng góc với 2, ta có:

(Q)

n u (2;1; 2)

 

(Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c) 0

      

Hay (Q): 2x y 2z 9b 16 0    

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

2 2 2 2 2

2x y 2z 9b 16 0

x 1 y 3 z 1

2 1 2

H( 2b 3; b 4;2b 3)

MH (3b 4) (2b 4) (4b 6) 29b 88b 68

    





   

 

 



     

         

Yêu cầu bài toán trở thành:

2 2

2
2

2 2

2
2

MH d

(11b 20)
29b 88b 68

261b 792b 612 121b 440b 400
140b 352b 212 0

35b 88b 53 0
b 1

53
b





   

     

   






 


Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M 18 53 3; ;
35 35 35

 

 

 

Câu VII b.

Giải hệ phương trình 2













2 2

x xy y

log x y 1 log xy

x, y R
3   81

   






 



Giải:

Điều kiện

2 2

x y 0

xy 0
xy 0

  

 





Viết lại hệ dưới dạng:

2 2

2 2 2 2

2 2

x xy y

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

x xy y 4

3   3

     

 



 

  

 

 







2 2

x y
(x y) 0

(x; y) (2; 2);( 2; 2)

x 4

x xy y 4



   



       



  

 



: thỏa mãn

ĐỀ 4

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

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (C

m); ( m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của

(Cm) tại D và E vng góc với nhau.

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

1.Giải phương trình:

x
x
x

x

x 2

3
2

cos

1
cos
cos

tan
2

cos     .

2.Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   



, ( ,x yR).
Câu III (1 điểm)

Tính tích phân:

3
2

2
1

log
1 3ln

e

x

I dx

x x







Câu IV. (1 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3

a vµ gãc BAD = 600. Gäi M vµ N

lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính

thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN.

Câu V. (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  1. Chứng minh rằng: 2 7

27
ab bc ca   abc .

B. PHẦN RIÊNG(3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)

1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực
cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.

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 VIIa. (1 điểm)

Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z2 4z11 0 . Tính giá trị của biểu thức

2 2
1 2

2
1 2

( )

z z



 .

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

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y10 0 và điểm
 A(-2 ; 1). Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường

thẳng ’.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.

Câu VIIb. (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 x

y x

 

        




  




, ( ,x yR).

--- tavi
---ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1 1

2 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0  m = 0, f(x) = 0 0.25

Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và

y’(x1).y’(x2) = -1. 0.25

Hay 2 2

1 1 2 2

9 4 0, (0) 0

(3 6 )(3 6 ) 1.

m f m

x x m x x m

   




    



2 2 2 2 2

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

9, 0 9, 0

4 4

9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1 0

m m m m

x x x x x x m x x x x m x x m m m

 

   

 

  

             




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

Giải ra ta có ĐS: m = 9 65
8

 0.25

II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan2x) 2cos2x cos -1 0x

        0.5

Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:

2 2

2 , 2 ; hay

3 3

x k  x  k  x k  . 0.5

y , ta có:

2 2

2 2 2

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
 
  

     

 
    
    


0.25
Đặt
2 1
,

x

u v x y

y



   ta có hệ: 2 4 2 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

   0.25

+) Với v3,u1ta có hệ:

2 1 2 1 2 2 0 1, 2

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 
          
  
   
 
      
  
. 0.25

+) Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 2 1 9 2 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ này

vô nghiệm.

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0.25

III 3

3 2

2 2 2

1 1 1

log ln 2 1 ln . .ln

ln 2

1 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

 

 

 

  

  



0.25

Đặt 1 3ln2 ln2 1( 2 1) ln . 1

3 3

dx

x t x t x tdt

x

       . Đổi cận … 0.25

Suy ra









2
2 2
3
2
2
3 3
2

1 1 1

1
1

log 1 3 1 1

. 1

ln 2 3 9ln 2

1 3ln

e t

x

I dx tdt t dt

t

x x



   





0.25

2
3

3 3

1 1 4

9ln 2 3t t 27 ln 2

 

    

  0.25

IV Chứng tỏ AC’ BD 0.25

C/m AC’ PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’ (BDMN) 0.25
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể

tích thì phải chỉ ra cách tính. 0.25

Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: 3 3
16

a

. 0.25

V Ta có ab bc ca   2abc a b c (  ) (1 2 )  a bc a (1 a) (1 2 )  a bc. Đặt t= bc thì ta

có

2 2

( ) (1 )

4 4

b c a

t bc  

    .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn

2
(1 )
0;
4
a
  
 
 
0.5
Có f(0) = a(1 – a) ( 1 )2 1 7

4 4 27

a  a

   và

2
2

(1 ) 7 1 1 1 7

(2 )

4 27 4 3 3 27

a

f     a a  

   

 

với mọi a 



0;1



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

Vậy 2 7
27

ab bc ca   abc . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25

VIa. 1. Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) là trung điểm của BC

Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C là trung điểm của AB nên:

2 5 11 2 2

' ; '

2 2

m c m c

C      CC

  nªn

2 5 11 2 2 5

2( ) 3 0

2 2 6

m c m c

m
   
    
5 41
( ; )
6 6
I

 . Phơng trình BC: 3x 3y + 23=0

Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37;

3 3 23 0 3 3

x y
C
x y
  
  
 
  
    


0.5

Tọa độ của B = 19 4;

3 3

 



 

  0.5

2. 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. 0.25

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4;4).

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

Suy ra (ABC):

2x y z   1 0. 0.25

Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

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). 0.25
Bán kính là R IA ( 1 0)2 (0 2)2 (1 1)2 5.

         0.25

VII

a Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2

3 2 3 2

1 , 1

2 2

z   i z   i 0.5

Suy ra

2
2

1 2 1 2

3 2 22

| | | | 1 ; 2

2 2

z z     z z 

 
0.25
Đo đó
2 2
1 2
2
1 2
11
...
4
( )

z z
z z

 
 0.25

VIb 1. Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 0.25

Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có

2 2

3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1)

3 4
t t
t t
   
     

0.25

Giải tiếp được t = -3 0.25

Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25

2. Ta có AB(2; 3; 1),   AC ( 2; 1; 1)    n(2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25

M(x; y; z) MA = MB = MC  …. 0.25

M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII

b + Điều kiện:

2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0

( )

0 1 1, 0 2 1

xy x y x x y x

I

x y

           



     

 . 0.25

1 2 1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

( )

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2).

x y x y

x y x y x

I

y x y x

   
   
         
 
 
   
     
 

 
0.25
Đặt log2y(1 x)t thì (1) trở thành:

2 0 ( 1) 0 1.

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3). Thế vào (2) ta có:

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

1 1 1

4 4

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

4 4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0
2
x
x



  

 . Suy ra:

1
1
y

y







 .

+ Kiểm tra thấy chỉ có x2, y1thoả mãn điều kiện trên.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x2,y1. 0.25

ĐỀ 5

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2

( ) 2

yf x x  x

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

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

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác: 1 2 cos



sin



tan cot 2 cot 1

x x

x x x




 

2. Giải bất phương trình: 2





3 1 1

3 3

log 5 6 log 2 log 3

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2



4 4



cos 2 sin cos

I x x x dx









1
2

0 3

dx
I

x







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

Câu V (1 điểm) Cho phương trình x 1 x 2m x



1 x



24 x



1 x



m3

      

Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

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

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi:

2 2

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

tuyến lập với nhau một góc 600.

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

Câu VII.a (1 điểm) Cho phương trình : z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = 0 (1)

1) Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo.
2) Giải phương trình (1).

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

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

 

d :x y  3 0 và có hồnh độ 9

I

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

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

2 2 2

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

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

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

Chứng minh rằng: E = 19 7 20 5

9 7 6

n n

i i

 

   



   

 

   

 R .

---Hết---ÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: xlim  y; limx y

 ' 4 3 4 4



2 1 ; ' 0



1
x

y x x x x y

x




      




0,25

 Bảng biến thiên





 

1 1 1; 2 1 1; 0 0

CT CT

y y   y y  yC§ y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Ta có f x'( ) 4x3 4x

  . Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là '( ) 4 3 4

A

k f a  a  a
3

'( ) 4 4
B

k f b  b  b

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

  



 

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a  ;

  



 

' ' ( ) f' b

yf b x b  f b f b x f b  b

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









3 3 2 2

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

A B

k k    b a b a ab b  

Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình:

2 2 1 0 (2)
a ab b  

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

 





2 2 2 2

4 2 4 2

1 0 1 0

' ' 3 2 3 2

a ab b a ab b

a b

f a af a f b bf b a a b b

         
 
    
      
 

,

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1),hoặc (a;b)= 1 ; 1

3 3

 



 

 

các nghiệm này tương ứng với các điểm trên đồ thị là



1; 1



và 1; 1



, (a;b)=

1 1
;
3 3
 

 
 

Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

2 2 1 0

1
1;

3
a ab b

a a
a b
    


 


 

II 2,00
1 1,00

Điều kiện: cos .sin 2 .sin . tan



cot 2



0
cot 1

x x x x x

x
 





 0,25

Từ (1) ta có:





2 cos sin

1 cos .sin 2

2 sin

sin cos 2 cos 1 cos

cos sin 2 sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin .cosx x 2 sinx

 





2
2 4
cos
2
2
4
x k
x k
x k





 


    
  

 0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 2





x  k  k  0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 0,25

Phương trình đã cho tương đương:













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x  x 2  x 2  x













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x x 2 x 2 x

       



 











3 3 3

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

        

0,25



 



3 3

log 2 3 log

x
x x
x

 
       

 



 



2
3
x
x x
x

   


2 9 1 10

10
x
x
x
  
    


0,25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10 0,25

III 1,00

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





2 2

0 0

1 1 1

cos 2 1 sin 2 1 sin 2 sin 2

2 2 2

I x x dx x d x

 

   

       

   



0,50





2 2





2 3 2

0 0

1 1 1 1

sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 0

2 d x 4 xd x 2 x

|

12 x

|

 









   0,50

IV 1,00

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O N' CD.

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

I

 vng cân tại O nên:

2 2 2

2 2 2 2 2

h a

OM OI  IM    h a 0,25

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a

R OA AM MO       

 

    0,25

2 3

2 3a 2 3 2

R . . ,

8 2 16

a a

V  h  

    (đvtt) 0,25

và

a 3 2 3

2 Rh=2 . . .

2 2

xq

a a

S      9 (đvdt) 0,25

V 1,00

Phương trình x 1 x 2m x



1 x



24 x



1 x



m3

       (1)

Điều kiện : 0 x 1

Nếu x



0;1



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

x  x x . Thay 1
2

x vào (1) ta được:

3 0

1 1

2. 2.

2 2

m

m m

m




    




0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:



4 41



2 0 1

2
x  x   x

Phương trình có nghiệm duy nhất.

0,25
* Với m = -1; (1) trở thành























 



2 2

4 4

1 2 1 2 1 1

1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với 4 41 0 1

2
x  x   x

+ Với 1 0 1

2
x  x   x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

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

* Với m = 1 thì (1) trở thành:











4 4

 



2
4

1 2 1 1 2 1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

x x nên trong trường hợp này (1) khơng
có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

0,25

VIa 2,00

1 1,00

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

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

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



x 2



2



y1



2 20.

0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương

trình:









2 2

2 1 20 (1)

2 12 0 (2)

x y

    





  




0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:









2 2

2 10 1 20 5 42 81 0 27

5
x

y y y y

x





         

 



0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 3;9
2
M 

  hoặc

27 33
;
5 10
M 

  0,25

2 1,00

Ta tính được AB CD  10,ACBD 13,AD BC  5. 0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện

gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3;0;3

2 2

G 

 , bán kính là

14
2
R GA 

0,50

VIIa 1,00

a) Đặt z = yi với y  R

Phương trình (1) có dạng: (iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = 0

 -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i

đồng nhất hoá hai vế ta được:

3 2

2 4 0

2 5 10 0

y y

y y y

  




    




giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2
Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i.

b) Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i

 vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:

z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b  R)

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

 (1)  (z – 2i)(z2 = 2z + 5) = 0  2

2
2

1 2

2 5 0

1 2

z i
z i
z i
z z
z i



 
  
 
  
   


Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm.

VIb 2,00

1 1,00

I có hồnh độ 9
2

I

x  và

 

: 3 0 9 3;
2 2
I d x y    I 

 

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









2 9 9

2 2 2 3 2

4 4

I M I M

AB IM  x  x  y  y   

. D = 12 AD = 2 2.

3 2

ABCD
ABC

S

S AB A

AB
   

 

AD d
M AD








, suy ra phương trình AD: 1.



x 3



1.



y 0



 0 x y  3 0 .
Lại có MA = MD = 2.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:





2 2





2 2









3 0 3 3

3 2 3 3 2

3 2

x y y x y x

x y x x

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

3 1 1

y x x

x y

  

 

   

  

  hoặc

4
1

x
y





 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 3
;
2 2
I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2 9 2 7

2 3 1 2

A C

I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

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

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

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

0,50

2 1,00

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

 





2.2 2. 1





3 16 5
3

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

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng góc

của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).

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

(P).

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là nP 



2; 2; 1





và qua I nên có phương trình là





2 2
1 2
3

x t

y t t

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

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:







 



15 5

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

9 3

t t t t t

             

Suy ra 0

4 13 14

; ;

3 3 3

N   

 .

0,25

Ta có 0 0

3
.
5
IM  IN

 

Suy ra M0(0;-3;4) 0,25

VIIb 1,00

















19 7 (9 ) 20 5 (7 6 )

19 7 20 5

9 7 6 82 85

164 82 170 85

2 2

82 85

n n

i i i i

i i

E

i i

   

   

 

   

       

 

       

 

   

       

   

 E2 E2  E2 R

0,50
0,50

ĐỀ 6

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 3 2 2

3 3

y x  mx  x m  có đồ thị (Cm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = – 1 .

2. Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình : tan2x tan .sin2x 3x cos3x 1 0

   

2. Giải B PT









2 3

log 1 log 1

3 4

x x

  



 

Câu III ( 1điểm)Tính các tích phân I =

43

4
1

1
( 1)dx
x x 



và

2
1

x

J dx

x






Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên

AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan và thể tích của khối chóp

A.BBCC.

Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 5 x x1  5 6x x 2 m

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a.

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A



1;3



nằm ngoài (C): x2 y2 6x 2y 6 0

     . Viết phương trình

đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):

2 4
3 2

x t

y t

z t

 



 


  


và mặt phẳng (P) :

2 5 0

x y z

     . Viết phương trình đường thẳng () nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một

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

Câu VI.a. Chứng minh rằng: E = 19 7 20 5

9 7 6

n n

i i

 

   



   

 

   

 R .

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

1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho ABC có cạnh AC đi qua điểm M(0;– 1). Biết AB = 2AM, phương trình

đường phân giác trong AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh
của ABC.

2. Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình



x1



2



y2



2



z3



2 14 và điểm



1; 3; 2



M    . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua M sao cho (P) cắt (S) theo một giao tuyến là

đường trịn có bán kính nhỏ nhất.

Câu VII.b. (1 điểm) Cho hàm số ( ) : 2 .
1

m

x x m

C y

x

 


 Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt A,B sao

cho tiếp tuyến của (Cm)tại A,B vng góc với nhau.

</div>

6DethithuDaihoc

sin 2

cos 2

cot

cos

sin

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>tgx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



<i>x</i>









( )

sin 2

3 4sin

2

<i>xdx</i>

<i>F x</i>

<i>x cos x</i>









<i><sub>x</sub></i>

<sub></sub>

<sub>1</sub>

<sub></sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub></sub>

<sub>2</sub>

<sub></sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub></sub>

<sub>3</sub>

<i><b> Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm</b></i>

































































)2

(

k

1

x

2

3

)1