[VNMATH.COM]--De thi thu dai hoc số 56-75

7/12/2019 [VNMATH.COM]--De thi thu dai hoc số 56-75

http://slidepdf.com/reader/full/vnmathcom-de-thi-thu-dai-hoc-so-56-75 1/91

WWW.VNMATH.COM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 56)

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

Câu 1: Cho hàm số2x 1

y

x 2

+=

−

.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.

Câu 2:1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + 5 = 02) Tính tích phân:

0

I x(1 cosx)dx

π

= +∫ .

3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2f (x) x ln(1 2x)= − − trên đoạn [-2; 0].

Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng

đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Câu 4: Cho x, y, z là các số dương thoả :1 1 1

1 x y z

+ + = . CMR:

1 1 11

2 2 2 z y z x y z x y z + + ≤

+ + + + + +.

II. PHẦN RIÊNG

1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 5a: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình:

( ) ( ) ( )2 2 2

(S) : x 1 y 2 z 2 36 và (P) : x 2y 2z 18 0− + − + − = + + + = .

1) Xác định tọa độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mp(P).2) Viết p.trình đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm của d và (P).

Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + 1 = 0 trên tập số phức.

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trìnhx 1 y 2 z 3

2 1 1

+ − += =

−1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d.2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu 6b: Giải phương trình 2

2z iz 1 0− + =trên tập số phức.

1



WWW.VNMATH.COMĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 57)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

Câu 2: (2điểm)

1. Giải hệ phương trình:2 0

1 4 1 2

x y xy

x y

− − =

− + − =

2. Giải phương trình: cosx = 8sin3

6

xπ +

Câu 3: (2điểm)

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

2. Tính tích phân A =

2

ln .ln ex

e

e

dx

x x∫

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

2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:3 3 3

2 2 2 2 2 21

a b c

a ab b b bc c c ca a+ + =

+ + + + + +Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c

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

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P)qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối cácđiểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C):

x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1).2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x.

-------- Hết -------

2



WWW.VNMATH.COMĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 58)

A. 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 hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với avà b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác:( )2 cos sin1

tan cot 2 cot 1

x x

x x x

−=

+ −

2. Giải bất phương trình: ( )2

3 1 1

3 3

1log 5 6 log 2 log 3

2 x x x x− + + − > +

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( )2

4 4

0

cos 2 sin cos I x x x dx

π

= +∫ Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằmtrên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn 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 ( ) ( ) 341 2 1 2 1 x x m x x x x m+ − + − − − =Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi:2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp

tuyến lập với nhau một góc 600.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3),

C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?

2. Theo chương trình nâng cao.Câu VI.b (2 điểm)1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc

đường thẳng ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ9

2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d)

và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là:

2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . Điểm M di động trên (S) và điểm N diđộng trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.Câu VII.b: Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

1 1 1 4 4 47 7 7a b b c c a a b c

+ + ≥ + ++ + + + + +----------------------Hết----------------------

3




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 59)A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( )3 2( ) 3 1 1 y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số

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

2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( ) y f x= không có cực trị.Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

1). ( )4 4

sin cos 1tan cot

sin 2 2

x x x x

x

+= + ; 2). ( ) ( )

2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4 x x x+ + = − + +

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

21

2

1

dx A

x x

=−

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO= 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diệntích xung quanh của hình nón đã cho.

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm( )

2

2

7 6 0

2 1 3 0

x x

x m x m

− + ≤

− + − + ≥

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

1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giáctrong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Cho hai mặt phẳng ( ) ( ): 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0. P x y x y+ − + − Viết phương trình của

mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q).Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

4 3 2

1 1 2

4 3

1 1

5

47

15

n n n

n

n n

C C A

C A

− − −

−+ +

− < ≥

(Ở đây ,k k

n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

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

1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 22 4 8 0 x y x y+ + − − = .Xác định tọa

độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ Cthuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.

2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0 x y z − + − = và các đường thẳng:

1 2

1 3 5 5: ; :

2 3 2 6 4 5

x y z x y z d d

− − − += = = =

− −. Tìm các điểm 1 2

d , d M N ∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách

(P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố( )

3

1( ) ln

3 f x

x=

−và giải bpt:

2

0

6sin

2'( )

2

t dt

f x x

π

π

>+

∫

............................................................................................

4




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 60) Bài 1:

Cho hàm số 4 3 2x 2x 3 x 1 (1) y x m m= + − − + .

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

2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2:

1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2

8

+

2). Giải phương trình: 2x +1 +x ( )2 22 1 2x 3 0 x x x + + + + + =

Bài 3:Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1).1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD.2). Giả sử mặt phẳng (α ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao choD là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (α ).

Bài 4: Tính tích phân: ( )2

0

1 sin2xdxI x

π

= +∫ .

Bài 5: Giải phương trình: ( ) ( )14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 x x x x y +− + − + − + = .

Bài 6 : Giải bất phương trình:2 21 29 1 10.3 x x x x + − + −+ ≥ .

Bài 7 :1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần

tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.

2). Cho số phức 1 3z

2 2i= − + . Hãy tính : 1 + z + z2.

Bài 8:Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b.

Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tanα và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C.

Câu 9:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E):2 2

14 1

x y+ = .

Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tamgiác ABC là tam giác đều.

-----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------

5





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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 8x 9x 1 y f x= = − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình4 28 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ] x π ∈ .

Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:

1. ( )3log

12 2

2

x

x x x − − = −

; 2.

2 2

2 2

12

12

x y x y

y x y

+ + − =

− =Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2| 4 | y x x= − và 2 y x= .

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

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

24sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 04 4 4

c c mπ π π − + =

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

1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0 x y+ + = và phân giác trong CD:

1 0 x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC.

2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2

2

2 2

x t

y t

z t

= − + = − = +

.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm

A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳngqua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng

1 1 1 51 1 1 xy yz zx x y z + + ≤+ + + + +

2. Theo chương trình nâng cao.Câu VI.b (2 điểm)1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéonằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số

1 2

1

2

x t

y t

z t

= − + = − =

.Một điểm M

thay đổi trên đường thẳng ∆ , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh

1 1 22

3 3 2 3 3

b ca

a b a c a b c a c a b + + + + < + + + + + +

----------------------Hết----------------------

6



WWW.VNMATH.COM


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

Câu I: Cho hàm số 3 22 ( 3) 4 y x mx m x = + + + + có đồ thị là (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1.2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d)

cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .C âu II:

1) Giải phương trình: cos2 5 2(2- cos )(sin - cos ) x x x x + =

2) Giải hệ phương trình:

=−++

=+++

y y x x

y y x y x

)2)(1(

4)(12

2

( x, y ∈R )

Câu III: 1) Tính tích phân I =

22

6

1

sin sin 2 x x dx

π

π ⋅ +∫

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0 x x m m+ − + −− + + + =

Câu IV: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a.Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

C©u V.a: 1. Cho parabol (P): x x y 22

−= vµ elip (E): 19 2

2

=+ y x

. Chøng minh r»ng (P)giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®êng trßn. ViÕt p.tr×nh ®êngtrßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã.

2.Cho mÆt cÇu (S) cã ph¬ng tr×nh 011642222 =−−+−++ z y x z y x vµ mÆtph¼ng (α ) cã ph¬ng tr×nh 2 x + 2 y - z + 17 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (β )song song víi (α ) vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®êng trßn cã chu vi b»ng 6π.

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cñan

x x

+

42

1

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:1

656

1

2

3

2

2

221

23

12

0

+=

+++++

+

nC

nCCC n

n

n

nnn

( k nC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö)

CâuVb: 1. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình3

1

12

1 −==

− z y x. Lập phương trình

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

2. Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ∆ ABC có diện tích bằng32

; trọng tâm G của ∆ ABC thuộc

đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC.

CâuVIb:

Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm.

7



WWW.VNMATH.COM


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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) ( )3 21

y m 1 x mx 3m 2 x

3

= - + + - (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 2=2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.

Câu II (2,0 điểm)

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

2. Giải phương trình: ( ) ( ) ( )2 3 3

1 1 1

4 4 4

3log x 2 3 log 4 x log x 6

2+ - = - + +

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

∫ +−= 2

0

2 6sin5sincos

π

dx x x

x I

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáymột góc 030 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện5

x y4

+ = .

Tìm GTNN của biểu thức:4 1

Sx 4y

= +

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

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

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

2. Cho điểm A(4;0;0) và điểm ( )0 0 0 0B(x ;y ;0), x 0;y 0> > sao cho OB 8= và góc

· 0AOB 60= . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8.

Câu VII.a (1,0 điểm)Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác

nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.

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

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

2. Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , còn đỉnh D nằm trên trục

Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V 5=Câu VII.b (1,0 điểm)Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3

mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau.------------------------Hết------------------------

8



WWW.VNMATH.COM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 64

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: ( )3 23 1 9 2 y x m x x m= − + + + − (1) có đồ thị là (Cm)

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

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

1

2 y x= .

Câu II: (2,5 điểm)1) Giải phương trình:

( ) ( )3sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos s inx 3 3 0 x x c x c x x+ − − + − − = .

2) Giải bất phương trình : ( )2

2 1

2

1 1log 4 5 log

2 7 x x

x

+ − > + .

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

Câu III: (2 điểm)1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một

góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho1

2 AP AH =uuur uuur

. gọi K là trung điểm AA’, ( )α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và

CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích

' ' '

ABCKMN

A B C KMN

V

V

.

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

( )

2

2

2 2 2 2

65

6 0

a aa a

a b ab b a a

+ − = + + + + − =

Câu IV: (2,5 điểm)1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng

trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1

3

1

9 19

2 2720

m

m n m

n

C C A

P

−+

−

+ + < =

2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc2 2

125 9

x y+ = (E), viết phương trình đường thẳng song song

Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.3) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:

1

2

: 2

3

x t

d y t

z t

= + = +

= −

2

1 2 1:

2 1 5

x y z d

− − −= =

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2?Câu V: Cho a, b, c 0≥ và 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

9



WWW.VNMATH.COM3 3 3

2 2 21 1 1

a b c P

b c a= + +

+ + +

10




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 65)I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)Câu I.(2 điểm)

Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.Câu II. (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình :

=++

=+

22

1

322

33

y xy y x

y x

2. Giải phương trình: x x x tansin2)4

(sin2 22 −=−π

.

Câu III.(1 điểm) Tính tích phân

∫ −=2

1

2

4 dx x

x I

Câu IV.(1 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng

(ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diệnS.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

m x x =−+4 21

II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trìnhđường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.

2.Cho hai đường thẳng d1:211

z y x== , d2:

+==

−−=

t z

t y

t x

1

21

và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa

độ hai điểm M 1d ∈ , N 2d ∈ sao cho MN song song (P) và MN = 6Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

1

4

=

−+

i z

i z

Câu VI b.(2 điểm)1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường

chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu

(S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng35 .

Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:3log3log

3

x x <

11



WWW.VNMATH.COM

12





CÂU I:

Cho hàm số : 323 m

2

1mx

2

3xy +−=

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1.2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đt y = x

CÂU II:

1). Giải phương trình: 2 2 3 3tan tan .sin cos 1 0 x x x− + − =

2). Cho PT: 25 1 5 6 x x x x m− + − + − + − = (1)

a)Tìm m để pt(1)có nghiệm.

b)Giải PT khi ( )2 1 2m = +

CÂU III:

1) Tính tích phân: I=( )

4 3

41 1

dx

x x +∫

2) Tính các góc của tam giác ABC biết: 2A=3B ;2

3a b=

CÂU IV:1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt phẳng

(Q) : x + y + z = 0 và cách điểm M(1;2; 1− ) một khoảng bằng 2 .

2). Có 6 học sinh nam và 3học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để cóđúng 2HS nam đứng xen kẽ 3HS nữ

CÂU V:

1). Cho đường thẳng (d ) :

x 2 4t

y 3 2t

z 3 t

= + = + = − +

và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0− + + + =

Viết phương trình đ.thẳng ( ∆ ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 2). Giải PT: 2 1 1 15.3 7.3 1 6.3 9 0 x x x x− − +− + − + =

CÂU VI: Giải hệ pt:

z z z 4 2i1 2 3

2z z z 2 5i1 2 3

z 2z 3z 9 2i1 2 3

+ + = + + − = +

+ + = +

13



WWW.VNMATH.COM


I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)

C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè 2

12

++

= x

x

y cã ®å thÞ lµ (C)1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè2.Chøng minh ®êng th¼ng d: y = - x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai

®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt.C©u II (2 ®iÓm)

1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8

2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh )3(log53loglog 2

4

2

2

2

2 −>−− x x x

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm

∫ =

x x

dx I

53

cos.sinC©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãct¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆtph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ngAA1 vµ B1C1 theo a.C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm)1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈn

C©u VIa (2 ®iÓm).1. Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x

+ y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tamgi¸c ABC vu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh

+==

+=

t z

t y

t x

31

21

. LËp

ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ

lín nhÊt.C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµtrong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm)C©u VIb (2 ®iÓm)

1. Cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m =0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc haitiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABCvu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh3

1

12

1 −==− z y x.

LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi(P) lµ lín nhÊt.

14



WWW.VNMATH.COMC©u VIIb (1 ®iÓm)

Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cãmÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.


I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)Câu 1:Cho haøm soá: y = x3 + 3x2 + mx + 1 coù ñoà (Cm); (m laø tham soá).

1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3.2. Xaùc ñònh m ñeå (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi 3 ñieåm phaân bieätC(0, 1), D, E sao cho caùc tieáp tuyeán cuûa (Cm) taïi D vaø E vuoâng goùc

vôùi nhau.Câu 2: 1. Giaûi phöông trình: 2cos3x + 3sinx + cosx = 0

2. Giải hệ phươ ng trình2 2

2 2

91 2 (1)

91 2 (2)

x y y

y x x

+ = − +

+ = − +

Câu 3: Cho soá thöïc b ≥ ln2. Tính J =−

∫ x

ln10

b 3 x

e dx

e 2vaø tìm →b ln2

lim J.

Câu 4: Tính theå tích cuûa hình choùp S.ABC, bieát ñaùy ABC laø moät tam giaùc

ñeàu caïnh a, maët beân (SAB) vuoâng goùc vôùi ñaùy, hai maët beân coøn laïicuøng taïo vôùi ñaùy goùc 90o.

Câu 5: Ch x, y, z dươ ng thoả 1 1 1

2009 x y z

+ + = . Tìm GTLN của biểu thức

P =1 1 1

2 2 2 x y z x y z x y z+ +

+ + + + + +

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1.Phần 1: Theo chươ ng trình chuẩn

Câu 6: 1a/1.Phươ ng trình hai cạnh của một tam giaùc trong mặt phẳng tọa ®é là :5x - 2y +6 = 0;4x + 7y – 21 = 0. viết phươ ng trình cạnh thứ ba của tam giac đó, biết rằng trựctaâm của no trung vớ i gốc tọa độ O.

2. Tìm treân Ox ñieåm A caùch ñeàu ñ.thaúng (d) :2

2z2y

11x +

==−

vaø mp(P) :

2x – y – 2z = 0.

Câu 6.2a/Cho taäp hôïp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá tự nhiªn

goàm 5 chöõ soá khaùc nhau ñoâi moät töø X, sao cho moät trong ba chöõsoá ñaàu tieân phaûi baèng 1.

2. Phần 2 : Theo chươ ng trình naâng cao.

15



WWW.VNMATH.COMCâu 6b. 1b/

1. Cho đườ ng trßn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua Mkẽ đượ c hai tiếp tuyến của (C) sao cho goùc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2. Cho hai ñöôøng thaúng: (d1) :

=

==

4z

ty

t2x

; (d2) :

3

0

x t

y t

z

= − = =

. CM (d1) vaø (d2)

cheùo nhau. Vieát phöông trình maët caàu (S) coù ñöôøng kính laø ñoaïnvuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2).

Câu 6b.2b/ Giaûi phöông trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

16




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 69) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm):

1).Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của h.số :3x 4

y

x 2

−=

−

. Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 tiệm cận .

2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn2

0;3

π

.

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )Câu II (2 điểm):

1).Tìm các nghiệm trên ( )0;2π của phương trình :sin 3x sin x

sin 2x cos2x1 cos2x

−= +

−2).Giải phương trình: 3 3x 34 x 3 1+ − − =

Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bênSA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.

1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I =2

0

sin x cosx 1dx

sin x 2cosx 3

π

− ++ +∫

2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2ib.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn

1 < | z – 1 | < 2 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong

qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0

2). Cho các đường thẳng: ( )1

x 1

d : y 4 2t

z 3 t

= = − + = +

và ( )2

x 3u

d : y 3 2u

z 2

= − = + = −

a. Chứng minh rằng (d 1) và (d 2) chéo nhau. b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1) và (d 2).3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi

xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1).Cho tam giác ABC vuông tại A, p.trình đt BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc Oxvà bán kính đ.tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

2).Cho đ.thẳng (d) :

x t

y 1

z t

= = − = −

và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0

a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) b. Lập ptr mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)

3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó cóđúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )

17




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 70)I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)

C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè2

12

++

= x

x y cã ®å thÞ lµ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè2.Chøng minh ®êng th¼ng: m x y +−= lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt.C©u II (2 ®iÓm)

1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8

2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh )3(log53loglog 2

4

2

2

2

2 −>−− x x x

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm ∫ = x x

dx I

53 cos.sinC©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãct¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆtph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ngAA1 vµ B1C1 theo a.C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm)1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈnC©u Via:

1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng dcã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C)(B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh

+==

+=

t z

t y

t x

31

21

. LËp

ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµlín nhÊt.

C©u VIIa: 1). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trongmçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2) Gi¶i ph¬ng tr×nh: )(,1

4

C z i z

i z ∈=

−+

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm)C©u VIb (2 ®iÓm)

1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y -4 = 0 vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng

th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êngtrßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

18



WWW.VNMATH.COM

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh3

1

12

1 −==

− z y x.

LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi(P) lµ lín nhÊt.C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè

lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.

19





Câu 1. (2,5 điểm).

1. Cho hàm số (C) :

2 2 5

1

x x y x

− + −= −

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M ∈ (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất

2. Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C’) :

196 23 −+−= x x x y

Câu 2. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình: ( ) 3510325.3 22 −=−+ −− x x x x

2. Giải hệ phương trình:

=+=+

2coscos2sinsin

y x y x

Câu 3. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình:( ) ( ) 02coscoslogsincoslog 1 =++− x x x x

x

x .

2. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 01311 23 >+++++ x x x x

3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn

chữ số đứng liền sau nó.

Câu 4. (2 điểm)1. Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 = 0Tìm toạ độ điểm C ∈ (P) sao cho ∆ABC là tam giác đều.2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc hợp bởi

các cạnh đối diện của tứ diện đó.

Câu 5. (2,5 điểm).

1. Tính :

/ 4 1

23

0 0

sin; 2 2

cos

x x I dx J x x x dx

x

π

= = − +∫ ∫ 2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1.

2

a b c

a bc b ac c ab abc

+ ++ + ≤

+ + +

3. Cho z =1 3

i2 2

− + , Hãy tính :1 2 3 2;z; z ; (z) ;1 z zz

+ +

.........................................................................................................................................................................

..........

20



WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 72)

I. PHẦN CHUNG:Câu 1:

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

2 4

1

x

x

−+

2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1)Câu 2:

1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x1 3x

os4x+cos2 4

c− =7

22. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1

Câu 3:

Tính tích phân: K =2

0

1 sinx

1+cosx

xe dx

π

+ ∫ Câu 4:

Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáymột góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.

Câu 5:

Cho đường thẳng (d):2 4

3 2 2

x y z− −= =

−và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d) những

điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhấtII. PHẦN RIÊNG:

1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:

1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trongnăm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.

2. Giải hệ phương trình:8

5

x x y x y y

x y

− = +

− =Câu 7a:

Tìm giá trị nhỏ nhất y = 2

osx

sin (2 osx - sinx)

c

x cvới 0 < x ≤

3

π

2) Theo chương trình nâng cao:Câu 6b:

1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: ( )5lg(10 3 ) ( 2)lg32 2 x

n x− −+ biết rằng số hạng

thứ 6 của khai triển bằng 21 và 1 3 22n n nC C C + =

2. Cho2 2

3 os in3 3

c sπ π

α = +

. Tìm các số phức β sao cho β3 = α

Câu 7b:Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:

2 2 252 2 227

a b c abc≤ + + + <

------------------------------Hết---------------------------------

21



WWW.VNMATH.COM


Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số m x x x y +−−= 93 23 , trong đó m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0=m .2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệtcó hoành độ lập thành cấp số cộng.

Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:2

sin2

1

3cos

4

1 22 x x=+ .

2. Giải phương trình: )4(log3)1(log4

1)3(log

2

18

8

42x x x =−++ .

Câu III: (1,0 điểm)

Tính tích phân: ∫ +

=4

6

2cos1cos

tan

π

π

dx x x

x I .

Câu IV: (1,0 điểm)Tính thể tích của khối hộp ''''. DC B A ABCD theo a . Biết rằng ''' D B AA là khối tứ diện đều cạnha .

Câu V: ( 1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn

− 1;

2

1:

m x x x =++−− 12213 232 ( Rm ∈ ).

Câu VI: (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng )(d có phương trình: 052 =−− y x vàhai điểm )2;1( A ; )1;4( B . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng )(d và đi qua hai

điểm A , B .2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm )2;1;1( A , )2;0;2( B .a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 522 =− MB MA .

b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng )(OAB và )(Oxy .

Câu VII: (1,0 điểm)1. Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:

113210 2).2().1(.....4.3.2 −− +=+++++++ nn

n

n

nnnnn nC nC nC C C C .

2. Giải hệ phương trình:

x iy 2z 10

x y 2iz 20ix 3iy (1 i)z 30

+ − =

− + = + − + =……………………. Hết……………………...

22




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 74)CAÂU I:

Cho haøm soá:2 2 3( 1) 4mx m x m m

y x m

+ + + +=

+ ( )mC

1.Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá khi m= -12.Tìm caùc giaù trò cuûa tham soá m ñeå ñoà thò ( )mC coù 1 ñieåm cöïc tròthuoäc goùc phaàn tö thöù (II) vaø 1 ñieåm cöïc trò thuoäc goùc phaàn tö thöù (IV)cuûa maët phaúng toaï ñoä

CAÂU II:1.Goïi (D) laø mieàn ñöôïc giôùi haïn bôûi caùc ñöôøng 3 10 y x= − + , 1 y = , 2 y x=

(x>0) vaø (D) naèm ngoaøi parabol 2 y x= .Tính theå tích vaät theå troøn xoay ñöôïctaïo neân khi (D) quay xung quang truïc Ox.

2.Cho k vaø n laø caùc soá nguyeân thoûa 0 k n≤ ≤Chöùng minh raèng: 2

2 2 2. ( )n n n

n k n k nC C C + − ≤

CAÂU III:1.Giaûi baát phöông trình:

2 2 23 2 4 3 2. 5 4 x x x x x x− + + − + ≥ − +2.Cho phöông trình:

2 2 2 2

4 1 22log (2 2 4 ) log ( 2 ) 0 x x m m x mx m− + − + + − =

Xaùc ñònh tham soá m ñeå phöông trình (1) coù 2 nghieäm 1 x , 2 x thoûa :2 2

1 2 1 x x+ >CAÂU IV:

1.Xaùc ñònh caùc giaù trò cuûa tham soá a ñeå phöông trình sau coùnghieäm: 6 6sin cos s 2 x x a in x+ =

2.Cho tam giaùc ABC thoûa:cos cos cos 2

sin sin sin 9

a A b B c C p

a B b C c A R

+ +=

+ +vôùi a=BC, b=CA, c=AB; p laø nöûa chu vi;R laø baùn kính ñöôøng troønngoaïi tieáp cuûa tam giaùc.Chöùng toû tam giaùc ABC laø tam giaùc ñeàu.

CAÂU V: Trong maët phaúng vôùi heä truïc toïa ñoä Ñeà-caùc vuoâng goùc Oxy cho

elip:2 2

( ) : 19 4

x y E + =

Vaø hai ñöôøng thaúng ( ) : 0 D ax by− = ; ( ') : 0 D bx ay+ = ;vôùi 2 2 0a b+ >Goïi M,N laø caùc giao ñieåm cuûa (D) vôùi (E)

P, Q laø caùc giao ñieåm cuûa (D') vôùi (E).1.Tính dieän tích töù giaùc MNPQ theo a vaø b2. Tìm ñieàu kieän ñoái vôùi a , b ñeå dieän tích töù giaùc MNPQ nhoû nhaát.

............................................................................

23




Môn thi : TOÁN (ĐỀ 75)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+ 3c c

2. Giải hệ phương trình

2

2 2

12 2

2 2

x x y

y y x y

+ − = − − = −

Câu III. (1.0 điểm)

Tính tích phân

1

2 3

0

( sin )1

x x x

x+

+∫ Câu IV. (1.0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện1 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)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dượcchấm điểm). A. Theo chương trình nâng caoCâu 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 tròn 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 làtâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.Câu VIIa. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình2 3

3 4

2

log ( 1) log ( 1)0

5 6

x x

x x

+ − +>

− − B. Theo chương trình chuẩnCâu 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 điqua 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 vuông góc với (Q).Câu VIIb. (1.0 điểm)

Giải phương trình 1 2 2 3

22 x x x x

x x x xC C C C − − −++ + = ( k

nC là tổ hợp chập k của n phần tử)

24



WWW.VNMATH.COM.................HẾT..............

25



WWW.VNMATH.COMBÀI GIẢI (ĐỀ 56)Câu 1:

2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5

⇔ 2

0

55

( 2) x

−= −

− ⇔ x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3

Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1)⇔ y = -5x + 22 hay y = -5x + 2Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0 ⇔ 2(5 ) 6.5 5 0 x x− + = ⇔ 5x = 1 hay 5x = 5

⇔ x = 0 hay x = 1.

2)0 0 0

(1 cos ) cos I x x dx xdx x xdxπ π π

= + = +∫ ∫ ∫ =2

0

cos2

x xdx

π π

+ ∫ Ñaët u = x ⇒du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx

⇒ I =2

0

0

sin sin

2

x x xdxπ

π π + − ∫ =

2 2

0cos 2

2 2

xπ π π

+ = −

3) Ta coù : f’(x) = 2x +22 4x 2x 2

1 2x 1 2x

− + +=

− −

f’(x) = 0 ⇔ x = 1 (loại) hay x =1

2− (nhận)

f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f(1

2− ) =

1ln 2

4−

vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân[ 2;0]max f (x) 4 ln5

−= − vaø

[ 2;0]

1min f (x) ln 2

4−= −

Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔ =

3

a AB

22 2 2

= a SA =3 3

a aSA − ⇒

2 201 1 3 a 3

= . .sin120 = =2 2 3 2 12 ABC

aS AB AC ∆

2 31 2 3 2= =

3 12 363

a a aV (đvtt)

Câu 4.a.:1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6

d(T, (P)) =1 4 4 18 27

931 4 4

+ + += =

+ +2) (P) coù phaùp vectô (1;2;2)n =

Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) :12 22 2

x t y t z t

= + = += +

(t ∈ R)

Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 ⇔ t = -3⇒ (d) ∩ (P) = A (-2; -4; -4)

Caâu 5.a.: 28z 4z 1 0− + = ; / 24 4i∆ = − = ; Căn bậc hai của /∆ là 2i±

26

B

A

S

a

a

a

C



WWW.VNMATH.COM

Phươ ng trình có hai nghiệm là1 1 1 1

z i hay z i4 4 4 4

= + = −

Caâu 4.b.:1) (d) coù vectô chæ phöông (2;1; 1)a = −

Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô a :

2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 ⇔ 2x + y – z + 3 = 02) Goïi B (-1; 2; -3) ∈ (d)

BA = (2; -4; 6)

, BA a = (-2; 14; 10)

d(A, (d)) =, 4 196 100

5 24 1 1

BA a

a

+ + = =+ +

r

Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = 5 2 :

(x – 1)2

+ (y + 2)2

+ (2 – 3)2

= 50Câu 5.b.: 22z iz 1 0− + = 2i 8 9∆ = − = − = 9i2

Căn bậc hai của ∆ là 3i±

Phương trình có hai nghiệm là1

z i hay z i2

= = − .

27



WWW.VNMATH.COMBÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 57)

A.PHẦN CHUNG:Câu 1:

2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3

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

Ta có:

1 2

1 2

1 2

4

61

4

x x

m x x

x x

= − + = − = −

9

2m⇒ = ±

Câu 2:

1.

2 0 (1)

1 4 1 2 (2)

x y xy

x y

− − =

− + − = Điều kiện:

1

14

x

y

≥

≥

Từ (1) 2 0 x x

y y⇒ − − = ⇒ x = 4y

Nghiệm của hệ (2;1

2)

2. cosx = 8sin3

6 x

π +

⇔ cosx = ( )3

3sinx+cosx

⇔3 2 2 33 3 sin 9sin osx +3 3 sinxcos os osx = 0 x xc x c x c+ + − (3)

Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm(3) ⇔ 3 23 3 tan 8 t an x + 3 3 tanx = 0 x +

t anx = 0 x = k π ⇔ ⇔Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vuông gócBC ⊥ (SAC) ⇒AN ⊥ BC

và AN ⊥ SC ⇒AN ⊥ (SBC) ⇒AN ⊥ MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SCVây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒ TM là đường cao của tam giác STB ⇒ BN là đường cao của tam giác STB

Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST ⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2.

2 2

(ln )

ln (1 ln ) ln (1 ln )

e e

e e

dx d x A

x x x x x= =

+ +∫ ∫ =

2

1 1(ln )

ln 1 ln

e

e

d x x x

− + ∫

=2 2

ln(ln ) ln(1 ln )e e

x xe e

− + = 2ln2 – ln3

Câu 4:1. +) (4;5;5) BA = , (3; 2;0)CD = − , (4;3;6)CA =

28



WWW.VNMATH.COM

, (10;15; 23) BA CD = − ⇒ , . 0 BA CD CA ≠ ⇒đpcm

+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT 1,n BA k = = (5;- 4; 0)

⇒(P): 5x – 4y = 0

+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k = = (-2;- 3; 0)

⇒(Q): 2x + 3y – 6 = 0Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒Phương trình của (D)

2. Ta có:3

2 2

2

3

a a b

a ab b

−≥

+ +(1)

⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2 b – ab2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0. (h/n)

Tương tự:3

2 2

2

3

b b c

b bc c

−≥

+ +

(2) ,3

2 2

2

3

c c a

c ac a

−≥

+ +

(3)

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:3 3 3

2 2 2 2 2 2 3

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

+ ++ + ≥

+ + + + + +Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1

B. PHẦN TỰ CHỌN:Câu 5a: Theo chương trình chuẩn

1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z

P a b c

⇒ + + =

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

IA a JA b JK b c IK a c

= − = −= − = −

uuur uur

Ta có:

4 5 61

5 6 0

4 6 0

a b cb c

a c

+ + =

− + =− + =

⇒

77

477

577

6

a

b

c

= = =

⇒ ptmp(P)

2.Ta có: n

2 2

5 5 nC C + = 45 ⇒n2

+ 3n – 18 = 0 ⇒n = 3Câu 5b:1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒N(2 – 3b;2 – b)

N ∈ (C) ⇒(2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒b = 0;b = 6/5Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)

2. Đặt X = 5x ⇒X > 0Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*)Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0Từ đó suy ra m

29



WWW.VNMATH.COM Đáp án.(ĐỀ 58)

Câu 1.1-(2)Ta có 3'( ) 4 4 f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4 A Bk f a a a 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 24a 4a = 4b 4 1 0 (1) A Bk k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =

Vì A và B phân biệt nên a b≠ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + − =Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )

( )2 2 2 2

4 2 4 2

1 0 1 0

' ' 3 2 3 2

a ab b a ab ba b

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

+ + − = + + − = ⇔ ≠ ⇔ − = − − + = − +

,

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một

cặp điểm trên đồ thị là ( )1; 1− − và ( )1; 1− .Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B

song song với nhau là

2 21 0

1

a ab b

a

a b

+ + − = ≠ ± ≠

II-(1) Điều kiện:( )cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0

cot 1

x x x x x

x

+ ≠

≠

Từ (1) ta có:

( )2 cos sin1 cos .sin 2

2 sinsin cos 2 cos cos1

cos sin 2 sin

x x x x

x x x x x

x x x

−

= ⇔ =+ − 2sin .cos 2 sin x x x⇔ =

( )2

2 4cos2

24

x k x k

x k

π π

π π

= +⇔ = ⇔ ∈

= − +

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

là ( )24

x k k π

π = − + ∈¢

II-(2) Điều kiện: 3 x > ; Phương trình đã cho tương đương:( ) ( ) ( )1 1

2

3 3 3

1 1 1log 5 6 log 2 log 3

2 2 2 x x x x− −− + + − > +

( ) ( ) ( )2

3 3 3

1 1 1log 5 6 log 2 log 3

2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − +

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3log 2 3 log 2 log 3 x x x x⇔ − − > − − + ( ) ( )3 3

2log 2 3 log

3

x x x

x

− ⇔ − − > +

( ) ( )2

2 33

x x x

x

−⇔ − − >

+

2 109 110

x x x < −⇔ − > ⇔

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

30



WWW.VNMATH.COM

III-(1) ( )2 2

2 2

0 0

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

2 2 2 I x x dx x d x

π π

= − = − ∫ ∫

( ) ( )

2 2

2 32 20 0

0 0

1 1 1 1sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 02 4 2 12| |d x xd x x x

π π

π π

= − = − =∫ ∫

IV- Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đóOM AB⊥ và ' DO N C ⊥ .Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

OM I ∆ vuông cân tại O nên:

2 2 2.

2 2 2 2 2

h aOM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ =

Ta có:

22 2 2 22 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a R OA AM MO

= = + = + = + = 2 3

2 3a 2 3 2R . . ,

8 2 16

a aV h

π π π ⇒ = = =

và2a 3 2 3

2 Rh=2 . . .2 22 2

xq

a aS

π π π = =

V- Phương trình( ) ( )

341 2 1 2 1 x x m x x x x m+ − + − − − = (1)

Điều kiện : 0 1 x≤ ≤ Nếu [ ]0;1 x ∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều

kiện1

12

x x x= − ⇒ = . Thay1

2 x = vào (1) ta được:

301 1

2. 2.12 2

mm m

m

=+ − = ⇒ = ±

*Với m = 0; (1) trở thành: ( )2

4 4 11 0

2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất.

* Với m = -1; (1) trở thành

( ) ( )( )( ) ( )( )

( ) ( )

4

4

2 24 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 4 11 0

2 x x x− − = ⇔ = + Với

11 0

2 x x x− − = ⇔ =

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

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

( ) ( ) ( ) ( )2 2

4 441 2 1 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm1

0,2

x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy

nhất.

31



WWW.VNMATH.COMVậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.CâuVIa:

1/ Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5 R = .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 mộtgóc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5 IM = .

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( )2 2

2 1 20 x y− + − = .Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:

( ) ( )2 2

2 1 20 (1)

2 12 0 (2)

x y

x y

− + − =

+ − =

Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( )2 2 2

32 10 1 20 5 42 81 0 27

5

x y y y y

x

=− + + − = ⇔ − + = ⇔ =

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:9

3; 2 M hoặc

27 33;5 10 M

2/ .Ta tính được 10, 13, 5 AB CD AC BD AD BC = = = = = = .Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đótâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là3 3

;0;2 2

G

, bán kính là14

2 R GA= = .

CâuVIIa: Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9

18C

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

+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.+ Không có bi xanh: có 9

13C cách.

+ Không có bi vàng: có 9

15C cách

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9

10C cách chọn 9 viên bi đỏđược tính hai lần.Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9

10 18 13 15 42910C C C C + − − = cáchCâu VIb

1/- I có hoành độ9

2 I x = và ( )

9 3: 3 0 ;

2 2

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

( ) ( )2 2 9 9

2 2 2 3 24 4 I M I M AB IM x x y y= = − + − = + =

D

12. D = 12 AD = 2 2.

3 2 ABCD

ABC

S S AB A

AB= ⇔ = =

( ) AD d

M AD

⊥

∈, suy ra phương trình AD: ( ) ( )1. 3 1. 0 0 3 0 x y x y− + − = ⇔ + − = .

Lại có MA = MD = 2 .Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 22

3 0 3 3

3 2 3 3 23 2

x y y x y x

x y x x x y

+ − = = − + = − + ⇔ ⇔ − + = − + − =− + =

32



WWW.VNMATH.COM3 2

3 1 1

y x x

x y

= − = ⇔ ⇔ − = ± =

hoặc4

1

x

y

= = −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 3;

2 2 I

là trung điểm của AC, suy ra:2 9 2 722 3 1 2

2

A C I

C I A

A C C I A

I

x x x x x x

y y y y y

y

+ = = − = − = ⇔ + = − = − = =

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

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

( )( )( )2.2 2. 1 3 16

, 53

d d I P d R+ − − +

= = = ⇒ > .

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông 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 vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P).

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( )2;2; 1 P n = − và qua I nên có phương trình là

( )

2 2

1 2

3

x t

y t t

z t

= + = − + ∈ = −

¡ .

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

( ) ( ) ( )15 5

2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 09 3

t t t t t + + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −

Suy ra 0

4 13 14; ;

3 3 3 N

− −

.Ta có 0 0

3.

5 IM IN =uuuur uuur

Suy ra M0(0;-3;4)

VII b:

Áp dụng bất đẳng thức1 1 4

( 0, 0) x y x y x y

+ ≥ > >+

Ta có:1 1 4 1 1 4 1 1 4

; ;2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b

+ ≥ + ≥ + ≥+ + + + + + + + + +

Ta lại có:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2 2 2 4 4 2 2 02 2 4 7

2 1 1 1 0

a b c a b ca b c a b c a

a b c

≥ = ⇔ + + + − − − ≥+ + + + + +

⇔ − + − + − ≥

Tương tự: 2 2

1 2 1 2;

2 7 2 7b c a b c a b c≥ ≥

+ + + + + +

Từ đó suy ra2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7a b b c c a a b c+ + ≥ + +

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

33



WWW.VNMATH.COM

Đáp án(ĐỀ 59)Câu Ý Nội dung

2

+ Khi m = 0 1 y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị.

+ Khi 0m ≠ ( )2' 3 6 1 y mx mx m⇒ = + − − Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0 y =

không có nghiệm hoặc có nghiệm kép

( )2 2' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤ 10

4m⇔ ≤ ≤

1

( )4 4sin cos 1

tan cotsin 2 2

x x x x

x

+= + (1) Điều kiện: sin 2 0 x ≠

211 sin 2

1 sin cos2(1)sin 2 2 cos sin

x x x

x x x

− ⇔ = +

2

2

11 sin 2

1 12 1 sin 2 1 sin 2 0sin 2 sin 2 2

x

x x x x

−⇔ = ⇔ − = ⇔ =

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2( ) ( )

2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4 x x x+ + = − + + (2)

Điều kiện:

1 04 4

4 01

4 0

x x

x x

x

+ ≠− < < − > ⇔ ≠ − + >

( ) ( ) ( )

( )

2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

x x x x x

x x x x

⇔ + + = − + + ⇔ + + = −

⇔ + = − ⇔ + = −

+ Với 1 4 x− < < ta có phương trình 2 4 12 0 (3) x x+ − = ;

( )

2(3)

6

x

x

=⇔ = − lo¹i

+ Với 4 1 x− < < − ta có phương trình 2 4 20 0 x x− − = (4);

( ) ( )

2 24

4 2 24

x

x

= −⇔ = + lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 x = hoặc ( )2 1 6 x = −

III34



WWW.VNMATH.COM

Đặt 2 2 2

21 1 2 2

dx tdt t x t x tdt xdx

x x= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −

2 21 1

dx tdt tdt

x t t ⇒ = − =

− −+ Đổi cận:

1 32 2

3 1

2 2

x t

x t

= ⇒ =

= ⇒ =

1 3

32 2

212 2

1 23

22

1 1 1 7 4 3ln ln

1 1 2 1 2 3|

dt dt t A

t t t

+ += = = = − − −

∫ ∫

IV

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB⊥ ⊥ , suy ra

( )SOE AB⊥ .

Dựng ( )OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥ , vậy OH là khoảng cách từ O

đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1 1 81 9 9

9 3

8 2 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

= + ⇒ = − = − =

⇒ = ⇒ =

2 2 2 9 81 99

8 8 2 2SE OE SO SE = + = + = ⇒ =

21 36. 8 2

922 2

SABSAB

S S AB SE AB

SE = ⇔ = = =

( )2 2

2 2 2 21 9 9 2654 2 32

2 8 8 8OA AE OE AB OE = + = + = + = + =

Thể tích hình nón đã cho: 21 1 265 265. . .3

3 3 8 8V OA SOπ π π = = =

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 265 337 3379

8 8 8

265 337 89305

. . .8 8 8 xq

SA SO OA SA

S OA SAπ π π

= + = + = ⇒ =

= = =V

35



WWW.VNMATH.COM

Hệ bất phương trình( )

2

2

7 6 0 (1)

2 1 3 0 (2)

x x

x m x m

− + ≤

− + − + ≥( )1 1 6 x⇔ ≤ ≤ . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại [ ]0 1;6 x ∈ thỏa mãn (2).

( ) ( ) ( ) [ ]

22 2 3

2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)2 1

x x

x x x m m do x x x

− +⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >+

Gọi [ ]2 2 3

( ) ; 1;62 1

x x f x x

x

− += ∈

+

Hệ đã cho có nghiệm [ ]0 01;6 : ( ) x f x m⇔ ∃ ∈ ≥

( )( )

( )

( )

22

2 2

2 42 2 8'

2 1 2 1

x x x x f x

x x

+ −+ −= =

+ +; ( ) 2 1 17

' 0 4 02

f x x x x− ±

= ⇔ + − = ⇔ =

Vì [ ]1;6 x ∈ nên chỉ nhận 1 172

x − +=

Ta có:2 27 1 17 3 17

(1) , (6) ,3 13 2 2

f f f − + − +

= = =

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên27

max ( )13

f x =

Do đó [ ][ ]

0 01;6

271;6 : ( ) max ( )

13 x x f x m f x m m

∈∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

VIa 1

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ( )4 3 4 0 2

2;42 6 0 4

x y x A

x y y

+ − = = − ⇔ ⇒ − + − = =

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( )4 3 4 0 1

1;01 0 0

x y x B

x y y

+ − = = ⇔ ⇒ − − = =

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:( ) ( )2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =

Gọi 1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0 x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =Từ giả thiết suy ra ( )· ( )·

2 3 1 2; ;∆ ∆ = ∆ ∆ . Do đó

( )· ( )·

( )

2 3 1 22 2

2 2

|1. 2. | | 4.1 2.3 |cos ; cos ;

25. 55.

0| 2 | 2 3 4 0

3 4 0

a b

a b

aa b a b a a b

a b

+ +∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =

+=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔ − =+ a = 0 0b⇒ ≠ . Do đó 3 : 4 0 y∆ − =

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0 x y∆ + − = (trùng với 1∆ ).Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ( )4 0 5

5;41 0 4

y xC

x y y

− = = ⇔ ⇒ − − = =

236



WWW.VNMATH.COMGọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

, , ,

, ,

OI AI

OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

== = = ⇔ =

=

Ta có:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 5 2 1

10 4 2 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −

⇔ + + =

( )( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2| 2 2 5 |

, 9 2 2 5 (2)3

a b cOI d I P a b c a b c a b c

+ − += ⇔ + + = ⇔ + + = + − +

( )( ) ( )( )| 2 2 5 | | 2 2 13 |

, ,3 3

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

a b c a b cd I P d I Q

a b c a b c a b ca b c a b c

+ − + + − −= ⇔ =

+ − + = + − −⇔ ⇔ + − = + − + = − − + +lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:17 11 11 4a

; (4)3 6 3

ab c

−= − =

Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5)a b c+ + =

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( ) ( )2 221 658 0a a− − =

Như vậy 2a = hoặc658

221a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc

658 46 67; ;

221 221 221

I −

và R = 3.

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 1 9 x y z− + − + − = và2 2 2

658 46 679

221 221 221 x y z

− + − + + =

VIIaĐiều kiện: 1 4 5n n− ≥ ⇔ ≥Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 5

2 34.3.2.1 3.2.1 41 1 2 3 7

1 15.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n nn n n n n

n n n

− − − − − − −

− < − −⇔ + − − − ≥ + −

2

2

9 22 0

5 50 0 10

5

n n

n n n

n

− − <

⇔ − − ≥ ⇔ = ≥

VIb

1 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình2 2 0; 22 4 8 0

1; 35 2 0

y x x y x y

y x x y

= = + + − − = ⇔ = − = −− − =

37



WWW.VNMATH.COMVì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).Vì · 090 ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâmI của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

2

Phương trình tham số của d1 là:

1 2

3 32

x t

y t z t

= +

= − =

. M thuộc d1 nên tọa độ của M ( )1 2 ;3 3 ;2t t t + − .

Theo đề:

( )( )( )

( )1 2

22 2

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |, 2 2 12 6 6 1, 0.

31 2 2

t t t t d M P t t t

+ − − + − −= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =

+ − +

+ Với t1 = 1 ta được ( )1 3;0;2 M ;

+ Với t2 = 0 ta được ( )2 1;3;0 M

+ Ứng với M1, điểm N1 2d∈ cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mpnày là (Q1). PT (Q1) là: ( ) ( )3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1) x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = .

Phương trình tham số của d2 là:

5 6

4

5 5

x t

y t

z t

= + = = − −

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).

VIIb

Điều kiện( )

31 0 3

3 x

x> ⇔ <

−

( )( ) ( )3

1( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3

3 f x x x

x= = − − = − −

− ;( )

( )1 3

'( ) 3 3 '3 3

f x x x x

= − − =− −

Ta có: ( ) ( ) ( )2

00 0

6 6 1 cos 3 3sin sin sin 0 sin 0 3

2 2|t t

dt dt t t π π

π

π π π π π π

−= = − = − − − = ∫ ∫

Khi đó:

2

0

6sin

2'( )2

t dt

f x x

π

π >+∫ ( ) ( )

2 13 3 20

3 23 2 1 33; 2 3; 2 2

x x

x x x x x x x x x

− < − <> − +⇔ ⇔ ⇔− + < < < ≠ − < ≠ −

38



WWW.VNMATH.COMHƯỚNG DẪN GIẢI (đề 60)

Bài 1:2) 4 3 2x 2x 2 x 1 y x m m= + − − + (1)

Đạo hàm / 3 2 2y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +

° / 2

x 1y 0 4x (4 3m)x 3m 0 (2)

== ⇔ + + + =

° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 12(3m 4) 0 4

m .34 4 3m 3m 0

∆ = − >⇔ ⇔ ≠ ±

+ + + ≠

Giả sử: Với4

m3

≠ ± , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x , x , x

° Bảng biến thiên:

x -∞ x1 x2 x3 +∞y/ - 0 + 0 - 0 +y +∞

CTCĐ

CT+∞

° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.

Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi4

m .3

≠ ±

Bài 2:

1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2

8

+ ⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 2 3 2

8

+

⇔ ( )2 2 2 3 2os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx

2c c c

++ − = ⇔

2os4x ,

2 16 2c x k k Z

π π = ⇔ = ± + ∈ .

2) Giải phương trình : 2x +1 +x ( )2 22 1 2x 3 0 x x x + + + + + = . (a)

* Đặt:

− = + = + > = + ⇒ ⇒ − −= + + = = + + >

2 22 2 2

2 22 2 22

v u 2x 1u x 2, u 0 u x 2

v u 1v x 2x 3 xv x 2x 3, v 0

2

° Ta có: − − − − −

⇔ − + + + = ⇔ − + −

− = + ⇔ − − + + = ⇔ + + + + =

2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2v u 1 v u 1 v u u v u

(a) v u .u 1 .v 0 v u .u2 2 2 2 2

v u 0 (b)v u 1

(v u) (v u) 1 0 v u 1(v u) 1 0 (c)2 2

2 2

° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.

° Do đó:⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −2 2 2 2 1

(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x2

Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =1

2− .

39



WWW.VNMATH.COM Bài 3:

1) + Ta có( )

( )( )

2;0;2, D 6; 6;6

D 3;3;0

AB AB C

C

= ⇔ = − − = −

uuur uuuruuur . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song

CD có một VTPT ( )1;1; 1n = − và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)

Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒C không thuộc (P), do đó (P) // CD.

+ ( ) ( ) ( ) 0. D 1

os , D os , D , D 60. D 2

AB C c AB C c AB C AB C

AB C = = = ⇒ =

uuur uuur

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.

Ta có :( ) ( )

( ) ( )

1; 1; 1 ; ; ;0 .

1; 1; 1 ; ;0; .

DP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p

= − − = − = + ⇒ = − − = − = +

uuur uuuur uuur uuuur .

Mặt khác:

Phương trình mặt phẳng (α ) theo đoạn chắn: 1 x y zm n p

+ + = . Vì D ∈(α ) nên: 1 1 1 1m n p− + + = .

D là trực tâm của ∆MNP ⇔ . 0

. 0

DP NM DP NM

DN PM DN PM

⊥ = ⇔ ⊥ =

uuur uuuur uuur uuuur . Ta có hệ:

03

03

1 1 11

m nm

m pn p

m n p

+ = = −

+ = ⇒ = = −

+ + =

.

Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α ): 13 3 3 x y z+ + =− .

Bài 4: Tính tích phân ( )2

0

1 sin2xdxI x

π

= +∫ . Đặt

x1

1sin2xdx os2x

2

du d u x

dv v c

== + ⇒ = =

I = ( )/2

2 2

0 00

1 1 11 os2x os2xdx 1 sin 2x 1

2 2 4 4 4 x c c

π π π

π π − + + = + + = +∫ .

Bài 5: Giải phương trình ( ) ( )14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 x x x x y +− + − + − + = (*)

Ta có: (*) ⇔ ( )( ) ( )( )

( )

22

2 1 sin 2 1 0(1)2 1 sin 2 1 os 2 1 0

os 2 1 0(2)

x x

x x x

x

y y c y

c y

− + + − =− + + − + + − = ⇔ + − =

Từ (2) ⇒ ( )sin 2 1 1 x y+ − = ± .

Khi ( )sin 2 1 1 x y+ − = , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)

Khi ( )sin 2 1 1

x

y+ − = − , thay vào (1), ta được: 2x

= 2 ⇔ x = 1.

Thay x = 1 vào (1) ⇒sin(y +1) = -1 ⇔ 1 ,2

y k k Z π

π = − − + ∈ .

40



WWW.VNMATH.COM

Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 ,2

k k Z π

π − − + ∈

.

Bài 6 : Giải bất phương trình:2 21 29 1 10.3 x x x x + − + −+ ≥ . Đặt

2

3 x xt += , t > 0.

Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)

Khi t ≤ 1 ⇒

2 2

3 1 0 1 0 x x

t x x x+

= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ .(i)Khi t ≥ 9 ⇒

2 22

3 9 2 01

x x xt x x

x+ ≤ −

= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥(2i)

Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞). Bài 7 :

1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là 50

k C ⇒Số tất cả các tập con không rỗng chứa

một số chẵn các phần tử từ A là : S = 2 4 6 50

50 50 50 50S ...C C C C = + + + + .

Xét f(x) = ( )50 0 1 2 2 49 49 50 50

50 50 50 50 501 ... x C C x C x C x C x+ = + + + + +

Khi đó f(1) =250 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C = + + + + + .

f(-1) = 0 0 1 2 49 50

50 50 50 50 50...C C C C C = − + − − +

Do đó: f(1) + f(-1) = 250 ⇔ ( )2 4 6 50 50

50 50 50 502 ... 2C C C C + + + + = ⇒ ( ) 50 492 1 2 2 1S S + = ⇒ = − .

Kết luận:Số tập con tìm được là 492 1S = −

2) Ta có 2 1 3 3

4 4 2 z i= − − . Do đó:

2 1 3 1 31 1 0

2 2 2 2 z z i i

+ + = + − + + − − =

Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữahai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ = · ' A EH .

Tá có :3 3 3

E , ,2 3 6

a a a A AH HE = = = ⇒

2 22 2 9 3a

A' '3

b H A A AH

−= − = .

Do đó:2 2' 2 3

tan A H b a

HE aϕ

−= = ;

2 2 2 2

. ' ' '

3 3' .

4 4 ABC ABC A B C ABC

a a b aS V A H S ∆ ∆

−= ⇒ = =

2 2 2

'.

1 3' .

3 12 A ABC ABC

a b aV A H S ∆

−= = .

Do đó: ' ' ' . ' ' ' '. A BB CC ABC A B C A ABC V V V = −

.2 2 2

' ' '

1 3' .

3 6 A BB CC ABC

a b aV A H S ∆

−= = (đvtt)

41



WWW.VNMATH.COMĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6 1

Câu Ý Nội dung ĐiểmI 2 1,00

Xét phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ] x π ∈ (1)

Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 28 9 0 (2)t t m− + =

Vì [0; ] x π ∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó sốnghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

0,25

Ta có: 4 2(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −Gọi (C1):

4 28 9 1 y t t = − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m.Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t − ≤ ≤ .

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

•81

32m > : Phương trình đã cho vô nghiệm.

1.81

32m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

•81

132

m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

• 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.• 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

II 2,001 1,00

Phương trình đã cho tương đương:

33loglog

3

2 0 22 0

111 log ln 0ln 01222

222 0

x x

x x x

x x x x

x x x

− = =− = ⇔ ⇔ − =− = − = >> − >

0,50

3

2 2 2

log 0 1 1

21 1 3ln 0 12 2 2

2 22

x x x

x x x

x x x x

x x x

= = = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − = − = =

> >>

0,50

2 1,00Điều kiện: | | | | x y≥

Đặt2 2 ; 0u x y u

v x y

= − ≥

= +; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có

2

12 u y v v = −

.

Hệ phương trình đã cho có dạng:

0,25

42



WWW.VNMATH.COM

2

12

122

u v

u uv

v

+ =

− =

4

8

u

v

=⇔ =hoặc

3

9

u

v=

=

+2 24 4

8 8

u x yv x y

= − =⇔ = + = (I)

+2 23 3

9 9

u x yv x y

= − =⇔ = + = (II)

0,25

Giải hệ (I), (II). 0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình banđầu là ( ) ( ) 5;3 , 5;4S =

0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban

đầu là ( ) ( ) 5;3 , 5; 4S =1,00

III 0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( ) y x x C = − và ( ) : 2d y x=

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2 2 2

2 2

0 0 0

| 4 | 2 24 2 6 0

64 2 2 0

x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

≥ ≥ = − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − = =− = − − =

Suy ra diện tích cần tính:

( ) ( )2 6

2 2

0 2

4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −∫ ∫

0,25

Tính: ( )

2

2

0| 4 | 2 I x x x dx= − −∫

Vì [ ] 20;2 , 4 0 x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2| 4 | 4 x x x x− = − + ⇒

( )2

2

0

44 2

3 I x x x dx= − + − =∫

0,25

Tính ( )6

2

2

| 4 | 2 K x x x dx= − −∫ Vì [ ] 22;4 , 4 0 x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 24;6 , 4 0 x x x∀ ∈ − ≥ nên

( ) ( )4 6

2 2

2 4

4 2 4 2 16 K x x x dx x x x dx= − − + − − = −∫ ∫ .

0,25

Vậy4 52

163 3

S = + =1,00

43



WWW.VNMATH.COMIV 0,25

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

( ) ( ) ( )' ' ' ' ''

AB IC AB CHH ABB A CII C

AB HH

⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

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

0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:1 3 1 3

' ' ' ' ' ;3 6 3 3

x x I K I H I C IK IH IC = = = = = =

Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r

6 3

x x I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( )' . '3

hV B B B B= + +

Trong đó:2 2 2

2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r

4 4 2

x B x B h= = = = = =

0,25

Từ đó, ta có:2 2 3

2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.

3 2 2 3V

= + + =

0,25

V 1,00Ta có:

+/ ( )4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;

+/ ( )4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x4 4 2

c c c cπ π π = + =

+/ ( )2 1 1os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x

4 2 2 2c c

π π = + = − Do đó phương trình đã cho tương đương:

( )1 1

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

c + =

Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x -4

t c cπ =

(điều kiện: 2 2t − ≤ ≤ ).

0,25

Khi đó 2sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành:2 4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t − ≤ ≤

2(2) 4 2 2t t m⇔ + = −Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2 D y m= − (làđường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):

0,25

44



WWW.VNMATH.COM2 4 y t t = + với 2 2t − ≤ ≤ .

Trong đoạn 2; 2 − , hàm số 2 4 y t t = + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại

2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = .0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ .

0,25

VIa 2,001 1,00

Điểm ( ): 1 0 ;1C CD x y C t t ∈ + − = ⇒ − .

Suy ra trung điểm M của AC là1 3

;2 2

t t M

+ −

. 0,25

Điểm ( )1 3

: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2

t t M BM x y t C

+ − ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −

0,25

0,25Từ A(1;2), kẻ : 1 0 AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC ∈ ).

Suy ra ( ) ( ): 1 2 0 1 0 AK x y x y− − − = ⇔ − + = .

Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( )1 0

0;11 0

x y I

x y

+ − =⇒ − + =

.

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( )1;0 K − .

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:1

4 3 4 07 1 8

x y x y

+= ⇔ + + =

− +

2Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì

( ) //( ) P D hoặc ( ) ( ) P D⊃ . Gọi H là hình chiếuvuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH ⊥ .

Mặt khác( ) ( )( ) ( )( )

( )

, ,d D P d I P IH

H P

= =

∈Trong mặt phẳng ( ) P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P0)

vuông góc với IA tại A.

45



WWW.VNMATH.COM

Vectơ pháp tuyến của (P0) là ( )6;0; 3n IA= = − , cùng phương với ( )2;0; 1v = − .

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: ( ) ( )2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0 x z− − + = .

VIIa

Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0 xy x y x y+ − + = − − ≥ ;

và tương tự ta cũng có 11

yz y z zx z x

+ ≥ + + ≥ +0,25

Vì vậy ta có:

( )1 1 1

1 1 11 1 1 1 1 1

31 zx+y

1 51

1 5

5

x y z x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y x yz zx y xy z

z y x

z y y z

+ + + + ≤ + + + + + + + + + + +

≤ + + ++ +

= − − + + + +

≤ − − + + + =

vv

1,00

Ta có:

( )1;2 5 AB AB= − ⇒ = .

Phương trình của AB là:

2 2 0 x y+ − = .( ) ( ): ; I d y x I t t ∈ = ⇒ . I

là trung điểm của AC vàBD nên ta có:

( ) ( )2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t − − .

0,25

Mặt khác: D . 4 ABC S AB CH = = (CH: chiều cao)4

5CH ⇒ = . 0,25

Ngoài ra: ( )( ) ( )

4 5 8 8 2

; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3;5 5

0 1;0 , 0; 2t C Dt d C AB CH t C D

= ⇒− = ⇔ = ⇔ = ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là5 8 8 2

; , ;3 3 3 3

C D

hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− −

0,50

2 1,00Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 2

12

x t

y t z t

= − +

= − =.

Điểm M ∈ ∆ nên ( )1 2 ;1 ;2 M t t t − + − .

0,25

46



WWW.VNMATH.COM

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2 22

22 2 2 22

2 22 2

2 2 4 2 9 20 3 2 5

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

3 2 5 3 6 2 5

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

= − + + − − + = + = +

= − + + − − + − + = − + = − +

+ = + + − +

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )3 ;2 5u t = và ( )3 6;2 5v t = − + .

Ta có( ) ( )

( ) ( )

22

22

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

u t

v t

= +

= − +

r

r

Suy ra | | | | AM BM u v+ = + và ( )6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =

Mặt khác, với hai vectơ ,u v ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ +

Như vậy 2 29 AM BM + ≥

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v cùng hướng

3 2 51

3 6 2 5

t t

t ⇔ = ⇔ =

− +

( )1;0;2 M ⇒ và ( )min 2 29 AM BM + = .

0,25

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+ 0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c

b c a

c a b

+ > + > + >

.

Đặt ( ), , , , 0 , ,2 2

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

+ += = = > ⇒ + > + > + > .

Vế trái viết lại:2

3 3 2

a b a c a

VT a c a b a b c x y z

y z z x x y

+ += + ++ + + +

= + ++ + +

0,50

Ta có: ( ) ( )2

2 z z

x y z z x y z z x y x y z x y

+ > ⇔ + + < + ⇔ >+ + +

.

Tương tự:2 2

; . x x y y

y z x y z z x x y z< <

+ + + + + +

Do đó:

( )22

x y z x y z

y z z x x y x y z

+ +

+ + < =+ + + + + .

Tức là:1 1 2

23 3 2 3 3

b ca

a b a c a b c a c a b + + + + < + + + + + +

0,50

47



WWW.VNMATH.COMHƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 62)

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)CâuI.1.(Học sinh tự giải)

2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:

=+ + + + = + ⇔ + + + = ⇔ = + + + =3 2 2

202 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0

( ) 2 2 0 (2) x x mx m x x x x mx mg x x mx m

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.≤ − ∨ ≥∆ = − − >

⇔ ⇔ ≠ −= + ≠

/ 2 1 22 0( )

2(0) 2 0

m mm ma

mg m.

Mặt khác:− +

= =1 3 4

( , ) 22

d K d Do đó: ∆= ⇔ = ⇔ = ⇔218 2 . ( , ) 8 2 16

2KBCS BC d K d BC BC

2 2( ) ( ) 256B C B C x x y y ⇔ − + − = với ,B C x x là hai nghiệm của phương trình (2).

⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − =2 2 2 2( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128B C B C B C B C B C x x x x x x x x x x

2 2 1 1374 4( 2) 128 34 02

m m m m m ±⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = (thỏa ĐK (a)). Vậy 1 1372

m ±=

CâuII:1. Phương trình ⇔ (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0

cos -sin -1

cos -sin 5( cos -sin 2)

x x

x x loai vi x x

=⇔ = ≤

222 sin( ) 1 sin( ) sin

4 4 42

x k x x

x k

π π

π π π

π π

= +⇔ − = ⇔ − = ⇔ = +

2) HÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi

2

2

1( 2) 2

1( 2) 1

x x y

y x

x y y

++ + − =

+ + − =

§Æt 2yxv,y

1xu2

−+=+=

Ta cã hÖ 1vu1uv

2vu==⇔

==+

Suy ra

=−+

=+

12yx

1y

1x2

.

Gi¶i hÖ trªn ta ®îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)

CâuIII:1. Ta có: I =2

2

6

1sin sin2

π

π

⋅ +∫ x x dx =2

2

6

3sin cos2

x x dx

π

π

− − ⋅∫ . Đặt 3cos cos2

x t = ⋅

Đổi cận: Khi2

x cos6 2 4

t t π π

= ⇒ = ⇒ = ; khi x cos 02 2

t t π π

= ⇒ = ⇒ = .

Do vậy:2

2

4

3sin

2 I tdt

π

π

= ⋅ ∫ = ( )3

216

π + .

2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0 x x m m+ − + −− + + + = (1)

* Đk [-1;1] x ∈ , đặt t = 21 13 x + − ; [-1;1] x ∈ ⇒ [3;9]t ∈

48



WWW.VNMATH.COM

Ta có: (1) viết lại2

2 2 2 1( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1

2t t

t m t m t m t t mt − +

− + + + = ⇔ − = − + ⇔ =−

Xét hàm số f(t) =2 2 1

2t t

t − +

−, với [3;9]t ∈ . Ta có:

2/ /

14 3( ) , ( ) 0

3( 2)

t t t f t f t

t t

=− += = ⇔ =−

Lập bảng biến thiênt 3 9f /(t) +

f(t) 487

4

Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm [-1;1] x ∈ ⇔ (2) có nghiệm [3;9]t ∈ ⇔

48

4 7m≤ ≤CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.

Suy ra: SM =AM = 32

a ; · 060 AMS = và SO ⊥ mp(ABC)

⇒d(S; BAC) = SO =34a

Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC

⇒VS.ABC =3 31 .

3 16 ABC

aS SO∆ = (đvtt)

Mặt khác, VS.ABC = 1 . ( ; )3 SAC

S d B SAC ∆

∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 32

a

⇒ 2 13 3

16SAC

aS ∆ =

Vậy: d(B; SAC) = .3 3

13S ABC

SAC

V aS ∆

= (đvđd).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)C©u V.a 1ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P)Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

09x37x36x91)x2x(9x23422

2

=−+−⇔=−+ (*)

XÐt 9x37x36x9)x(f 234 −+−= , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm

ph©n biÖt

To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ

=+

−=

1y9x

x2xy

22

2

09y8x16y9x99y9x

y8x16x8 22

22

2

=−−−+⇒

=+

=−⇔ (**)

(**) lµ ph¬ng tr×nh cña ®êng trßn cã t©m

=

94

;98

I , b¸n kÝnh R =9161

Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®êng trßn cã ph¬ng tr×nh (**)

49

C

S

O M

A

B



WWW.VNMATH.COM2.ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( β )....Do (β) // (α) nªn (β) cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17)MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5§êng trßn cã chu vi 6π nªn cã b¸n kÝnh r = 3.

Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (β) lµ h = 435rR 2222 =−=−

Do ®ã

=−=⇔=+−⇔=

−+++−−+

(lo¹i)17D7D12D54

)1(22

D3)2(21.2222

VËy (β) cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cñan

x x

+

42

1,

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:1

656

1

2

3

2

2

22

12

31

20

+=

+++++

+

nC

nCCC n

n

n

nnn

BG: Ta có

( )∫ ∫ ++++=+=2

0

nnn

22n

1n

0n

2

0

n dxxCxCxCCdx)x1(I

2

0

1nnn

32n

21n

0n xC

1n1

xC31

xC21

xC

+++++= +

suy ra I nn

1n2n

31n

20n C

1n2

C32

C22

C2+

++++=+

(1)

MÆt kh¸c1n13

)x1(1n

1I

1n2

0

1n

+−

=++

=+

+ (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã nn

1n2n

31n

20n C

1n2

C32

C22

C2+

++++=+

1n13 1n

+−

=+

Theo bµi ra th× 7n656131n

65601n13 1n1n

=⇒=⇔+

=+

− ++

Ta cã khai triÓn ( ) ∑∑−

−=

=

+

7

0

4

k314k7k

k7

04

k7k7

7

4xC

21

x2

1xC

x2

1x

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 2k24

k314=⇔=

−

VËy hÖ sè cÇn t×m lµ421

C21 2

72=

CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đókhoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH ≥ => HI lớn nhất khi I A ≡Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.Mặt khác, )31;;21( t t t H d H ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên

. 0 ( (2;1; AH d AH u u⊥ ⇒ = =

là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AH H

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔ 7x + y – 5z –77 = 0

2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒d(C; AB) =5 2

2

ABCa b S

AB∆− −

=

50



WWW.VNMATH.COM

⇒ 8(1)

5 32(2)

a ba b

a b

− =− − = ⇔ − =; Trọng tâm G ( )5 5;

3 3a b+ − ∈ (d) ⇒3a –b =4 (3)

Từ (1), (3) ⇒C(–2; 10) ⇒r =3

2 65 89S p

=+ +

Từ (2), (3) ⇒C(1; –1) ⇒ 3

2 2 5

Sr

p

= =

+.

CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :

( ) ( ) ( )2 0 2

1 1 0 2 02 0 2

b c bi b i c b c b i

b c

+ = = − + + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔ + = =

KẾT QUẢ ĐỀ 63Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m 2³

Câu II (2,0 điểm) 1.k2

x k2 ;x6 3p p

= p = + 2. x 2;x 1 33= = -

Câu III (1,0 điểm) 4I ln3

=

Câu IV (1,0 điểm) V 8 3=Câu V (1,0 điểm) minS 5=Câu VIa (2.0 điểm) 1. x 3y 6 0;x y 2 0+ - = - - = 2.

1 2C (0;0; 3),C (0;0; 3)-Câu VII.a (1,0 điểm) 192 sốCâu VIb (2,0 điểm) 1. x 2y 6 0+ - = 2. 1 2D (0; 7;0),D (0;8;0)-Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số

------------------------Hết------------------------

51

-2 1



WWW.VNMATH.COMĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 64

52



WWW.VNMATH.COM

Câu NỘI DUNG ĐiểmCâu I.

b) 9)1(63' 2 ++−= xm x yĐể hàm số có cực đậi, cực tiểu:

09.3)1(9' 2 >−+=∆ m

03)1( 2 >−+= m

);31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ mTa có ( ) 14)22(29)1(63

3

1

3

1 22 ++−+−++−

+

−= m xmm xm xm

x y

Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2)14)22(2 1

21 ++−+−=⇒ m xmm y

14)22(2 22

2 ++−+−= m xmm y Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là

14)22(2 2 ++−+−= m xmm y

Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt x y 2

1= ta có điều kiện cần là

[ ] 121

.)22(2 2 −=−+− mm

1222 =−+⇔ mm

−=

=⇔=−+⇔

3

10322

m

mmm

Theo định lí Viet ta có:

=+=+

3.

)1(2

21

21

x x

m x x

Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:

y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:

=++−

=+

==+

12

10)(2

2

22

4

2

2121

21

x x y y

x x

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng x y2

1= 1=⇒ m thỏa

mãn.Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung điểm

CĐ và CT là:

=++−

=+

−=+

92

10)(2

2

22

2121

21

x x y y

x x

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng x y2

1=

3−=⇒ m không thỏa mãn.Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.

1) Giải phương trình:

)sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2

033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin

232

3

−++−−+⇔

=−−+−−+

x x x x x x x x

x x x x x x

0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2 2 =−+−−−−⇔ x x x x x x x x

=

=−

=+−−−⇔

3tan0sincos3

0)8cos6cos2)(sincos3( 2

x x x

x x x x

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

5345

E

K

J

I

A

B

C

C'

B'

A'

P

H

Q

N

M



WWW.VNMATH.COMHƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 65

Câu I.1. (Tự giải)

2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 x

xm22 −−=⇒ ( x )0≠

Xét f(x) = 222

2)('2

x x x f x x +−=⇒−− = 2

3

22 x x +−

Ta có x -∞ 0 1 +∞

f’(x) + + 0 -

f(x) +∞ -3-∞ -∞ -∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất 3−>⇔ m .Câu II.

1.

=−−+=+⇔

=++=+

)2(022)1(1

221

2233

33

322

33

xy y x y x y x

y xy y x y x

y 0≠ . Ta có:

=+

−

−

=+

)4(0122

)3(123

33

y

x

y

x

y

x

y x

Đặt : t y

x= (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ,1± t =

2

1.

a) Nếu t = 1 ta có hệ 3

33

211 ==⇔

==+ y x

y x y x

b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔

−==+

y x

y x 133

hệ vô nghiệm.

c) Nếu t =2

1ta có hệ

3

32,

3

3

2

1 3333

==⇔

==+

y x x y

y x

2. Pt x x x tansin2)4

(sin2 22 −=−π

(cosx )0≠ x x x x x sincos.sin2cos)]2

2cos(1[ 2 −=−−⇔π

⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 ⇔ sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.Câu III.

I = ∫ ∫ −

=−2

1

2

12

22 44 xdx

x

xdx

x

x.

Đặt t = xdxtdt xt x −=⇒−=⇒− 222 44

I =0

32

0

3

0

3

0

32

2

2 2

2ln)

4

41(

44

)(

+−

+=−

+=−

=−−

∫ ∫ ∫ t

t t dt

t dt

t

t

t

tdt t = -

+−

+32

32ln3

Câu IV.

54



WWW.VNMATH.COM

h

H

M

D

CB

A

S

SH⊥ BM và SA⊥ BM suy ra AH⊥ BM

VSABH = BH AH h BH AH SA .6

..61 = .

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BH AH .2≥ BH AH BH AH .222 ≥+⇒

BH AH a .22 ≥⇒ , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =2

2akhi AH = BH khi H là tâm của hình vuông ,

khi M D≡ . Khi đó VSABH =12

2ha.

Câu V. m x x =−+4 2 1

D = [0 ; + )∞

*Đặt f(x) =

x x

x

x x x

x x

x x x

x x

x x f x x

.)1

1(2

)1

1(

.)1(2

)1(

2

1

)1(2)('1

43

22

3

43

22

3

2

3

4 32

4 32

4 32

4 2

+

+−=

+

+−=−

+=⇒−+

Suy ra: f’(x) = );0(0

.)1

1(2

)1

1(1

4 32

4 32

∞+∈∀<+

+− x

x

x

x

* 0)1)(1(

1lim

1

1lim)1(lim

24 2

22

4 2

24 2 =

++++

−+=

++

−+=−+

+∞→+∞→+∞→ x x x x

x x

x x

x x x x

x x x

* BBT x 0 +∞ f’(x)

f(x) 1

0

Vậy: 0 < m 1≤

Câu VI a.

55



WWW.VNMATH.COM

1.d1:

=+−=

t y

t x 23, I );3(1 t t I d +−⇒∈

d(I , d2) = 211

7,

11

27101711 ==⇔=−⇔ t t t

• t = 411

27

11

21:)(11

27;11

21

11

2722

11 =

−+

−

⇒ y xC I

• t = 411

7

11

19:)(

11

7;

11

19

11

722

22 =

−+

+

−⇒ y xC I

2. )1;;21(),2;;(,

1

21

:,

2

: 22221111

2

2

2

2

1

1

1

1 t t t N d N t t t M d M

t z

t y

t x

d

t z

t y

t x

d +−−⇒∈⇒∈

+==

−−=

===

)21;;21( 121212 t t t t t t MN −+−−−−=

Theo gt :

−==

+=⇔

=+

+=⇔

=

=⇔

=

→

13

12;0

21

01213

21

6

0.6

)//(

22

21

222

21

2 t t

t t

t t

t t

MN

n MN MN

P MN

* )1;0;1(,)2;1;1(,10 12 −=⇒= N M t t

*

−−

−−−−=⇒

−=

13

11;

13

12;

13

11,

13

22;

13

11;

13

11,

13

11

13

1212 N M t t

Câu VII a.

0111224

=

+

−

+

−

−

+⇔=

−

+

i z

i z

i z

i z

i z

i z

* 012

=−

−+

i z

i z 01 =⇔±=−+

⇔ zi z

i z

* 0001 222

=

+

−+

−

−+

⇔=−

−+

⇔=+

−+

ii z

i zi

i z

i zi

i z

i z

i z

i z1±=⇔ z

Câu VI b.1.B(11; 5)AC: kx – y – 2k + 1 = 0

cos CAB = cos DBA71;10187

12

23 2

2==⇔=+−⇔

++=⇔ k k k k

k k

• k = 1 , AC : x – y – 1 = 0

• k =7

1, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)

Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)

2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = d cba −++ 222 .

O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2

d(I, (P)) = 5,055235 ==⇔=+−⇔ bbb

• b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0• b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0

56



WWW.VNMATH.COMCâu VII b.

ĐK :

≠≠>

3

1

0

x

x

x

Bất phương trình trở thành : 01log

1

log

1

1log

1

log

1

3log

1

log

1

33333

3 <−−⇔−<⇔< x x x x x x

1log0log0)1(loglog0)1(loglog

13333

33

>∨<⇔>−⇔<−

−⇔ x x x x

x x

* 10log3 <⇔< x x kết hợp ĐK : 0 < x < 1

* 30log3 >⇔> x x

Vậy tập nghiệm của BPT: x );3()1;0( ∞+∪∈

(da ln)

57



WWW.VNMATH.COMHƯỚNG DẨN GIẢI (đề 66 )

Câu I. 2/Tacã

==

⇔=−=−=mx

0x0)mx(x3mx3x3'y 2

ta thÊy víi 0m≠ th× y’ ®æi dÊu khi ®i qua c¸c nghiÖm do vËy hµm sè cã C§,CT

+NÕu m>0 hµm sè cã C§ t¹i x=0 vµ 3MAX m

21y = ;cã CT t¹i x=m vµ 0yMIN =

+NÕu m<0 hµm sè cã C§ t¹i x=m vµ 0yMAX = ;cã CT t¹i x=0 vµ 3MIN m

21

y =

Gäi A vµ B lµ c¸c ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè.§Ó A vµ B ®èi xøng víi nhau qua ®êng ph©n gi¸c

y=x,®iÒu kiÖn ¾t cã vµ ®ñ lµ OBOA = tøc lµ: 2m2mm21

m 23 ±=⇒=⇔=

Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0

với 2 2 2A B C 0+ + ≠Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 ⇔ A+B+C = 0 C A B⇔ = − − (1)Theo đề :

d(M;(P)) = 2A 2B C 2 2 2 22 (A 2B C) 2(A B C )

2 2 2A B C

+ −⇔ = ⇔ + − = + +

+ +

(2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+58A2B 0 B 0 hay B =5

= ⇔ = −

(1)B 0 C A . Cho A 1,C 1= → = − = = − thì (P) : x z 0− =

8A

B =5

− . Chọn A = 5 , B = 1− (1)C 3 → = thì (P) : 5x 8y 3z 0− + =

CâuVb-1 Chọn A(2;3; − 3),B(6;5;− 2)∈(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

Gọi uvectơ chỉ phương của (d1) qua A và vuông góc với (d) thìu udu uP

⊥ ⊥

r rr r

nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)P= = − = − . Ptrình của đường thẳng (d1) :

= + = − ∈ = − +

x 2 3t

y 3 9t (t R)

z 3 6t

( ∆ ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (d1

) thì M(2+3t;3 − 9t;− 3+6t) .

Theo đề :1 12 2 2 2AM 14 9t 81t 36t 14 t t9 3

= ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ±

58



WWW.VNMATH.COM

+ t =13

− ⇒ M(1;6; − 5)x 1 y 6 z 5

( ):1 4 2 1− − +

⇒ ∆ = =

+ t =13

⇒ M(3;0; − 1)x 3 y z 1

( ):2 4 2 1− +

⇒ ∆ = =

HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 67)

I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnhI 2. (0,75 ®iÓm)

Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng

tr×nh

=−+−+

−≠⇔+−=

++

)1(021)4(

2

2

122 m xm x

xm x

x

x

Do (1) cã mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01 22 nªn ®êng

th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy raAB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã 24= AB

0,5

II (2®iÓm)

1. (1 ®iÓm)Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi9sinx + 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

=−+=−

)(07sin2cos60sin1

VN x x x

0,25

π π

22

k x +=0,25

2. (1 ®iÓm)

§K:

≥−−

>

03loglog

02

222 x x

x

BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi )1()3(log53loglog 22

222 −>−− x x x

®Æt t = log2x,

BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 −>+−⇔−>−− t t t t t t

0,5

<<

−≤⇔

<<

−≤⇔

−>−+

>

−≤

⇔4log3

1log

43

1

)3(5)3)(1(

3

1

2

2

2 x

x

t

t

t t t

t

t 0,25

<<

≤<⇔

168

2

10

x

xVËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(]

2

1;0( ∪

59



WWW.VNMATH.COMIII 1 ®iÓm ∫ ∫ ==

x x

dx

x x x

dx I

23233 cos.2sin8

cos.cos.sin®Æt tanx = t

dt t

t

t

t dt I

t

t x

x

dxdt

∫ ∫ +=

+

=⇒

+==⇒

332

32

22

)1()

1

2(

8

1

22sin;

cos

0,5

C x

x x xdt t t

t t

dt t

t t t

+−++=+++=

+++=

∫

∫ −

2

2433

3

246

tan2

1tanln3tan

2

3tan

4

1)

33(

133

0,5

C©u IV

1 ®iÓm Do )( 111 C B A AH ⊥ nªn gãc H AA1∠ lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕtth× gãc H AA1∠ b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc H AA1∠ =300

2

31

a H A =⇒ . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ

2

31

a H A = nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c 11C B AH ⊥ nªn

)( 111 H AAC B ⊥

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµB1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH4

3.

1

1 a

AA

AH H A HK ==⇒

0,25

C©u V 1 ®iÓm

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

1(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

aaaaaaaaa =≥+++++++

T¬ng tù ta cã

)2(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

bbbbbbbbb =≥+++++++ 0,5

60

A1

A B

C

C1

B1

K

H



WWW.VNMATH.COM

)3(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

ccccccccc =≥+++++++

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

)(20096027

)(2009)(46015444

444200920092009

cba

cbacba

++≥⇔

++≥+++

Tõ ®ã suy ra 3444 ≤++= cba P MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.

0,5

PhÇn riªng.1.Ban c¬ b¶n

C©uVIa2®iÓm

1.( 1 ®iÓm)Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕptuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AC AB ⊥ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng3 23=⇒ IA

0,5

=

−=⇔=−⇔=

−⇔

7

56123

2

1

m

mm

m

0,52. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ngçch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HI AH ≥ => HI lín nhÊt khi I A ≡VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5

)31;;21( t t t H d H ++⇒∈ v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn

)3;1;2((0. ==⇒⊥ uu AH d AH lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d)

)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AH H VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©uVIIa1®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 624 =C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ

1025 =C çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 25C = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ 24C . 2

5C .4! = 1440 sè 0,5

2.Ban n©ng cao.C©u

VIa2®iÓm

1.( 1 ®iÓm)

Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕptuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AC AB ⊥ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3

23=⇒ IA 0,5

61



WWW.VNMATH.COM

=

−=⇔=−⇔=

−⇔

7

56123

2

1

m

mm

m

0,52. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng

çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HI AH ≥ => HI lín nhÊt khi I A ≡VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5



)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AH H VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©uVIIa

1®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 1025 =C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0

®øng ®Çu) vµ

3

5C =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã

2

5C .

3

5C = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5

Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ 25C . 3

5C .5! = 12000 sè.

MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ 960!4.. 35

14 =C C . VËy cã

tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 68)I. PHẦN CHUNG:

Câu 1: :

2. Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ =

+ + =2

x 0x 3x m 0 (2)

* (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0, 1), D, E phaân bieät:⇔ Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE ≠ 0.

⇔≠∆ = − > ⇔ <+ × + ≠

2

m 09 4m 04

m0 3 0 m 09

Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø:k D = y’(xD) = + + = − +2

D D D3x 6x m (x 2m);

k E = y’(xE) = + + = − +2E E E3x 6x m (x 2m).

Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: k Dk E = –1.⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).

⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( )m1

9 658

ÑS: m = ( ) ( )− = m1 19 65 hay m 9 658 8

Câu 2:

1. + + =3sinx cosx 2cos3x 0 ⇔ sinπ3

sinx + cosπ3

cosx = – cos3x.

62



WWW.VNMATH.COM

⇔ cosπ − = −

x cos3x

3 ⇔ cos

π − = π − x cos( 3x)

3

⇔

π π = +∈ π

= + π

kx

3 2 (k Z)x k

3

⇔ x =π π

+k

3 2(k ∈ Z)

2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 291 91 2 2 x y y x y x+ − + = − − − + − 2 2

2 2( )( )

2 291 91

x y y x y x y x

y x x y

− −⇔ = + − +

− + −+ + +

2 2

1( ) 0

2 291 91

x y x y x y

x y x y

+ ⇔ − + + + = − + −+ + =

⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2)Vậy từ hệ trên ta có: 2 291 2 x x x+ = − + 2 291 10 2 1 9 x x x⇔ + − = − − + −

2

2

9 3( 3)( 3)

2 191 10

x x x x

x x

− −⇔ = + − +

− ++ +

2

1 1( 3) ( 3) 1 0

2 191 10 x x

x x

⇔ − + − − = − ++ +

⇔ x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3: J −

−

= = = −∫ ∫ b

b

ln10 8x 82/31/33 x e 2

b e 2

e dx du 1u

3ue 2 − −

b 2/334 (e 2) ;

2 vôùi u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:→ →

= − − = = b 2/3

b ln2 b ln2

3 3lim J lim 4 (e 2) (4) 6

2 2Câu 4:

Döïng SH AB⊥° Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂SH (ABC)⇒ ⊥ vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp.

° Döïng HN BC, HP AC⊥ ⊥· ·SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α

° SHN = SHP ⇒HN = HP.

° AHP vuoâng coù:o a 3

HP HA.sin60 .4

= =

° SHP vuoâng coù:a 3

SH HP.tg tg4

= α = α

° Theå tích hình choùp2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 aS.ABC: V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16= = α = α

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:

63

S

H

PC

A

BN

ϕ



WWW.VNMATH.COM

4ab ≤ (a + b)2 1

4

a b

a b ab

+⇔ ≤

+

1 1 1( , 0)

4a b

a b ⇔ + ∀ >

Ta có:1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 4 2 4 2 4 8 2 2 x y z x y z x y z x y z

≤ + ≤ + + = + + + + +

Tương tự: 1 1 1 1 12 8 2 2 x y z x y z

≤ + + + + và 1 1 1 1 1

2 8 2 2 x y z x y z ≤ + + + +

Vậy1 1 1

2 2 2 x y z x y z x y z+ +

+ + + + + +1 1 1 1 2009

4 4 x y z

≤ + + =

Vậy MaxP =2009

4khi x = y = z =

12

2009

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bảnCâu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCPa = (7; - 4) của AC làm VTPT

Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0

2. Goïi A(a; 0; 0) Ox∈ .

° Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng ( ) :2 2 2

2a 2ad(A; )

32 1 2α = =

+ +° ( ) qua 0M (1; 0; 2)− vaø coù vectô chæ phöông u (1; 2; 2)=° Ñaët 0 1M M u= r

° Do ñoù: d(A; ) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc 0 1AM M

0 1

20AM M

0 1

[AM ; u]2.S 8a 24a 36d(A; )

M M u 3− +

⇒ ∆ = = =r

r

° Theo giaû thieát: d(A; ) = d(A; )

22 2 2

2

2a 8a 24a 364a 8a 24a 36 4a 24a 36 03 3

4(a 3) 0 a 3.

− +⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =

⇔ − = ⇔ =° Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0).

Câu 6a.2a n = abcde

* Xem caùc soá hình thöùc abcde, keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø a hoaëc

laø b hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ 1 : soá caùch

choïn 47A .

Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi.

* Xem caùc soá hình thöùc 0bcde .

* Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc 0bcde ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n thoûa yeâu caàu

ñeà baøi.

64



WWW.VNMATH.COM1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:

Câu 6b.1b1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2

M ∈ Oy ⇒M(0;m)Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy ··

0

0

60 (1)120 (2)

AMB AMB

= =

Vì MI là phân giác của · AMB

(1) ⇔ · AMI = 300 0sin30

IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m+ = ⇔ = m

(2) ⇔ · AMI = 600 0sin60

IA MI ⇔ = ⇔ MI =

2 3

3R ⇔ 2 4 3

93

m + = Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông 1u (2;1; 0)=

- (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông 2u (3; 3; 0)= −

AB (3; 0; 4)= −

° 1 2 1 2AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒ khoâng ñoàng phaúng.

° Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau.° Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2)

° 1M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒ , / /2N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + −/ /MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −

° Ta coù:

/ / /1

/ /2

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2;1; 4)t 1N(2;1; 0)t 13 t 2t (t t) 0MN u

⊥ + − − + = = − ⇒ ⇔ ⇒ =+ − + + =⊥

uuuur r

° Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính1

R MN 2.2

= =

° Vaäy, phöông trình maët caàu (S): 2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =Câu 6b.2b

Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc tathaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh:(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 2i vaø Z4 = – 2 2i

Ñaùp soá: − − −1,2, 2 2i, 2 2i

-------------------------------Hết-----------------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 69)

65



WWW.VNMATH.COM

C©u Néi dung §iÓm

• Gäi M(x;y) ∈(C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3

| x – 2 | = | y – 3 |3x 4 x

x 2 2 x 2x 2 x 2

−⇔ − = − ⇔ − =

− −

( )x 1x

x 2x 4x 2

=⇔ = ± − ⇔ =−

VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6)

20.75®

XÐt ph¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

2 23 11 sin 2x m 1 sin 2x

4 2

⇔ − = −

(1)

§Æt t = sin22x . Víi2

x 0;3

π ∈ th× [ ]t 0;1∈ . Khi ®ã (1) trë thµnh :

2m =3t 4t 2−− víi [ ]t 0;1∈

NhËn xÐt : víi mçi [ ]t 0;1∈ ta cã :sin 2x t

sin 2x tsin 2x t

= −⇔ =

=

§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n2

0;3

π

th× ) )3 3

t ;1 t ;12 4

∈ ⇒ ∈

Da vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4)7

1 2m5

⇔ < ≤

VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ : 1 7;2 10

0,25

0,5

II

2,0®

11,0®

sin 3x sin xsin 2 x cos2x

1 cos2x

−= +

−(1)

2cos2x.sin x2cos 2x

42 sin x

π ⇔ = −

§K : sinx ≠ 0 x⇔ ≠ πk

• Khi ( )x 0;∈ π th× sinx > 0 nªn :

(1) 2⇔ cos2x = 2 cos 2x4

π −

x16 2π π⇔ = + k

Do ( )x 0;∈ π nªn9

x hay x16 16

π π= =

• Khi ( )x ;2∈ π π th× sinx < 0 nªn :

(1) 2⇔ − π cos2x = 2 cos 2x4

π −

( )cos -2x = cos 2x-4

π ⇔ π

5x

16 2

π π⇔ = +

k

Do ( )x ;2∈ π π nªn21 29

x hay x16 16

π π= =

0,5

0,5

§Æt 3 3u x 34, v x 3= + = − . Ta cã :

( ) ( )2 23 3

u v 1u v 1

u v u v uv 37u v 37

− =− = ⇔ − + + =− = u 3 = −

0,25

0,5

66O

y

xAB

C

600

NM

D

S

A B

C

K



WWW.VNMATH.COM

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 70 ) I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ

sÝnhC©uI §¸p ¸n §i

2. (0,75 ®iÓm)Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng

tr×nh

=−+−+

−≠

⇔+−=++

)1(021)4(

2

2

122 m xm x

x

m x x

x

Do (1) cã mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01 22 nªn ®êngth¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy raAB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã 24= AB

0,5

II (2®iÓm)

1. (1 ®iÓm)Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi9sinx + 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

=−+

=−)(07sin2cos6

0sin1

VN x x

x0,25

67



WWW.VNMATH.COM

π π

22

k x +=0,25

2. (1 ®iÓm)

§K:

≥−−

>

03loglog

02

222 x x

x

BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi )1()3(log53loglog 22

222 −>−− x x x

®Æt t = log2x,

BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 −>+−⇔−>−− t t t t t t

0,5

<<

−≤⇔

<<

−≤⇔

−>−+

>

−≤

⇔4log3

1log

43

1

)3(5)3)(1(

3

1

2

2

2 x

x

t

t

t t t

t

t 0,25

<<≤<⇔

1682

1

0 x x VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(]

21;0( ∪

III 1 ®iÓm ∫ ∫ ==

x x

dx

x x x

dx I

23233 cos.2sin8

cos.cos.sin®Æt tanx = t

dt

t

t

t t

dt I

t

t x

x

dxdt

∫ ∫

+=

+

=⇒

+==⇒

3

32

32

22

)1(

)1

2(

8

1

22sin;

cos

0,5

C x

x x xdt t t

t t

dt t

t t t

+−++=+++=

+++=

∫

∫ −

2

2433

3

246

tan2

1tanln3tan

2

3tan

4

1)

33(

133

0,5

68



WWW.VNMATH.COMC©u IV 1 ®iÓm

Do )( 111 C B A AH ⊥ nªn gãc H AA1∠ lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt

th× gãc H AA1∠ b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc H AA1∠ =300

2

31

a H A =⇒ . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ

2

31

a H A = nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c 11C B AH ⊥ nªn

)( 111 H AAC B ⊥

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµB1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH4

3.1

1 a AA

AH H A HK ==⇒ 0,25

C©u V 1 ®iÓm

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

1(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

aaaaaaaaa =≥+++++++

T¬ng tù ta cã

)2(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

bbbbbbbbb =≥+++++++

)3(.2009....20091...11

42009 20092009200920092009200920092009

2005 ccccccccc =≥+++++++

0,5

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

)(20096027

)(2009)(46015444

444200920092009

cba

cbacba

++≥⇔

++≥+++

Tõ ®ã suy ra 3444 ≤++= cba P MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.

0,5

C©uVIa2

1.Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AC AB ⊥ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh 0,5

69

A1

A B

C

C1

B1

K

H



WWW.VNMATH.COM®iÓm b»ng 3 23=⇒ IA

=

−=⇔=−⇔=

−⇔

7

56123

2

1

m

mm

m

0,52. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ngçch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).G.sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HI AH ≥ => HI lín nhÊt khi I A ≡VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5



)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AH H VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©uVIIa1®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 624 =C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ

1025 =C çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 25C = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ 24C . 2

5C .4! = 1440 sè 0,5

2.Ban n©ng cao.C©uVIa2

®iÓm

1.( 1 ®iÓm)Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕptuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AC AB ⊥ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3

23=⇒ IA

0,5

=

−=⇔=−⇔=

−⇔

7

56123

2

1

m

mm

m

0,52.Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ngçch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HI AH ≥ => HI lín nhÊt khi I A ≡VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5


)3;1;2((0. ==⇒⊥ uu AH d AH lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d))5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AH H VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©uVIIa1®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 1025 =C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0

®øng ®Çu) vµ 35C =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 35C = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5

Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ 25C . 3

5C .5! = 12000 sè.

MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ 960!4.. 35

14 =C C . VËy cã

tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 71)Câu Ý Nội dung Điểm

I 2.5

70



WWW.VNMATH.COM b Tìm M ∈ (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất 0,75

4 4

1 .1

y x Y X x X

= − + − ⇔ = +−

Với

=+−=

yY

x X 10.25

TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) =

4 7| | 4 4| | | | 22 | | 2 2 X Y X X X −+ = + ≥ = Dấu "=" xảy ra⇔

4| |

| | 2 X

X = ⇔ 4 42 3 34

2 1 22

X X x= ⇔ = ± ⇔ = ±

0.5

• Gọi M(2; m) ∈ d1: x = 2. Khi đó đt d ∋ M⇒d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với

(C’) ⇔ hệ:( )

=+−

+−=−+−

k x x

m xk x x x

9123

21962

23

có nghiệm0,25

⇔ 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm.• Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1)• Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m

⇒y’ = 6(x-2)2 ≥ 0 ∀x ⇒Hàm luôn đồng biến ⇒Pt (1) luôn có nghiệmduy nhất ⇒từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ thị(C’).

0,5

II 1,51 Giải phương trình: 0,75

( )

( ) ( ) ( ) 015.3315.315.35

3510325.3

2222

22

=−−−+−⇔

−=−+−−−−

−−

x x x x

x x

x

x x

0.25

( )( )

( )

( )

=−+

=−

⇔

=−+−⇔

−

−

−−

2035

1015.3

03515.3

2

2

22

x

x

x

x

x x

( ) 3log23

1log2

3

151 55

2 −=+=⇔=⇔ − x x

0.25

( ) 352 2 +−=⇔ − x x

Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2nên là nghiệm duy nhất.Vậy Pt có nghiệm là: x = 3log2 5− và x = 2

0.25

2 Giải hệ phương trình: 0,75

71



WWW.VNMATH.COM

( ) ( ) ⇔=+++⇒

=+

=+22cossincossin

2coscos

2sinsin y y x x

y x

y x0.25

+=+=⇔

=

−

=

−⇔=

−+

−

π π

π π

π

π

π π

24

24

14

cos

1

4

cos

24

cos4

cos

l y

k x

y

x

y x 0.25

Thử lại thấy đúng nên:

+=

+=

π π

π π

2

4

24

l y

k xlà nghiệm của hệ phương trình.

0.25

III 1,51 Giải phương trình: . 0,5

( ) ( ) 02coscoslogsincoslog 1 =++− x x x x x

x

Điều kiện:

>+

>−≠<

02coscos

0sincos

10

x x

x x

x

.

Khi đó Pt

+=⇔−=⇔

2cos2cossin2cos

π x x x x

0.25

+−=

+=⇔

+−−=

++=⇔

3

2

6

22

2

2

2

22

2

π π

π π

π π

π π

k x

k x

k x x

k x x

.

Kết hợp với điều kiện ta được:3

2

6

π π k x +−= (Với k ∊ N*).

0.25

2 Giải bất phương trình: 0,5

( ) ( ) ( ) 02301311 232323 >++++⇔>+++++ x x x x x x x x

0232 >++⇔ t t Đặt3

21 −≥+= x xt 0.25

23 2 2

1 11 3 3

2

t

t x x xt

t

≥ −⇔ ⇔ ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔ ≥ − > − < −

0.25

72



WWW.VNMATH.COM3 0,5

. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả 510C tập con gồm 5 chữ số

khác nhau.0,25

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữsố mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả 5

10C =

252 số.

0,25

IV 2.0

1 Xác định tọa độ điểm C ∈ (P) sao cho ∆ABC đều 1.0

Để ∆ABC là tam giác đều ⇒đường cao MC = AB 62/3 =

Gọi M là trung điểm của AB ⇒M(1; 0; - 2).Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB⇒(Q): x + z + 1 = 0

0,25

Gọi d = (P) n (Q) ⇒

+==

−−=⇔

=++=−+−

t z

t yt x

z x

z y xd

21

22

01

01783:

⇒C ∈ d ⇒C(-2 - 2t; t; 1 + 2t)

0,25

( ) ( ) ( )

( )

2 2

2 2

1 2

1 2

3 2 ; ;3 2 6 3 2 3 2

9 24 12 0 3 8 4 0 2; 2 /3

2 2 1

2; 2; 3 , ; ;3 3 3

MC t t t MC t t t

t t t t t t

C C

⇒ = − − + ⇒ = ⇔ + + + +

⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ = − = −

⇒ − − − − −

0,25

0.25

2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện. 1.0

73

P

Q

A

B

M

C1

C2



WWW.VNMATH.COMLấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có:GE = GF = c/2. ∆ACD = ∆BCD (c.c.c)⇒ FA = FB

⇒ 4

22

4

22 22222222 acbCD AD AC

FB FA−+

=−+

==0.25

FE là trung tuyến của ∆FAB nên:=

−+=

4

22 2222 AB FB FA

FE 2

222 acb −+ 0.25

Gọi là góc tạo bởi AD và BC ta có :

( )

2

22|

.2

|||,cos|cos

2

2222

222

c

acbc

GF GE

FE GF GE GF GE

−+−

=−+

==α

2

22 ||c

ba −= . Vậy2

22 ||cosc

ba −=α

0.25

Tương tự nếu gọi lần lượt là góc tạo bởi CD, AB và

DB, AC ta có:2

22 ||cos

a

cb −=β ,

2

22 ||cos

b

ac −=γ 0.25

3 0,5

. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả 59C tập con gồm 5 chữ số

khác nhau. 0,25

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữsố mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả 5

9C =126 số.

0,25

V 2,51 0,5

74

F

E

G

B D

A

C



WWW.VNMATH.COM

Đặt:3 2

cos 1

cos 2.cos

u x du dx

d xdv v

x x

= = ⇒

= − = 0,25

/ 4

/ 44

0 02 20

1 1 1

2cos 2 cos 4 2 4 2

x dx

I tgx x x

π π π π π

⇒ = − = − = −∫ 0,25

2 1,01

2

0

2 2 J x x x dx= − +∫ . Đặt: x - 1 = tgt

2

2

1; 2 2

cos cos

dt dx x x

t t = − + =

0 0 0

3 4 3

4 4 4

1 sincos cos costgt t dt J dt dt

t t t π π π − − −

+⇒ = = +∫ ∫ ∫

0,25

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

0

1 13

4

20 0sin

1 2 2 2 2

1 1

2 2

1 11 2 2

3cos 3

1 11

41 1 1 1

t u

J J t

u udu J du

u u u u

π −

=

− −

= + = − +

− + += = =

− + − +∫ ∫ 0,25

( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0

2 2

1 1 1

2 2 2

1. 2

4 1 11 1

du du du

u uu u− − −

+ + − +− +

∫ ∫ ∫ 0,25

( )( )

0 0

22 2

2 2

1 1 1 1 1 12ln 2ln

4 1 1 1 4 1 1

1 2 1 12 2ln 2 4ln 2 1 .4 42 1

u u u

u u u u u− −

+ + = − + = + − + − − −

−= − = + − +

0,25

3 1,0

.2

111222 abc

cba

abcacbbca

++≤

++

++

+

Ta có:

abcabcabcabc

cabcabcabcab

bcabcabcabca

2

112

2 112

2

112

2

2

22

2

2

≤+

⇒≥+

≤+⇒≥+

≤+

⇒≥+

0.5

75



WWW.VNMATH.COM

2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2 2

1 2 2 2.

2 2 2

a bc b ca c ab a bc b ca b cab c c a a b

bc ca ab a b c

abc abc abc

⇒ + + ≤ + ++ + +

+ + ++ ++ + + += ≤ =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

0.5

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 72)LỜI GIẢI TÓM TẮT:

I. PHẦN CHUNG:Câu 1:

1. Bạn đọc tự giải.2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0

Đường thẳng (d) ⊥ MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MNHoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:

2 42

1

x x m

x

−= +

+ ⇒2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)

Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có ∆ = m2 – 8m – 32 > 0Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)

Trung điểm của AB là I 1 21 2

;2

x x x x m

+ + +

≡ I( ( ; )4 2

m m− ( theo định lý Vi-et)

Ta có I ∈ MN ==> m = - 4, (1) ⇒2x2 – 4x = 0 ⇒A(0; - 4), B(2;0)Câu 2:

1. 4cos4x – cos2x1 3x

os4x+cos2 4

c− =7

2

⇔ (1 + cos2x)2 – cos2x21 3x

(2 os 2 1) +cos2 4

c x− − =7

2 ⇔ cos2x +

3xos

4c = 2

⇔os2x = 1

3xcos 14

c

=( vì VT ≤ 2 với mọi x)

⇔ ( ; )8

3

x k k mm

x

π

π

= ∈

=

¢ ⇔ x = 8nπ ( n ∈¢ )

2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = ± 1.

Ta có x =1

2không là nghiệm của phương trình nên

(2)2 1

32 1

x x

x

+⇔ =

−Ta có hàm số y = 3x tăng trên R

hàm số y =2 1

2 1

x

x

+−

luôn giảm trên mỗi khoảng1 1

; , ;2 2

−∞ ∞

Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = ± 1

76



WWW.VNMATH.COMCâu 3:

Ta có2 2

1 2sin os1 sinx 12 2 tan1+cosx 22 os 2 os

2 2

x xc x x x

c c

++= = +

Vậy: K =2 2

20 0

tan22 os

2

x xe dx xe dx

xc

π π

+∫ ∫ = M + N

Với M =2

20 2 os

2

xe dx x

c

π

∫ Dùng phương pháp tptp

Đặt 2

'1

' tan2 os 2

2

x xu e

u e

xv v xc

= = ⇒ = =

Vậy M = tan 22

0

x xe

π

- N = 2eπ

- N ==> K = 2eπ

Câu 4:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm

của BC, theo tính chất của hình chóp đều·

AMS α =Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hìnhchiếu của I trên SM, MI là phân giác của ·AMS α =

Ta có SO = OM tanα =3

6

atanα ( Với a là độ dài của cạnh đáy)

Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2

2 2 2

2tan 112 12 4

a a aα ⇔ + = −

2

2 3

4 tana

α ⇒ =

+

r = OI = OM.tan2α =

2

tan 24 tan

α

α =

+

Vậy V =( )

3

32

4 tan2

3 4 tan

α π

α +

Câu 5:Ta có (6; 4;4) AB = − ==> AB//(d)Gọi H là hình chiếu của A trên (d)Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0H = (d)∩ (P) ==> H(- 1;2;2)Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5)Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B∩(d)Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4)

77



WWW.VNMATH.COMII. PHẦN RIÊNG:

1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:

1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác4;6;8, 4;8;10, 6;8;10

Vậy: n(Ω) =3

5 10C = ; n(A) = 3 ==> P(A) = 310

2.

8

5

x x y x y y

x y

− = +

− =⇔

( 1) ( 8)

5

x x y y

y x

− = +

= −

2 2

0

0

( 1) ( 8)

5

x

y

x x y y

y x

≥ ≥⇔

− = + = −

⇔ 2

1

03 22 45 0

5

x

y x x

y x

>

≥

− − = = −

⇔ 94

x y

= =

Câu 7a:

Trên nửa khoảmg 0;3

π

, cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được

y =2

2 3

1 tan

2 tan tan

x

x x

+−

Đặt t = tanx ==> t (0; 3]∈

Khảo sát hàm số y =2

2 3

1

2

t

t t

+−

trên nửa khoảng 0;3

π

y’ =4 2

2 3 2

3 4

(2 )

t t t

t t

+ −−

; y’ = 00

1

x

x

=⇔ =

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =4

π

2) Theo chương trình nâng cao:Câu 6b:

1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3

Ta có 1 3 22n n nC C C + = ⇔! ! !

21!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!

n n n

n n n⇔ + =

− − −⇔ n2 – 9n + 14 = 0 ⇒n = 7

Ta có số hạng thứ 6 : ( ) ( )2 5

55 lg(10 3 ) ( 2) lg3

7 2 2 x xC − − = 21 ⇔ 21.2

lg(10 3 ) x−2(x – 2)lg3 = 21

⇔ lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0 ⇔ (10 – 3x)3x – 2 = 1 ⇔ 32x - 10.3x + 9 = 00

2

x

x

=⇔ =

78



WWW.VNMATH.COM2. Gọi β = r( cosϕ + isinϕ ) ⇒β3 = r 3( cos3ϕ + isin3ϕ )

Ta có: r 3( cos3ϕ + isin3ϕ ) =2 2

3 os in3 3

c sπ π +

3 3r =⇒

3 3

2 2

9 3

r

k π π ϕ

=⇒

= +Suy ra β

Câu 7b:Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2).Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c

3 – (a + b + c) 33 (1 )(1 )(1 )a b c≥ − − − > 0

1

(1 )(1 )(1 ) 027

a b c⇔ ≥ − − − > 28

127

ab bc ca abc⇔ ≥ + + − > 56

2 2 2 2 227

ab bc ca abc⇔ < + + + ≤

2 2 2 2 562 ( ) ( 2 )

27a b c a b c abc⇔ < + + − + + + ≤ 2 2 252

2 227

a b c abc⇔ ≤ + + + <

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

2

3

Lời giải tóm tắt(Đề 73)

Câu I:

2.Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng⇔ Phương trình 3 23 9 0− − + = x x x m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng⇔ Phương trình 3 23 9 x x x m− − = − có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng

⇔ Đường thẳng y m= − đi qua điểm uốn của đồ thị.11 11m m⇔ − = − ⇔ =

Câu II:

1.

( ) ( )

( )

cos sin

cos cos

cos cos

cos cos

cos cos cos

cos cos cos

cos cos cos

2 2

2 3

2 3

2

1 14 3 2 2

211 13

4 2 42

1 2 2 13

2 2 2 33

2 2 2 1 4 3

2 4 2 4 3 0

4 4 3 0

x x

x x

x x

xa a a

a a a

a a a

a a a

+ =

+ −⇔ + =

⇔ + + = −

⇔ + = − =

⇔ + − = − −

⇔ + − + − =

⇔ + − =

79



WWW.VNMATH.COM

( )

coscos

cos.cos cos

cos

030

31 3 3 22

2 623 3 3 3 3loaïi2

a x xk

x k a

x x x k k

a

π π π

π

π π π π π

= = = + = +⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = ± += = ± + = −

2.

)4(log3)1(log4

1)3(log

2

18

842

x x x =−++ .

Điều kiện:

.

3

1 0 1

0

x

x x

x

> − ≠ ⇔ < ≠ >Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình

( ) ( ) ( )

( )

log log

.

2 2

2

3 1 4

2 3 0

1 loaïi3

3

x x x

x x

x x

x

+ − = ⇔ − − =

= −⇔ ⇔ =

=

Câu III:

∫ +=

4

6

2cos1cos

tanπ

π dx x x

x I

tan tan

cos tancoscos

4 4

2 22

26 6

1 21

x x

dx dx x x x x

π π

π π = = ++∫ ∫ .

Đặt tan .cos2

1u x du dx

x= ⇒ = .

16 3

14

x u

x u

π

π

= => =

= ⇒ =

.1

21

3

2u I dx

u=> =

+∫

Đặt2

22

2

ut u dt du

u= + ⇒ =

+.

1 733

u t = ⇒ =

.1 3u t = ⇒ =

.3

37

7 33

7 3 733 3

I dt t −⇒ = = = − =∫

80



WWW.VNMATH.COM

Câu IV:

ñaùyV S h= × .2

ñaùy

32

aS = ,

63

ah =

.3 32

aV => =

Câu V:

m x x x =++−− 12213 232 ( Rm ∈ ).

Đặt ( ) 2 3 23 1 2 2 1 f x x x x= − − + + , suy ra ( ) f x xác định và liên tục trên đoạn ;1 12 − .

( )'2

2 3 2 2 3 2

3 3 4 3 3 4

1 2 1 1 2 1

x x x x f x x

x x x x x x

+ += − − = − +

− + + − + + .

;1

12

x ∀ ∈ −

ta có 2 3 2

4 3 3 43 4 0 0

3 1 2 1

x x x

x x x

+> − ⇒ + > ⇒ + >

− + +.

Vậy:( )' 0 0 f x x= ⇔ = .

Bảng biến thiên:

( )

( )

' || ||

10 1

20

1

CÑ

3 3 222

4

x

f x

f x

−

+ −

−

−

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc ;1

12

− 3 3 22

42

m−

⇔ − ≤ < hoặc 1m = .

Câu VI:1.

Phương trình đường trung trực của AB là 3 6 0 x y− − = .

Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:( ); .

2 5 11 3

3 6 3

x y x I

x y y

− = = ⇔ ⇒ − − = = −

5 R IA= = .

81



WWW.VNMATH.COM

Phương trình đường tròn là ( ) ( )2 2

1 3 25 x y− + + = .

2.a.

( ), , M x y z∀ sao cho 2 2 5 MA MB− =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ).

2 2 2 2 22

1 1 2 2 2 52 2 7 0

x y z x y z

x y⇔ − + − + − − − − − − =⇔ − − =Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2 2 7 0 x y− − = .

b.

( ) ( ), ; ; ; ;2 2 2 2 11 1OA OB = − = − ( ) : 0OAB x y z⇒ + − = .

( ) : 0Oxy z = .

( ); ; N x y z cách đều ( )OAB và ( )Oxy ( )( ) ( )( ), ,d N OAB d N Oxy⇔ =13

x y z z+ −⇔ =

( )( ) .

3 1 03

3 1 0

x y z x y z z

x y z

+ − + =⇔ + − = ± ⇔ + + − =

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình ( )3 1 0 x y z+ − + = và ( )3 1 0 x y z+ + − =

.

Câu VII:

Khai triển ( )1n

x+ ta có:

( ) ... .0 1 2 2 3 3 1 11 n n n n nn n n n n n x C C x C x C x C x C x− −+ = + + + + + +

Nhân vào hai vế với x ∈ ¡ , ta có:

( ) ... .0 1 2 2 3 3 4 1 11n n n n n

n n n n n n x x C x C x C x C x C x C x− ++ = + + + + + +Lấy đạo hàm hai vế ta có:

( ) ( ) ( )...10 1 2 2 3 3 1 12 3 4 1 1 1

n nn n n nn n n n n nC C x C x C x nC x n C x n x x x

−− −+ + + + + + + = + + +

( ) ( ) .1

1 1n

x nx x−= + + +

Thay 1 x = , ta có ( ). . . ... . ( ). . .0 1 2 3 1 12 3 4 1 2 2n n n

n n n n n nC C C C n C n C n− −+ + + + + + + = +

------------------------Hết------------------------

82



WWW.VNMATH.COMBÀI GIẢI (ĐỀ 74)

CAÂU I:

Cho haøm soá:2 2 3( 1) 4mx m x m m

y x m

+ + + +=

+(Cm).

1)Khaûo saùt vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m= -1. 2 2 51

x x y x

− + −=−

411

x x

= − + −−

TXÑ : D = R\12 2 3

'2( 1)

x x y

x

− + −=

−;

1' 0

3

x y

x

= −= ⇔ =

TCÑ: x = 1 vì lim1 y x = ∞→

Ta coù:4

11

y x x

= − + −−

suy ra TCX: y = - x + 1 vì4

lim 01 x x

=−→ ∞

BBT:

Ñoà thò: cho 0 5; 2 5 x y x y= ⇒ = = ⇒ = −2)Tìm m ñeå (Cm) coù 1 ñieåm cöïc trò thuoäc (II) vaø moät ñieåm cöïc trò thuoäc(IV).

Ta coù:2 2 3 2 2 3( 1) 4 2 3

'2( )

mx m x m m mx m x m y y

x m x m

+ + + + + −= ⇒ =

+ +

2 2 3

' 0 2 3 0 y mx m x m= ⇔ + − =(1)

(Cm) coù 1 ñieåm thuoäc (II) vaø 1 ñieåm cöïc trò thuoäc (IV).

⇔ (1) coù 2 nghieäm phaân bieät 1 2, x x sao cho:

01 2

.0

x x

y yCT C

< < <

ÑHe äsoágoùc TCX aâm

0

0( ô-nghiêm)

0

P

y v

m

<⇔ = <

83



WWW.VNMATH.COM2 03 0 0

12 2 3 4 2 2( 1) 4 (4 ) 0 15 2 1 05

000

01 1 1

5 5 50

mm m

m m m m m m m y

mmm

m

m m m

m

≠− < ≠ ⇔ ∆ = + − + < ⇔ − − + < ⇔ > < <<

≠⇔ < − ∨ > ⇔ < − <

ÑS:1

5

m < −

CAÂU II:

1) Ñöôøng thaúng y= - 3x + 10 caét ñöôøng cong 2 y x= (x > 0) taïi B(2, 4) vaø caét

ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(3, 1).

Ñöôøng thaúng y = 1 caét ñöôøng cong 2 y x= (x > 0) taïi A(1, 1).

Ta coù: ( ) ( )2 32 22 2 21 3 10 11 2

V x dx x dxπ π = − + − + − ∫ ∫

=56

5

π (ñvtt)

Chöùng minh ( )2

.2 2 2n n nC C C n k n k n

≤+ −

( )

[ ]

22 !(2 )! (2 )!

.!( )! !( )! ! !

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

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

nn k n k

n n k n n k n n

n k n k n k n n k n k n k n

n n n n

+ −⇔ ≤ + − ⇔ + + + + + + − + − + − +

≤ + + +

Ta coù: 2( )( ) ( )n k i n k i n i+ + − + ≤ +Khi cho i thay ñoåi töø 1 ñeán n ta ñöôïc baát ñaúng thöùc caàn chöùng minh.CAÂU III:1) Giaûi baát phöông trình: 2 2 23 2 4 3 2. 5 4 x x x x x x− + + − + ≥ − +

Ñieàu kieän:

2 3 2 0

24 3 0 1 4

2 5 4 0

x x

x x x x x x

− + ≥

− + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥− + ≥

Ta coù:Baát phöông trình ( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4) x x x x x x⇔ − − + − − ≥ − − (*)Neáu x = 1 thì hieån nhieân (*) ñuùng . Suy ra x=1 laø nghieäm cuûa phöôngtrìnhNeáu x < 1 thì (*) trôû thaønh : 2 3 2 4 x x x− + − ≥ −

Nhaän xeùt:

2 4

2 3 2 43 4

x x

x x x x x

− > −⇒ − + − < − − > − Suy ra Baát phöông trình voâ

nghieäm.Neáu 4 x ≥ thì (*) trôû thaønh : 2 3 2 4 x x x− + − ≥ −

84



WWW.VNMATH.COM

Nhaän xeùt:2 4

2 3 2 43 4

x x x x x

x x

− > − ⇒ − + − > −− > −

Suy ra Baát phöông trình

ñuùng 4 x∀ ≥ . Toùm laïi: Baát phöông trình coù nghieäm laø: 1 4 x x= ∨ ≥ .

2)2 2 2 2

2log (2 2 4 ) log ( 2 ) 04 12 x x m m x mx m− + − + + − =

2 22 02 2 2 2log (2 2 4 ) log ( 2 ) 02 2 2 2(1 ) 2 2 0

2 22 0

2 , 11 2

x mx m x x m m x mx m

x m x m m

x mx m

x m x m

+ − >⇔ − + − − + − = ⇔ − + + − =

+ − >⇔ = = −

Yeâu caàu baøi toaùn

2 2 11 22 22 0

1 12 22 0

2 2

x x

x mx m

x mx m

+ >

⇔ + − > + − >

vôùi 1 2 x m= , 12

x m= −

25 2 02 124 0 1 05 2

22 1 0

m m

m m m

m m

− >⇔ > ⇔ − < < ∨ < <

− − + >

CAÂU IV:1) Tìm a ñeå phöông trình sin6x + cos6x = a| sin2x | coù nghieäm.

Phöông trình :32 2 21 3sin cos sin 2 1 sin 2 sin 24

x x a x x a x⇔ − = ⇔ − =

Ñaët sin2t x= ñieàu kòeân 0 1t ≤ ≤

Phöông trình laø: f(t) =24 3

4t

at

−= (vì t =0 khoâng laø nghieäm)

Ñaët

2

4 3 4( ) 3t f t t t t −= = − vôùi (0,1)t ∈ 2

4'( ) 3 0 f t t ⇒ = − − < ⇒ f(t) laø haøm soá giaûm

trong (0, 1).

Khi ñoù phöông trình f(t) = 4a coù nghieäm (0,1)t ∈ 1

4 (1) 4 14

a f a a⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

2) Cho ABC ∆ thoaû:cos cos cos 2

sin sin sin 9

a A b B c C p

a B b C c A R

+ +=

+ +Chöùng minh raèng ABC ∆ ñeàu.

Ta coù:VT=

2 sin cos 2 sin cos 2 sin cos

2 2 2

R A A R B B R C C b c a

a b c R R R

+ +

+ +

85



WWW.VNMATH.COM

[ ]

[ ]

22 2 2sin( )cos( ) 2sin cos2 (sin 2 sin 2 sin 2 )

2 22 2sin cos( ) cos( ) 2 4sin .sin .sin 2 sin .2 sin .2 sin

( )

33( ) 32 2 2.3

R A B A B C C R A B C

ab bc ca ab bc ca

R C A B A B R C A B R A R B R C

ab bc ca ab bc ca R ab bc ca

abc abc abc R ab bc ca R R a b c

+ − ++ += =

+ + + +

− − += = =

+ + + + + +

= ≤ =+ +

VP=3 33

9 9 3

a b c abc abc

R R R

+ +≥ = Vaäy VT=VP a b c ABC ⇔ = = ⇔V ñeàu.

CAÂU V:1) Dieän tích töù giaùc MNPQNeáu 1 trong 2 soá a, b baèng 0 thì (D), (D') truøng vôùi 2 truïc toaï ñoä, khi ñoù M,N, P, Q laø caùc ñænh cuûa elip

1 1. 6.4 122 2

S MN PQ⇒ = = = (ñvdt)

Neáu , 0a b ≠ thì phöông trình (D) laø y = kx vaø (D') laø1

y xk

= − vôùi 0a

k b

= ≠ .

Do ( ) ( ') D D⊥ neân1

. 2 .2

S MN PQ OM OP MNPQ

= =

Ta coù M laø giao ñieåm cuûa (D) vaø (E) neân:2 24 9 36 x y

M M y kx M M

+ =

=

236 36(1 )2 2 2 2 2 2(1 )2 24 9 9 4

k x OM x y x k M M M M k k

+⇒ = ⇒ = + = + =

+ +

Töông töï ta tính ñöôïc :236(1 )2

24 9

k OP

k

+=

+272(1 )

2 .2 2(9 4)(4 9)

k S OM OP MNPQ

k k

+⇒ = =

+ +

2 272( )

2 2 2 2(9 4 )(4 9 )

a b

a b a b

+=

+ +

2) Dieän tích nhoû nhaát. Ta coù:2 21 1 9 4 4 9 13 13 1 1 2 72

.2 2 2 2 236 36 . 1336(1 )

144

13

k k OM OP

OM OP OM OP k OM OP

S MNPQ

+ + ++ = = ⇒ = + ≥ ⇒ ≥

+

⇒ ≥

Vaäy S MNPQ nhoû nhaát baèng

144

13khi 2 2OM OP = 2 1k ⇔ = a b⇔ = (vôùi 0ab ≠ )

............................................hết..........................................Huong dan giai đê thi số 75

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

CÂU NỘI DUNG THANĐIỂ

86



WWW.VNMATH.COMCâu I(2.0đ)1.

(1.0đ)

TXĐ : D = R\10.25

Chiều biến thiênlim ( ) lim ( ) 1

x x f x f x

→+∞ →−∞= = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1lim ( ) , lim

x x f x

+ −

→ →

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

y’ = 2

10

( 1) x− <

−

0.25

Bảng biến thiên

1

+∞

-∞

1

- -

y

y'

x -∞ 1 +∞

Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞Hàm số không có cực trị

0.25

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 :0

02

0 0

1( )

( 1) 1

x y x x

x x= − − +

− −2

0

2 2

0 0

10

( 1) ( 1)

x x y

x x⇔ − − + =

− −

0.25

Ta có d(I ;tt) =0

4

0

2

11

1( 1)

x

x

−

++

Xét hàm số f(t) =4

2( 0)

1

t t

t >

+ta có f’(t) =

2

4 4

(1 )(1 )(1 )

(1 ) 1

t t t

t t

− + +

+ +

0.25

87



-+

f(t)

f'(t)

x

2

0

10 +∞

WWW.VNMATH.COMf’(t) = 0 khi t = 1Bảng biến thiêntừ bảng biến thiên ta cd(I ;tt) lớn nhất khi vàchỉ khi t = 1 hay

0

0

0

21 1

0

x x

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

CâuII(2.0đ)1.(1.0đ)

4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x 0.25

os x=02cos5x =sinx+ 3 cosc

x⇔

0.25

cos 0

os5x=cos(x- )6

x

cπ

=⇔

0.25

2

24 22

42 7

x k

k x

k x

π π

π π

π π

= +

⇔ = − + = +

0.25

2.(1.0đ) ĐK : 0 y ≠

hệ

2

2

12 2 0

2 12 0

x x y

x

y y

+ − − =⇔ + − − =

đưa hệ về dạng2

2

2 2 0

2 2 0

u u v

v v u

+ − − =

+ − − =

0.5

2

1

1 1

2 2 0 3 7 3 7

2 2

,1 7 1 7

2 2

u v u v

u v u v

v v uu u

v v

= = = = −⇔ ⇔ = = − + − − = − + = =

− + − − = =

Từ đó ta có nghiệm của hệ

(-1 ;-1),(1 ;1), (3 7 2

;2 7 1

−−

), (3 7 2

;2 7 1

++

)

0.5

88



WWW.VNMATH.COM

Câu III.(1.0đ)

1 1

2 3

0 0

sin

1

x I x x dx dx

x

= +

+∫ ∫

0.25

Ta tính I1 =1

2 3

0

sin x x dx∫ đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1)0.25

Ta tính I2 =1

01

xdx

x+∫ đặt t = x ta tính được I2 =1

2

0

12 (1 ) 2(1 ) 2

1 4 2dt

t

π π − = − = −

+∫ 0.25

Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 22

π −

0.25

Câu IV.(1.0đ)

Ta có 1 1 1 2 x y z+ + ≥ nên 0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (1)

y z y z

x y z y z yz

− − − −≥ − + − = + ≥

Tương tự ta có1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 2 (2) x z x z

y x z x z xz

− − − −≥ − + − = + ≥

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

x y x y

y x y x y xy

− − − −≥ − + − = + ≥

0.25

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được1

( 1)( 1)( 1)8

x y z− − − ≤0.25

vậy Amax =1 3

8 2 x y z⇔ = = =

0.25

89



O

C

B A

D

S

H

B'

Y

X

Z

N

D'

C'

A'

C

D A

B

M

WWW.VNMATH.COMCâu V.(1.0đ) Ta có ( . . )SBD DCB c c c SO CO∆ = ∆ ⇒ =

Tương tự ta có SO = OAvậy tam giác SCA vuông tại S.

21CA x⇒ = +

Mặt khác ta có2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD+ = + + +

23 ( 0 3) BD x do x⇒ = − < <

2 211 3

4 ABCDS x x⇒ = + −

0.5

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

⇒ H ∈ CO

0.25

Mà 2 2 2 2

1 1 1

1

xSH

SH SC SA x= + ⇒ =

+

Vậy V = 213 ( vtt)

6 x x d −

0.25

CâuVIa.(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 cóI(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5

2.(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 điểmM,N,B,C’ có dạngx2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có

5

21 2 05

2 2 2 02

8 4 4 01

8 4 4 0 24

A A D

B C D B

A C DC B C D

D

= −+ + =

+ + + = = − ⇔ + + + = = − + + + =

=

Vậy bán kính R = 2 2 2 15 A B C D+ + − =

1.0

CâuVIIa

Đk: x > - 1 0.25

90



WWW.VNMATH.COM(1.0đ)

CâuVIb(2.0đ)1.(1.0đ)

bất phương trình3

3

3

3log ( 1)2log ( 1)

log 40

( 1)( 6)

x x

x x

++ −

⇔ >+ −

3log ( 1)0

6

x

x

+⇔ <

−

0.25

0.250 6 x⇔ < < 0.25

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

Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình2 2 2

2 2 2

2 2

(1 )

(1 ) (2 )

( 1) 2

a b R

a y R

a b R

+ + =

− + − = − − =

0.25

2

01

2

ab

R

=⇔ = =

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

0.5

2.(1.0đ)

Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q Q AB n AB n = −

Vì ; 0Q AB n ≠ nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n làm véc tơ pháp tuyến

Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

1.0

CâuVIIb(1.0đ)

ĐK : 2 5 x 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

x x x x x x x x x xC C C C C C C C C C − − − − − − −+ + + + + ++ + + = ⇔ + = ⇔ =

(5 )! 2! 3 x x⇔ − = ⇔ =

1.0

[VNMATH.COM]--De thi thu dai hoc số 56-75

Documents

Transcript of [VNMATH.COM]--De thi thu dai hoc số 56-75