00 sach luyen de vc p1 hungdv

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

LUYỆN GIẢI ĐỀ MÔN TOÁN TRƯỚC KÌ THI THPT QU ỐC GIA 2015

(Tập 1)

Phiên bản: 2015



Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2

1

−=+

x my

mx (với m là tham số).

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

b) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0, đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng d: y = 2x – 2m cắt đồ

thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N. Tìm

m để 3 .∆ ∆=OAB OMNS S

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )sin 4 2cos 2 4 sin cos 1 cos 4 .+ + + = +x x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2

1

ln(1 ln ).

+= ∫e x

I dxx

Câu 4 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn 11 8

1 2. .

1 1

+ = + − +

i ii z

i i

Tìm môđun của số phức .= +w z iz

b) Giải phương trình 2 22 2log log 5log 8 25log 2.

4+ = +x x

xx

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) ( )1;1;2 , 0; 1;3 .−A B Gọi C là

giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (xOy). Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho

mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng (xOy) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng

2 5.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn

đường kính AD = 2a, SA⊥ (ABCD) và 6.=SA a Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính

theo a thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2: 1 3 9C x y− + − = và điểm

( )4;4 .M Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt ( )C tại A, B sao cho

( )2 1 5MA MB+ = + .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( ) ( )33 2 22 3 6 2 2x x x x x x− + ≤ − + ∈ℝ

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện 3 3 3+ =a b c .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )( )2 2 2

.+ −=

− −a b c

Pc a c b

LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 01] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]



LỜI GIẢI CHI TI ẾT Câu 1 (2,0 điểm).

a) Các em học sinh tự làm.

b) PT hoành độ giao điểm của ( )C và d là :2

2 21

− = −+

x mx m

mx

( ) ( )2

1

2 2 0

≠ −⇔ = − − =

xm

f x m x mx m ( ) 2

1

2 2 1 0(*)

≠ −⇔ = − − =

xm

f x x mx

Xét pt (*) có: ( ) ( ) ' 2

2

2 0 0

01 21 0 0

∆ = + > ∀ ≠ ⇔ ∩ = ≠ ∀ ≠ − = + ≠ ∀ ≠

m m

d C A B mf m

m m

Theo định lí Vi-et ta có 1

22 2

2 2

+ = ⋅ = − = −

= −

A B

A B

A A

B B

x x m

x x

y x m

y x m

( ) ( ) ( )2 2 25= − + − = −A B A B A BAB x x y y x x = ( )2

5. 4A B A Bx x x x+ −

( ) ( ) ( )22 2, ; 5 2, ;0 , 0; 2

5 5

−= = = = + −

mh d O d m AB m M m N m

2 21 1. . 2, .

2 2∆⇒ = = + = =OAB OMNS h AB m m S OM ON m

2 13 2 3

2∆ ∆= ⇔ + = ⇔ = ±OAB OMNS S m m m . Vậy 1

2= ±m là giá trị cần tìm.


( )sin 4 2cos 2 4 sin cos 1 cos 4⇔ + + + = +PT x x x x x

( ) 0cossin42cos22cos22cos2sin2 2 =++−+⇔ xxxxxx

( ) ( ) 0cossin22cos12sin2cos =++−+⇔ xxxxx

( ) ( ) 0cossin2sin2cossin22cos 2 =+++⇔ xxxxxx ( )( ) 01sin2coscossin =++⇔ xxxx

+) Với π

sin cos 0 π,4

+ = ⇔ = − + ∈x x x k k Z

+) Với ( ) ( )( ) 01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22 =−−−⇔=+−⇔=+ xxxxxx

( )πsin 1 2 π,

2⇔ = ⇔ = + ∈x x m m Z


Đặt 1

lnt x dt dxx

= ⇒ = . Đổi cận ( )1

2

0

1 0ln 1

1

x tI t dt

x e t

= ⇒ =⇒ = +

= ⇒ = ∫

Đặt ( ) ( )

2 1 2122

200

2ln 1 2

ln 1 ln 2 211

tu t du dt t

I t t dt Jttdv dt v t

= + = ⇒ ⇒ = + − = −+ += =

∫

Xét ( )121 1

2 20 0 0

1 π1 arctan 1

1 1 4 = = − = − = − + +

∫ ∫t

J dt dt t tt t



Vậy π

ln 2 22

= − +I


a) Ta có ( ) ( )

11 821 2 1

. 16 1 16 1 162 2

+ − = + = − ⇒ = − − ⇒ = − +

i i ii z i z i z i

Do đó ( ) 2 21 16 1 16 17 17 17 17 17 2= + = − − + − + = − − ⇒ = + =w z iz i i i i w

b) Đặt 2logt x= ta có 22

15 252 .t t

t t+ − = +

( )( )4 3 2 2 2

1 21

22 15 25 0 5 2 5 01 21

2

tt t t t t t t t

t

−=⇔ + − − − = ⇔ − − + + = ⇔ +=

1 212

1 21

2

2

2

x

x

−

+

=⇔

=

Cách khác: 2 2

22

1 5 315 25 1 5 3 2 22

1 5 32 20

2 2

+ = + ⇒ + − = + ⇔ + = + ⇒ + + + = ⇒

t ttt t t

t t tt t

t


(Oxy)

A

N

M

C

B

Gọi ( ) ( )1 2; ;0 ∈C c c Oxy khi đó ta có ( ) ( )1 21; 1; 2 ; 1; 2;1= − − − = − − AC c c AB

Do ( ) ( ) ( )= ∩ ⇒ ∈C AB Oxy C AB khi đó ; AC AB cùng phương

Nên tồn tại số thực k sao cho AC k AB=

Vậy ( )1

12

2

13

1 2 3;5;05

2

− = −== ⇔ − = − ⇔ ⇒ =− =

c k

cAC k AB c k C

ck

Gọi ( ) ( ) ( ) ( ), , 1; 1; 2 ; 1; 2;1∈ ⇒ = − − − = − −

M m n p AB AM m n p AB

; AM AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho =

AM t AB



( )1 1

1 2 1 2 1 ;1 2 ;2

2 2

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

m t m t

n t n t M t t t

p t p t

Ta có ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 4 2 6 24 24= + + + + + = + +CM t t t t t

Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( )Oxy suy ra 2= = +MMN z t

Tam giác MNC vuông tại N suy ra 2 2 2MN NC MC+ =

2 2 2 06 24 24 4 4 20 5 20 0

4

=+ + = + + + ⇔ + = ⇔ = −

tt t t t t t

t

Với ( ) ( )0 1;1;2 ; 4 5;9; 2= ⇒ = − ⇒ −t M t M

Vậy ( )1;1;2M hoặc ( )5;9; 2−M là các điểm cần tìm. Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp H.SCD

Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính 2= ⇒ = = =AD a AB BC CD a

Trong 2: .∆ =vSAB SA SH SB 2 2 2

2 2 2 2

6 6

7 7⇒ = = = =

+SH SA SA a

SB SB SA AB a

Lại có: .

6 6

7 7= = ⇒ =HSCD

HSCD SBCD

S BCD

V SHV V

V SB

Dựng ⊥ ⇒BE AD Trong ∆v ABD có:

23 3. .

2 4= ⇒ = ⇒ =BCD

a aBE AD AB BD BE S

2 31 1 3 2. . 6.

3 3 4 4⇒ = = =SBCD BCD

a aV SA S a

3 36 6 2 3 2

7 28 14⇒ = = =HSCD SBCD

a aV V

+) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC

Do ( ) ( ) ( )( ) ( )( )/ / / / , , ,⇒ ⇒ = =AD BC AD SBC d AD SC d AD SBC d A SBC

Dựng hình bình hành ADBG. Vì AB BD AB AG⊥ ⇒ ⊥

Nối GH, dựng ⊥AI GH . Ta có: ( ) ,⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥

AG ABAG SAB AG SB AG AH

AG SA

Lại có: ( )⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

AG SBSB AGH SB AI

AH SB. Và ⊥AI GH ( ) ( )( ),⇒ ⊥ ⇒ =AI SBC d A SBC AI

Từ đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 6

6 3= + = + + = + + = ⇒ = a

AIAI AG AH AG AB SA BD AB SA a

Vậy ( )( ) 6,

3= = a

d A SBC AI

Câu 7 (1,0 điểm). Ta có phương tích 2 2.MA MB MI R= − với I là tâm đường tròn, ( )1;3I .



Thật vậy, gọi H là hình chiếu của I trên đoạn AB thì

( ) ( ) ( )( )

2

2 2 2 2 2 2 2 2

. .MA MB MH HA MH HB MH MH HA HB HA HB

MH HA MI HI HA HI MI R

= + + = + + +

= − = + − + = −

10MI R= > nên M nằm ngoài đường tròn, khi đó . 1MA MB = .

Theo giả thiết ( ) ( )2 1 5 2 . 2 1 5+ = + ⇔ + + = +MA MB MA MB MA MB

( )2 2 2

22 2 2 2

2 5 20 2 . 20

18 2 . 16 16 4

⇔ + = ⇒ + = ⇔ + + =

⇒ + = ⇒ + − = ⇔ − = ⇔ =

MA MB MA MB MA MB MA MB

MA MB MA MB MA MB MB MA AB

Từ đó 2 22 5AH IH R AH= ⇒ = − = . Ta có ( ) ( ) 2 2: 4 4 0; 0d a x b y a b− + − = + > .

Khi đó ( ) 2 2 2 2

2 2

3; 5 5 9 6 5 5

−= ⇔ = ⇔ − + = +

+

a bd I AB a ab b a b

a b

( )( )2 2 24 6 4 0 2 2 0

2

= −⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ =

b aa ab b a b a b

a b

• Với 2 1; 2 : 2 4 0= − ⇒ = = − ⇒ − + =b a a b d x y

• Với 2 1; 2 2 12 0= ⇒ = = ⇒ + − =a b b a x y

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 2 4 0; 2 12 0− + = + − =x y x y

Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện x∈ℝ .

Bất phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )33 2 23 2 2 2 0x x x x x x− − + + − + ≥ .

Đặt ( )2 2 0x x t t− + = > thu được

( ) ( ) ( ) ( ) ( )23 2 3 2 23 2 0 2 2 2 2 0 2 02 0

x tx xt t x x t xt x t t x t x t x t

x t

=− + ≥ ⇔ + − + + + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + ≥

• 2

2 2

02 2

2

xx t x x x x

x x x

≥= ⇔ = − + ⇔ ⇔ = = − +

.

• 2

2 2 2

0 0

0 02 0 2 2

4 4 8 3 4 8 0

x x

x xx t x x x x

x x x x x

> > ≤ ≤+ ≥ ⇔ − + ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ∈ − + ≥ − + ≥

ℝ .

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ℝ . Câu 9 (1,0 điểm).

Do , , 0a b c> , đặt 0, 0a b

x yc c

= > = > khi đó 3 3x y 1+ =

Ta có ( ) ( ) ( )3 3 3 3 1 3x y x y xy x y xy x y+ = + + + = + + .

Chia tử và mẫu của biểu thức P cho 2 0c ≠ và thay 0, 0a b

x yc c

= > = > ta được



( )( )( )

( )

22 2 2 11

1 1 1

+ − −+ −= =− − − + + +

x y xyx yP

x y x y xy

Đặt 3 1

3

tt x y xy

t

−= + ⇒ = , vì , 0x y > nên ta có 3332

11

1 4144

3

tt

tttt

t

> > ⇔ ⇔ < ≤ − ≤≥

.

Biểu thức trở thành 3

3 2

3 2 2 31 ( )

3 3 1 1 1

− + += = = + =− + − − −t t t

P f tt t t t t

Vì 3 31 4 0 1 4 1t t< ≤ ⇒ < − ≤ − suy ra 3

3

4 2( )

4 1f t

+≥−

.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3

3

4 2

4 1

+−

khi 3, 2a b c a= = .



Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1

2

−=−x

yx

có đồ thị (C).

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

b) Đường thẳng d đi qua điểm E(4; 4) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt

tại M, N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A, B.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22cos 2 2cos 2 4sin 6 cos 4 1 4 3 sin 3 cos .− + + = +x x x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )2 4

23

1

1ln( 1) ln .

−= + −∫x

I x x dxx

Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho hai số phức 1 2,z z thỏa mãn 1 2 1 21, 3z z z z= = + = . Tính 1 2z z− .

b) Tìm m để phương trình 2 2 2 227 1

3

3log (2 2 4 ) log 2 0− + − + + − =x x m m x mx m có hai nghiệm

1 2;x x sao cho 2 21 2 1.+ >x x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

17

15

14

:1+=

−−=+ zyx

d và 21

112

:2 −+=

−=− zyx

d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua

( 1;2;0),−M vuông góc với đường thẳng 1d và tạo với 2d góc 600.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy là hình chữ nhật, AB = a. Hình chiếu

vuông góc của đỉnh 'C xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc AC sao cho 1

.4

=AH AC Biết góc

giữa hai mặt phẳng ( ' ')CDD C và (ABCD) bằng 600; khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ' ')CDD C

bằng 3

.2

a Tính thể hình hộp ' ' ' 'ABCDA B C D và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp '.A ABC

theo a.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm

trên đường thẳng : 1 0d x y+ − = . Điểm ( )9;4E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm

( )2; 5F − − nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, 2 2AC = . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi

ABCD biết điểm C có hoành độ âm.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )

( )( )

2

2 1 2 12

2 3 2 4

x yx y

x y x y x y

−+ + + =

+ + + + =

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c và thỏa mãn 2 5 6 6 .+ + =ab bc ca abc

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9

.2 4 4

= + ++ + +ab bc ca

Pb a c b a c




LỜI GIẢI CHI TI ẾT ĐỀ 2 Câu 1 (2,0 điểm).


b) Đường thẳng ( ) ( ): 1, 0, 0+ = > >x yd a b

a b

Đường thẳng (d) đi qua điểm ( ) 4 44;4 1⇒ + =E

a b

Ta có 4 4 4.4 8

1 2 8 64= + ≥ = ⇔ ≥ ⇔ ≥ab aba b ab ab

132

2∆ = ≥OMNS ab suy ra 32 84 41∆

== ⇔ ⇔ = = + =

OMN

a bS a b

a b

Vậy ∆OMNS nhỏ nhất bằng 32 khi ( )8 : 8= = ⇒ = − +a b d y x

Giao điểm của (d) và (H) là ( ) ( )3;5 ; 5;3A B . ( ) ( ) 3' 3 3; ' 5

4= − = −f f

+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại ( )3;5A là ( )3 3 5 3 14= − − + = − +y x x

+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại ( )5;3A là ( )3 3 275 3

4 4 4= − − + = − +y x x


2 22cos 2 2cos 2 4sin 6 2sin 2 4 3 sin 3 cos⇔ − + = +PT x x x x x x 2 2cos 2 cos 2 2sin 6 sin 2 2 3 sin 3 cos⇔ − + = +x x x x x x 2 2cos 2 sin 2 cos 2 2sin 6 2 3 sin 3 cos⇔ − − + =x x x x x x

cos 4 cos 2 2sin 6 2 3 sin 3 cos⇔ − + =x x x x x

2sin 3 sin 4sin 3 cos3 2 3 sin 3 cos⇔ − + =x x x x x x

( ) sin 3 02sin 3 sin 2cos3 3 cos 0

sin 3 cos 2cos3

=⇔ − − + = ⇔

+ =

xx x x x

x x x

+) Với ( )πsin 3 0

3= ⇔ = ∈k

x x k Z

+) Với ( )π

ππ 12sin 3 cos 2cos3 cos cos3

π π6

24 2

= − + + = ⇔ − = ⇔ ∈ = +

x kx x x x x k Z

kx

Vậy nghiệm của phương trình là ( )π π π ππ; ; .

12 24 2 3= − + = + = ∈k k

x k x x k Z


Ta có ( )2 24 2 2 2

23 2

1 1

1 1 1 1ln( 1) ln ln

x x x xI x x dx dx

x x x x

− + − += + − =∫ ∫

Đặt 2 2

2 2

1 1 1 11

x xt x dt dx dx

x x x x

+ − = = + ⇒ = − =

.

Đổi cận 1 2x t= ⇒ = ; 5

22

x t= ⇒ = . Ta có

5

2

2

lnI t tdt= ∫



Đặt

52 2

22

5ln 1

ln 22 2

22

dtdu

u t ttI t tdt

dv tdt tv

== ⇒ → = − = =

∫2

525 5 1 25 5 9

ln 2 ln 2 ln 2ln 228 2 4 8 2 16

2t= − − = − −

Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi 1 1 1 2 2 2;= + = +z a b i z a b i 1 1 2 2, , , ∈a b a b R.

Ta có 2 2 2 21 2 1 1 2 21 1z z a b a b= = ⇒ + = + =

+) ( ) ( ) ( )2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2 23 3 2 1z z a a b b a b a b+ = ⇒ + + + = ⇒ + =

+) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 22 1z z a a b b a b a b a b a b− = − + − = + + + − + =

b) BPT đã cho tương đương với 2 2 2 23 3log (2 2 4 ) log ( 2 )x x m m x mx m− + − = + −

2 22 2

2 2

2 02 0

1( 1) 2 2 0

2

x mx mx mx m

x mx m x m m

x m

+ − > + − > ⇔ ⇔ = −

+ + + − > =

YCBT

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(2 ) (2 ) 2 0 4 0 1 0(1 ) (1 ) 2 0 2 1 0 2 1

5 2(2 ) (1 ) 1 5 2 0

m m m m m mm m m m m m

mm m m m

+ − > > − < < ⇔ − + − − > ⇔ − − + > ⇔ < < + − > − >

Câu 5 (1,0 điểm). Giả sử ∆ có vtcp 2 2 2( ; ; ), 0.∆ = + + ≠

u a b c a b c

Ta có 1 1. 0 0∆∆ ⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇒ = +

d u u a b c b a c

Do 0 0 2 2 2 22 2 2 2

2 1( , ) 60 cos60 2( 2 ) 3( ) (2)

21 1 4.

− −∆ = ⇔ = = ⇔ − − = + +

+ + + +

a b cd a b c a b c

a b c

2 2 2 2 2 218 3 ( ) 2 0 ⇔ = + + + ⇔ + − = c a a c c a ac c , 2

2 , .

= =⇔ = − = −

a c b c

a c b c

+) Với ,2, cbca == chọn 1 (1; 2; 1)∆= ⇒ =

c u ta có .12

2

1

1:

zyx =−=+∆

+) Với ,,2 cbca −=−= chọn 1 (2; 1; 1)∆= − ⇒ = −

c u ta có .11

2

2

1:

−=−=+∆ zyx


Đ/s: 3

2. ' ' ' '

9 9 3 3601. 3 ;

4 4 24= = =ABCD A B C D

a aV a R a


JI

E'F

E

D

C

B

A



Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD nên E’ thuộc AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm ( )9;4E nên có phương trình 5 0x y− − = .

Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ ( )5 0 33; 2

1 0 2

x y xI

x y y

− − = = ⇔ ⇒ + − = = −

Vì I là trung điểm của EE’ nên '( 3; 8)E − −

Đường thẳng AD qua '( 3; 8)E − − và ( 2; 5)F − − có VTCP là ' (1;3)E F =

nên phương trình là: 3( 3) ( 8) 0 3 1 0x y x y+ − + = ⇔ − + = Điểm (0;1)A AC AD A= ∩ ⇒ . Giả sử ( ;1 )C c c− .

Theo bài ra 22 2 4 2; 2AC c c c= ⇔ = ⇔ = = − . Do hoành độ điểm C âm nên ( 2;3)C − Gọi J là trung điểm AC suy ra ( 1;2)J − , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình

3 0x y− + = . Do (1;4) ( 3;0)D AD BD D B= ∩ ⇒ ⇒ − Vậy (0;1)A , ( 3;0), ( 2;3), (1;4).B C D− − Câu 8 (1,0 điểm).

Điều kiện:

1

21

2

x

y

≥ − ≥ −

Pt(2) ( )2 2 1 03 3 2 2 4 0

2 4 0 ( )

x yx y x y y

x y L

+ − =⇔ + + + + − = ⇔ + + =

Pt(1) ( )2

42 1 2 1

2

x y xyx y

+ −⇔ + + + =

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

22

2

42 2 2 4 2 1

2

8 4 3 4 3 4 5

4 3 0

4 5 4 3 8 ( ) ( 1 4 4 5 0)

x y xyx y xy x y

xy xy xy

xy

xy xy L do x y xy xy

+ −⇔ + + + + + + =

⇔ + = + −

+ =⇔

− + = = + ≥ ⇒ − <

Hệ đã cho tương đương:

1 31

2 23

3 14

2 2

x y x x

xyy y

+ = = − = ⇔ ∨ = − = = −

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: ( ) 1 3 3 1; ; , ;

2 2 2 2x y

= − −


Từ giả thiết ta có 5 6 2

6a b c

⇒ + + =

Đặt , , 01 1 1

, ,5 6 2 6

x y zx y z

x y za b c

>= = = ⇒ + + =

Khi đó 1 4 9

2 4 4P

x y y z z x= + +

+ + +



1 4 9 1 4 96 6 2 4 4

2 4 4 2 4 4P x y y z z x

x y y z z x x y y z z x⇒ + = + + + = + + + + + + + +

+ + + + + +

1 4 92 4 4 2 4 6 12

2 4 4x y y z z x

x y y z z x= + + + + + + + + ≥ + + =

+ + +6P⇒ ≥

Vậy GTNN của P bằng 6, dấu ‘=’ xẩy ra khi 2; 4; 1a b c= = =



Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 3 1= − + −y x x mx , với m là tham số.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0.

b) Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu tại 1 2;x x thỏa mãn 2 21 23 4 39.+ =x x

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .cos2cos3cos1sin2sin3sin xxxxxx −+=+++

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

( )

π

4

0

cos 2.

π1 sin 2 .cos

4

= + −

∫x

I dxx x


a) Cho số phức z thỏa mãn )21(32 izz +−=− . Tính 2

zz +

b) Giải hệ phương trình

23 1

2

2 2 2

2log log 1

log (log 1).log 3

= − = −

y x

y x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 3 2 1

:2 1 1

− + += =−

x y zd và

mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) sao cho ∆ vuông góc

với d và khoảng cách giữa hai đường thẳng d và ∆ bằng 3

212.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với ; 2,= =AB a AD a góc

giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600. Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân

tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có (5, 7)A − , điểm C

thuộc vào đường thẳng có phương trình 4 0x y− + = . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn

AB có phương trình: 3 4 23 0x y− − = . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

−++=++

+=+−

12234334

)1(2)1(2 xyyxx

xxyyx

Câu 9 (1,0 điểm). Cho cba ,, là các số thực dương và 3a b c+ + = .

Chứng minh rằng 332 7

4a b ab bc abc+ + + + ≤





a) Các em tự làm nhé!

b) Ta có: ( )2 2 2' 3 6 3 0 2 0 1 2y x x m x x m x x m= − + = ⇔ − + = ⇒ = −

Để hàm số có CĐ, CT ( )1⇔ có 2 nghiệm phân biệt ( ) ( )1' 1 0 1 *m m⇔ ∆ = − > ⇔ <

Khi đó gọi 1 2;x x là nghiệm của PT (1) ta có: ( )

( )1 2

1 2

2 2

3

x x

x x m

+ =

= (theo Vi-ét)

Mặt khác: ( ) ( ) ( )2 21 2 1 2 1 2 1 2

39 73 4 3 2 4 2 6 8 7 39 3 4 4

2

mx x x m x m x x m x x

++ = − + − = + − = ⇔ + =

Kết hợp ( ) ( )2

1

27 7

22 ; 423 7

2

mx

mx

+ =⇒ − − =

thay vào ( )3 ta có: ( )( )3

7 23 7 27 4 207

49

mm m m

m

= −+ + = − ⇔ = −

Kết hợp điều kiện (*) suy ra 207

3,49

m m= − = − là giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm). Phương trình đã cho tương đương với xxxxxx cos3cos2cos12sin)sin3(sin −=−+++ xxxxxxx cos2sin2sin2cossin2cos2sin2 2 −=++⇔

sin 2 (cos sin ) sin (cos sin ) 0

sin 0

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

sin cos 0

⇔ + + + ==

⇔ + + = ⇔ + = + =

x x x x x x

x

x x x x x

x x

+) Với sin 0 πx x k= ⇔ =

+) Với 1 2π

2cos 1 0 cos 2π2 3

x x x k+ = ⇔ = − ⇔ = ± +

+) Với π

cos sin 0 π4

x x x k+ = ⇔ = − +

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ( )2π ππ, 2π, π, .

3 4= = ± + = − + ∈ℤx k x k x k k


Ta có

π π

4 4

220 0

(cos sin )(cos sin ) (cos sin )2

1 (sin cos )(sin cos ) . (cos sin )2

x x x x x xI dx dx

x xx x x x

− + −= =++ +

∫ ∫

Đặt sin cos (cos sin )t x x dt x x dx= + ⇒ = −

Đổi cận: π

0 1; 24

x t x t= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra 2

21

2 22 2 1

1

dtI

t t= = − = −∫ . Vậy 2 1.I = −




a) Đặt z x yi= + ( ) ( )2 2 2 22 3 1 2 2 2 3 6x y x yi i x y x yi i⇒ + − − = − + ↔ + − + = − +

( )( )

2 2

2

2 2

3 33 3 32 3

2 29 2 32 69 4 12 9 0

4

y yyx y x

x xx xy

x x x x Loai

x TM

= = = + − = − ↔ ↔ ↔ ≥ ↔ ≥

+ = −= + = − + =

=

4

3

x

y

=⇒ =

Ta tìm được 4 3z i= + suy ra 2

5 25 30z z+ = + =

b) Điều kiện 0

0

x

y

> >

. Khi đó hpt ( )( )

23 2

3 2

2.log log 1 1

log log 1 2

y x

y x

= −⇔ = −

Thế (2) vào (1) 2

3

log 1 2( / )

log 0 1

x xt m

y y

= = ⇒ ⇔ = =

.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ) ( ); 2;1=x y


Ta có ( ), 2; 3;1p

d

d

u nu u u

u u

∆∆ ∆

∆

⊥ ⇒ = = − ⊥

và ( ) ( )1; 3;0d P A∩ = − .

Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d, đi qua điểm ( )3; 2; 1M d− − ∈ , và vuông góc với mặt phẳng (P)

( ) ( )2 3 3 2 1 0 2 3 11 0x y z x y z− − + + + = ⇔ − + − = .

Phương trình đường thẳng giao tuyến ( ) ( )l P Q= ∩ thỏa mãn

2 3 11 04 13; 5 15;

2 0

x y zx t z t y t

x y z

− + − =⇒ = + = − − = + + + =

.

Giả sử l B∩ ∆ = , kẻ CB d⊥ thì 2 21

3BC = và 2 2

sin36. 3

BAC= = .

Suy ra 2 3

423 2

BC BCAC

AC= ⇒ = = . Ta có ( )4 12; 3; 5 15AC t t t= + + − −

Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 242 16 3 3 25 3 42 3 1 3 1

4

tAC t t t t t

t

= −= ⇔ + + + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇒ = −

+) Với ( ) 1

5 2 52 5; 2; 5 :

2 3 1

x y zt C

− + += − ⇒ − − ⇒ ∆ = =−

.

+) Với ( ) 2

3 4 54 3; 4;5 :

2 3 1

x y zt C

+ + −= − ⇒ − − ⇒ ∆ = =−

.




+) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Do ( )SAB cân SH AB SH ABCD∆ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Kẻ HE AC E⊥ =

Ta có: ( )SH ACAC SHE

HE AC

⊥⇒ ⊥ ⊥

( ) ( )( ); 60oSAC ABCD SEH⇒ = =

Trong : .sin .2 6

AB BC aAHE HE AH EAH

AC∆ = = =

3

.

. tan2

1. .

3 3

⇒ = =

⇒ = =S ABCD ABCD

aSH HE SEH

aV SH S

+) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC.

Do SAH H∆ ⊥ ⇒ trung điểm M của SA là tâm đường tròn ngoại tiếp SAH∆

Gọi N là trung điểm AH. Qua N kẻ ( )/ /Ny AD Ny SAH⇒ ⊥ .

Dựng / / Mx Ny Mx⇒ là trục đường đường tròn ngoại tiếp SHA∆ .

Dựng đường thẳng qua tâm O của đáy vuông góc với AC, cắt Ny, AD tại J, K thì J là tâm đường tròn

ngoại tiếp AHC∆ . Trong ( );mp Mx Ny kẻ ( )Jt ABCD Jt⊥ ⇒ là trục đường tròn ngoại tiếp AHC∆ .

Giao điểm I Mx Jt= ∩ chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC.

Ta có: 2 2 2 2 2 2R IH IJ JH MN JH= = + = +

Tính được:

223 2 5 2 3 6

;4 2 8 4 8cos

AO a OH AK a AH aAK NJ HJ NJ

CAD

+= = = = ⇒ = + =

22 31

4 32

SHR HJ a⇒ = + =

Đáp số: ( )

3

. ;

31;

3 32S ABCD S I IH

aV R a= =

Câu 7 (1,0 điểm). Gọi ( ) 1; 4C c c d+ ∈ , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0.

Ta có ∆AIM đồng dạng ∆CID 10 10

2 2 ;3 3

c cCI AI CI IA I

+ − ⇒ = ⇒ = ⇒

Mà 2I d∈ nên ta có: 10 10

3 4 23 0 13 3

c cc

+ −− − = ⇔ = , vậy C(1; 5).

Ta lại có 2

3 23 3 9; 2 5;

4 2

t tM d M t B t

− − ∈ ⇒ ⇒ −

3 5 3 192 10; , 2 6;

2 2

t tAB t CB t

+ − = − = −

Do ( )( ) ( )( )1

1. 0 4 5 3 3 5 3 19 0 29

45

tAB CB t t t t

t

== ⇔ − − + + − = ⇔ =



( 3; 3) ( )33 21

;33 21; 5 5

5 5

B loai

BB

− − ⇒ ⇒


Điều kiện 1

3;2

y x≥ − ≥ .

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )21 2 1 2 2 2 2− + = + ⇔ + = + ⇔ + = +x y y x x xy y x x y x x x

( )( ) 22 0

= −⇔ − + = ⇔ =

xx y x

x y

Loại trường hợp 1

22

x = − < . Với x y= thì phương trình thứ hai trở thành

( ) ( )

2 2

2

2 22

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

4 4 3 3 2 1 2 2 1 1 0

02 3

2 3 2 1 1 0 4 3 0 12 1 1 2 1 1

x x x x x x x x x x

x x x x x x

xx x

x x x x x xx x

+ + = + + − ⇔ + + − + − − =

⇔ − + + + + − − − + =≥

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

Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất nghiệm ( ) ( ); 1;1x y = .


Ta có 3 33 3 1 1 12 2 .4 .4 .4 .16

4 4 2 2 4= + + + + = + + + +P a b ab bc abc a b a b b c a b c

3 4 4 4 16 28( )2 7

4 4 4 12 12

+ + + + + +≤ + + + + = =a b b c a b c a b cP a b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 16 4 1

, ,7 7 7

a b c= = =



Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 21 3( 2) 5

3 2= − − − − +y x x m m x

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = 1.

b) Tìm m để hàm số đạt cực trị tại các điểm có hoành độ 1 2;x x thỏa mãn 2 21 1 2 2 2 12 3 2 13 .+ + = +x x x x x x

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )( ) 2 π π3sin cos sin cos 4 2 sin cos .

4 4 + + = + +

x x x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )2ln15

3ln 2

24

1 5 3 1 15

−=

+ + − + −∫x x

x x x x

e e dxI

e e e e


a) Tìm số phức z biết (1 2 )+ i z là số thực và 1

2 2 5.2

+ − =z z

b) Giải phương trình 3 32 2 4 8 4 44 2 16.2 2+ + + + −+ = +x x x x x x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

1

:

2

= + = − =

x t

d y t

z

và mặt phẳng

( ) : 1 0+ + + =P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm M(1; –2; 0) và cắt d tại

A, B sao cho 2 2.=AB

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,

, 3= =SA a SB a , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung

điểm của AB và BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa

đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là

3 5 8 0, 4 0+ − = − − =x y x y . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là ( )4; 2−D . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng

hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.


212

2 2 2

32 2

2

( 2 ) 2 4 1 0

− + + = + − − + =

x

yx xy

x y x x y x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn .3≤++ zyx

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 2 2 2

2 2 2 1 1 1.P

x y z x xy y y yz z z zx x= + + + + +

− + − + − +





a) Các em học sinh tự làm. b) Tập xác định: D = R

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2' 3 1 2 1 2 1 2y x x m m x m m x m m= − + + − = − + + − + + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2' 1 2 1 2 1 2 0y x m x m x m m x m x m = − + − − − + − = − − − + = 1

2

x m

x m

= +⇔ = −

+) TH1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 21 ; 2 1 2 1 2 3 2 2 2 13 1x m x m m m m m m m= + = − ⇒ + + + − + − = − + +

20

2 19 0 19

2

mm m

m

=⇔ − = ⇔ =

+) TH2: 21 2

11 ; 2 2 15 17 0 17

2

mx m x m m m

m

== + = − ⇔ + − = ⇔ = −

Vậy có 4 giá trị của m : 19 17

0; 1; ;2 2

= = = = −m m m m


Phương trình đã cho tương đương với ( ) 23 sin cos (sin cos ) 2(sin cos ) (cos sin )+ + = + −x x x x x x x x

( )(sin cos ) 3 sin cos 2cos 2 0⇔ + + − =x x x x xsin cos 0

3 sin cos 2cos 2

x x

x x x

+ =⇔

+ =

+) Với π

sin cos 0 π4

x x x k+ = ⇔ = − +

+) Với

π2π

π 33 sin cos 2cos 2 cos 2 cos( )π 2π3

9 3

x kx x x x x

x k

= ++ = ⇔ = + ⇔

= − +


Đặt 21 1x xt e t e= + ⇒ − = 2xe dx tdt⇒ = . Ta có 3ln 2 3 ; ln15 4x t x t= ⇒ = = ⇒ =

( ) ( )( ) ( )

( )2 2 2ln15 4 4

3 22 23ln 2 3 3

24 25 2 25 2

5 4 201 5 1 3 151 5 3 1 15

x x

x x x x

e e dx t tdt t tdtI

t t tt t t te e e e

− − −= = =

+ − −− + − − −+ + − + −∫ ∫ ∫

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 24 4 44

2 2 33 3 3

25 2 2 10 3 72 2 3ln 2 7 ln 2

2 24 5 4

t tdt t t dtI dt t t t

t tt t t

− − = = = − − = − − − + − +− + − ∫ ∫ ∫

2 3ln 2 7ln 6 7ln5= − − +

Câu 4 (1,0 điểm). a) Ta gọi ( );z a bi a b R= + ∈ .Thế thì ta có( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 2i z i a bi a b a b i+ = + − = + + − là số thực.

Điều này xảy ra khi ( )2 0 2 1 2a b b a z a i− = ⇔ = ⇒ = + .

Thay vào điều kiện thứ hai ta có 1 1

2 2 5 2 2 4 2 52 2

z z a ai a ai+ − = ⇔ + + − − =



( )2

2 2

3 2 2591 1 79 263 2 2 5 3 2 20 13 3 02 2 4 3 2 259

26

aa ai a a a a

a

+= ⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

−=

Vậy có hai số phức z thỏa mãn là: 3 2 259 3 2 259 3 2 259 3 2 259

;26 13 26 13

z i z i+ + − −= + = +

b) ĐK: x ≥ − 2. Với điều kiện đó PT ⇔3 32 2 2 2 4 4

4 2 4 2x x x x x x+ + + + + −+ = +

⇔ ( ) ( ) ( )3 32 2 4 4 4 4 4 4 2 24 2 1 2 2 1 0 (2 1) 4 2 0+ + − − − + +− − − = ⇔ − − =x x x x x x x ⇔

TH1: 4 42 1 4 4 0 1x x x− = ⇔ − = ⇔ =

TH2: 34 2 22 2x x+ + = ( )3 32 2 4 8 2 2 2⇔ = + + ⇔ − = + −x x x x 2 2( 2)

( 2)( 2 4)2 2

−⇔ − + + =+ +x

x x xx

2

2 0

22 4 , (*)

2 2

− =⇔ + + = + +

x

x xx

Giải (*):VT = 2 22 4 ( 1) 3 3x x x+ + = + + ≥ ; VP = 2

12 2x

≤ ⇒+ +

(*) vô nghiệm.

Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2. Câu 5 (1,0 điểm). Đường thẳng d xác định đi qua ( )1;0;2K và ( )1; 1;0du = −

Gọi ∆ là đường thẳng qua M và vuông góc với (P) ta có ∆ qua ( ) ( )1; 2;0 , : 1;1;1pM vtcp u n− = =

Do đó:

1

: 2

x t

y t

z t

= +∆ = − + =

. Gọi I là tâm của mặt cầu ( )1 ; 2 ;I I t t t⇒ ∈ ∆ ⇒ + − + .

Ta có: ( ) ( ) ( )2 2

2 2; 2 2 2 2

; , 32

d

d

IK u t td I AB IM t

u

− + − = = =

Mặt khác: ( ) ( )2

2 2 2 2 2; 3 8 6 2 3 1 2; 1;1 , 32

ABd I AB R IM t t t t I R

+ = = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ − =

Vậy ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2: 2 1 1 3S x y z− + + + − =




+) Tính thế tích khối tứ diện NSDC.

Nhận xét: 2 2 2+ = ⇒ ∆SA SB AB SABlà tam giác vuông tại S.

Hạ ( )⊥ ⇒ ⊥SH AB SH ABCD

Ta có: 2 2 2 2

1 1 1 4 3:

3 2∆ = + = ⇒ =v

aSAB SH

SH SA SB a

Do 60= ⇒ ∆oBAC ABCđều21 1 3

.4 2 2

⇒ = = =DNC ABCD ABC

aS S S

2 31 1 3 3. . . .

3 3 2 2 4⇒ = = =SDNC DNC

a a aV SH S (đvtt)

+) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN

Từ M kẻ ( ) ( ) ( ) / / ; ;∈ ⇒ = =MP DN P AD DN SM SM MP SMP

Xét: 2 21 7: ; 2 . .cos120

4 2 2∆ = = = ⇒ = + − =a a

AMP AM a AP AD MP AM AP AM AP

Trong 2 2 3: 2 2 cos120

2 2∆ = = ⇒ = − =a a

AHP AH AP HP AH AH

2 2 3:

2⇒ ∆ = + =vSHP SP SH HP a ; =SM a (do ∆SAMđều)

( ) 2 2 2 5

cos ; cos2 . 4 7

+ −⇒ = = =SM MP SP

DN SM SMPSM MP

Đáp số: ( )3 5; cos ;

4 4 7= =SDNC

aV SM DN




Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm

của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u

lần lượt là vtpt,

vtcp của đường thẳng d.tọa độ của M là nghiệm của

hệ

74 0 7 12 ;

3 5 8 0 1 2 2

2

xx yM

x yy

=− − = ⇔ ⇒ − + − = = −

AD vuông góc với BC nên ( )1;1AD BCn u= =

, mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của

( ) ( ):1 4 1 2 0 2 0AD x y x y− + + = ⇔ + − = . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là

nghiệm của hệ phương trình ( )3 5 8 0 11;1

2 0 1

x y xA

x y y

+ − = = ⇔ ⇒ + − = =

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: ( )4 0 33; 1

2 0 1

x y xK

x y y

− − = = ⇔ ⇒ − + − = = −

Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE= , mà KCE BDA= (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra BHK BDK= , vậy K là trung điểm của HD nên ( )2;4H .

Do B ∈BC ( ); 4B t t⇒ − , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra ( )7 ;3C t t− − .

( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t− − − −

. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 2. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0

7

tHB AC t t t t t t

t

== ⇔ − − + − − = ⇔ − − = ⇔ =

Do ( ) ( )3 2 2; 2 , 5;1t t B C≤ ⇒ = ⇒ − .

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n= − = ⇒ = =

Suy ra : 3 4 0; : 1 0.AB x y AC y+ − = − = Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 0x ≠

Từ ( ) ( ) ( )222 2 2 2

2

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

xPT x y x x y x x y x x y x y

x

−⇔ + − + + = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ =

Thay vào phương trình thứ nhất ta được ( ) ( )

21

2 2

1 2

1 2 31 2 2

2

− −−⇔ + + = ∗

x

x

x

xxpt

x

Đặt ( )

2

2

2

11 2 1

321 2

xa

xx a bxx

bx

−= −⇒ = − −

− =

( ) ( ) ( )1 3 1 1 12 3 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2a b a b a bpt a b a b a b⇒ ∗ ⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔ + = +

Xét hàm ( ) ( ) ( )1 12 2 2 0

2 2t tf t t t R f ' t ln t R= + ∈ → = + > ∀ ∈

( ) ( )2

2 2

1 1 2 32

4

x xf a f b a b x y

x x

− −⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = → = −



Vậy hệ có một nghiệm là: 3

24

; −


Ta có .3

111

;3

111

;3

111

333333 zxxzyzzyxyyx≥++≥++≥++

Suy ra .333

3222333 zxyzxyzyx

++≥+++

2 2 2 2 2 2

3 3 3 1 1 13 .⇒ + ≥ + + + + +

− + − + − +P

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

Mặt khác, áp dụng BĐT ,411

baba +≥+ với 0, >ba ta có

+−++

+−++

+−++++≥+

222222

1111112223

xzxzzxzyzyyzyxyxxyzxyzxyP

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 23

2 2 2 4 4 4

1 1 1 1 1 14 4 4

2 2 2

16 16 16 316.

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

xy yz zx x y y z z x

xy x y yz y z zx z x

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

≥ + + + + ++ + +

= + + + + + + + +

≥ + + ≥+ + + + + +

2 2

3.9 3.916. 16. 12.

(2 2 2 ) 4.3x y z≥ ≥ =

+ +

Do đó .9≥P Dấu đẳng thức xảy ra khi .1=== zyx Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi .1=== zyx




=−x

yx

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

b) Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác

OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 2.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2tan 8cos 3sin 2 .= +x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ln2

0

.2−=

+ +∫ x x

xI dx

e e


a) Tìm các số phức z thỏa mãn 2 4

30+ =z z và 2 13+ =z z .

b) Một hộp đựng 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu trắng, 9 viên bi màu vàng và 4 viên bi màu đỏ. Lấy

ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được lấy ra có không quá hai màu.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2

: 1

3

= = − = +

x

d y

z t

và mặt phẳng

(P) có phương trình: y + z – 3 = 0, A là giao điểm của d và (P). Gọi ∆ là hình chiếu vuông góc của d

lên (P). Điểm H thuộc ∆, điểm K thuộc d sao cho tam giác AHK vuông tại K và có diện tích bằng 10.

Chứng minh rằng tam giác AHK vuông cân tại K và tìm tọa độ điểm K.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, biết 2=BC a,

AB AD a= = . Gọi I là trọng tâm tam giác BCD, SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD), biết khoảng

cách giữa hai đường thẳng SA và DC bằng 3

.19

a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt

cầu ngoại tiếp khối đa diện SABD theo a.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 2), điểm C

nằm trên đường thẳng d: 2x – y – 5 = 0 và AB = 2AD. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM =

2MC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình cạnh BM là 5x + y – 19 = 0.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )4 2 2

2,

2 4 2 4 2 4

− = − ∈− + = −

ℝx y x y x

x yx y x x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 1

;2 .2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 260 1 60 1 60 1

.4 5 4 5 4 5

− − −= + ++ + +

z x yP

xy z yz x zx y





a) Các em học sinh tự làm nhé.

b) Hoành độ giao điểm của ( )C và ( )y x m d= − + là: ( ) ( )2

11

01

xxx m

g x x mx mx

≠= − + ⇔ = − + =−

Để d cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt ( )1⇔ có 2 nghiệm phân biệt ( ) 0g x⇔ = có 2 nghiệm phân biệt

khác 1

( )

( )( )2

0 44 0 *

01 0

g x mm m

mg

∆ > >⇔ ⇔ − > ⇔ <≠

Khi đó gọi ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m− + − + . Theo định lí Vi-et ta có: 1 2

1 2

x x m

x x m

+ = =

Ta có: ( )2 2 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2 2OA x mx m x mx m m m m m= − + = − + + − = − , 2 2 2OB m m= −

Mặt khác

( ) ( )2

2. . . 22 2 2 4

4 2. ; . 2 ;2

2

abc OAOB AB OAOB m mR m m m

mS d O AB AB d O AB

−= = = = = ⇔ − =

( )

6

2

0

m

m

m l

=⇔ = − =

Vậy 6, 2m m= = − là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm).

Điều kiện: π

cos 0 π2

x x k≠ ⇔ ≠ +

Ta có 2

2 2 2 22

tantan 8cos 3sin 2 tan 8cos 6sin cos 8 6 tan

cos= + ⇔ = + ⇔ = +x

x x x x x x x xx

( )

( )( )( ) ( ) ( )

2 2 4 2

2

tan tan 1 6 tan 8 0 tan tan 6 tan 8 0

πtan 1 π

tan 1 tan 2 tan tan 4 0 4tan 2

arctan 2 π

⇔ + − − = ⇔ + − − =

= − = − + ⇔ + − + + = ⇔ ⇔ ∈ = = +

ℤ

x x x x x x

x x kx x x k TM

xx k

Vậy phương trình có nghiệm là π

π 4

x k= − + ,arctan 2 πk+


Ta có ln 2 ln 2

2 20 0( 1) ( 1)

x x

x x

xe e dxI dx x

e e= =

+ +∫ ∫

Đặt ,dd xuxu =⇒= 2

1.

( 1) 1

x

x x

edv dx v

e e= ⇒ = −

+ +

Theo công thức tích phân từng phần ta có ∫∫ ++−=

++

+−=

2ln

0

2ln

00

2ln

1

d

3

2ln

1

d

1 xxx e

x

e

x

e

xI (1)

Tính .1

d2ln

0

1 ∫ += xe

xI Đặt tex = ta có 22ln;10 =⇒==⇒= txtx và .

dd

t

tx =

Suy ra .3ln2ln2)1ln(lnd1

11

)1(

d

1

2

1

22

1

2

1

1 −=+−=

+−=

+= ∫∫ ttt

tttt

tI



Thay vào (1) ta được .3ln2ln3

5 −=I


a) Đặt ( );z a bi a b R= + ∈ ta có: 2 2 2 0t z a b= = + ≥

Từ giả thiết ta có ( )

( )

2 22

5 130

6

t a bt t

t l

= = ++ = ⇔

= −

Mặt khác ( )2 22 13 2 2 13 3 13 9 13 2z z a bi a bi a bi a b+ = ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔ + =

Từ ( ) ( )2 2 2

2 2 2

5 1 11 , 2

9 13 4 2

a b a a

a b b b

+ = = ⇔ = ± ⇒ ⇔

+ = = ⇔ = ±

Vậy có 4 số phức thỏa mãn yều cầu bài toán là 1 2 , 1 2z i z i= ± = − ±

b) Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là 520 15 504C =

Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả ba màu”

Số bi tr ắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 1 3 1 1 3

7 9 4. .C C C

1 3 1 1 3 17 9 4. .C C C

1 2 2 1 2 27 9 4. .C C C

2 1 2 2 1 27 9 4. .C C C

2 2 1 2 2 17 9 4. .C C C

3 1 1 3 1 17 9 4. .C C C

Suy ra |

AΩ | = 1 1 3

7 9 4. .C C C + 1 3 17 9 4. .C C C + 1 2 2

7 9 4. .C C C + 2 1 27 9 4. .C C C + 2 2 1

7 9 4. .C C C + 3 1 17 9 4. .C C C =

= 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534

Nên ( ) | | 9534 15890,6149

| | 15504 2584AP A

Ω= = = ≈

Ω. Vậy ( ) ( ) 995

1 0,38512584

P A P A= − = ≈

Câu 5 (1,0 điểm). Ta có ( )0;0;1du =

, ( )0;1;1Pn =

.

( ) ( ) ( )0;0;1 . 0;1;1. 1cos ; cos 45

1. 2 2.d P

d P

d P

u nu n

u n= = =

⇒góc giữa d và (P) bằng 45

Lại có ∆ là hình chiếu vuông góc của d lên (P) nên góc 045KAH = hay tam giác KAH vuông cân tại H.

Phương trình giao điểm của d và (P) : ( )1 3 3 0 1 2; 1;4t t A− + + − = ↔ = → − .

Gọi ( )2; 1; 3K t− + , ta có ( )22 2110 20 1 20 1 2 5

2KHAS KA KA t t= = ⇒ = ⇔ − = ⇔ = ±

Vậy ta tìm được ( )2; 1;1 5K − ±




+) ( ) 21 1 3. .3

2 2 2ABCDS AB AD BC a a a= + = = .

Gọi M là trung điểm của BC. Có ,DM BC I DM⊥ ∈ . Gọi F là hình chiếu của I trên AB, ta có

0, 45IF a SFI SI a= = ⇒ = .

+) 3

21 3.

3 2 2SABCD

aV a a= = .

+) ( )/ / / /DC AM DC SAM⇒

( )( ) ( ) 3; , SAMD SABCD

SAM SAM

V Vd D SAM d DC SA

S S⇒ = = =

+) Tính được ( )22 3 1919 ,

3 76SAM

aS a d SA CD= ⇒ =


Ta có: 1 2 3tan tan

3 3 2

BCMC DC BC BMC ABM

MC= = ⇒ = = =

2

1 1 2cos

9 131 tan 14

ABMABM

⇒ = = =+ +

Giả sử: ( ) ( );19 5 1;17 5B b b AB b b− ⇒ = − −

Ta có: ( )1;5BMu = −

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

. 1 5 17 5 26 86 2cos

13. 1 5 . 1 17 5 26 1 17 5

BM

BM

AB u b b bABM

AB u b b b b

− + + − − += = = =

+ − + − − + −

3

47

13

b

b

=⇔ =

+) Nếu ( ) ( )3 3;4 : 7 0 4;3b B BC x y C= ⇒ ⇒ + − = ⇒

Gọi ( )0 0;D x y Do ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )

( )

2 2 0 00 0

0 00 0 0 0

2; 1 2;11 2 22

6 17;1 4 3 2 0. 0

5 5

x y Dx yAD

x y Lx x y yAD CD

= = ⇒ − + − == ⇔ ⇔ = =− − + − − ==

(Loại do AD không song song BC ).

+) Nếu 47 47 12

' ;13 13 13

b B = ⇒

loại do AB = 2AD

Vậy ( ) ( ) ( )3;4 , 4,3 , 2,1B C D là các điểm cần tìm.

Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 2; 2x y≥ ≥

Từ phương trình 1 ta có: ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 21 1 1 0x x y x x x y x y⇔ + = + ⇔ + − = ⇔ =

Thế vào phương trình 2 ta được: 2 22 4 2 4 2 4x x x x⇔ − + = −

Đặt ( ) ( )( )

2

2 2

2 4 12 4 , 0

2 4 2

xt x tx t t

x t

+ =− = ≥ ⇒ − =



Từ ( ) 4 4 2 21 0 2

2 2 4 2

t tx x t

t t↔ = ≥ ⇒ = ≥ ↔ ≥

+ + −

Thay vào ( )( )

22 4 3 2

2

322 4 4 24 16 16 0

2

tt t t t t

t⇔ − = ⇔ + − + + =

+

Tương đương: ( ) ( )2 2

0 do 0

2 8 4 0 2 2 4

t

t t t t x y

> ≥

⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( ) ( ); 2;4x y =

Câu 9 (1,0 điểm). Theo giả thiết

1 1( 2) 0 2 1 0 2 4 2 0

2 2x y xy x y xy x y

− − ≤ ⇒ − − + ≤ ⇔ − − + ≤

(1)

( )1 1( ) 2 0 2 1 0 2 4 2 0

2 2x y xy x y xy x y− − ≤ ⇒ − − + ≤ ⇔ − − + ≤ (2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta được 4 5 5 4 0 4 5 5 4xy x y xy x y− − + ≤ ⇔ ≤ + −

Cộng hai vế với 5z ta được 4 5 5( ) 4xy z x y z+ ≤ + + − .

Do các vế đều dương nên 1 1

4 5 5( ) 4xy z x y z≥

+ + + −.

Nhân hai vế với 260 1 0z − > ta được 2 260 1 60 1

4 5 5( ) 4

z z

xy z x y z

− −≥+ + + −

Tương tự, cộng lại ta được 2 2 2 2 2 260 1 60 1 60 1 60( ) 3

4 5 4 5 4 5 5( ) 4

z x y x y z

xy z yz x zx y x y z

− − − + + −+ + ≥+ + + + + −

Ta sẽ chứng minh 2 2 260( ) 3

125( ) 4

x y z

x y z

+ + − ≥+ + −

.

BĐT này 2 2 2 2 2 24( ) 4( ) 3 0 (2 1) (2 1) (2 1) 0x y z x y z x y z⇔ + + − + + + ≥ ⇔ − + − + − ≥

Đẳng thức xảy ra ⇔ 1

2x y z= = =



Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22 1= + −y x x có đồ thị là (C).

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

b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại M vuông góc với đường thẳng IM,

với 17

0; .8

I

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 2 43sin 2cos 3 cos3 3cos cos 1.+ + = − +x x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

π

4

3 40

1 sin 2.

2sin cos cos

+=+∫x

I dxx x x


a) Giả sử 1 2,z z là hai số phức thỏa mãn phương trình 6 2 3− = +z i iz và 1 2

1.

3− =z z

Tính mô-đun 1 2 .+z z

b) Giải hệ phương trình ( )2 1

3 22 4 2

2 2 6.4,

log ( 1) log (2 1) log 2

+ + = + ∈+ = + + +

ℝ

x x y y

x yx y y

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3 3

:1 2 1

− + −= =−

x y zd và

hai mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0, ( ) : 4 0.+ − + = − + + =P x y z Q x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc

d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi 2π.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C , đáy là tam giác ABC cân tại C, AB = 2a. Gọi O là tâm của tứ giác ' 'BCC B và I là trung diểm của ' 'B C . Biết khoảng cách giữa 'A C và 'BC bằng

2 2

3

a. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ' ')ABB A bằng

2

a. Tính thể tích khối lăng trụ và bán kính

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' 'OA C I . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong

của góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình: x – y + 2= 0, điểm

D thuộc đường thẳng d: x + y – 9 = 0, điểm E (–1; 2) thuộc cạnh AB và điểm B có hoành độ âm. Tìm

tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2

1 2

3 3 2

2 3 1 5

++ = +

+ + + + + =

x yx

x y x y

y y x x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho cásc số thực dương x, y thoả mãn x + y = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 2 2

1 1 1 1

2P

x y xy x y x y= − − +

+ +






b) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ ( )4 2; 2 1M m m m+ − .

Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M là 34 4k m m= + .

Ta có 4 2 25; 2

8IM m m m

= + −

nên hệ số góc đường IM là 3 25

28

k m mm

′ = + − .

Theo bài ra ( )( ) ( ) ( )22 4 2 2 2. 1 1 8 16 25 2 1 8 1 33 2k k m m m m m ′ = − ⇔ + + − = − ⇔ + + − = − .

Đặt 2 1 ; 1m t t+ = ≥ thu được ( ) ( )( )

22

1 1;22 1 1;1

8 33 2 1;2

t Mt m m

t t M

≥ − ⇔ = ⇒ = ⇔ ∈ − ⇒ − = −

Câu 2 (1,0 điểm). PT ( ) ( ) ( )4 4 23 sin cos 2cos 3 1 cos3 cos 0x x x x x⇔ − + − + + =

33cos 2 cos6 2cos 2 cos 0 4cos 2 6cos 2 2cos 2 cos 0x x x x x x x x⇔ − + + = ⇔ − + =

( ) ( )( )

2

2

cos 2 0 *cos 2 2cos 2 cos 3 0

2cos 2 cos 3 0 **

xx x x

x x

=⇔ + − = ⇔

+ − =

PT(*) ( )π π,

4 2⇔ = + ∈ℤk

x k

PT(**) ( ) ( )21 cos 2 1 cos 2 0x x⇔ − + − =2 21 cos 2 0 cos 1

1 cos 0 cos 1

x x

x x

− = =⇔ ⇔

− = =

( )cos 1 2π,⇔ = ⇔ = ∈ℤx x k k (thử lại nghiệm đúng PT)

Vậy phương trình có hai họ nghiệm; π π

4 2= + k

x và ( )2π,= ∈ℤx k k


Ta có ( )( )

( )( )

2 224 4

42 20 0

sin cos cos tan 1

cos 2 tan 1cos 2sin cos cos

π π

+ += =

++∫ ∫x x x x

I dx dxx xx x x x

( )( )

( )( ) ( )

2 24 4

20 0

tan 1 tan 1tan

cos 2 tan 1 2 tan 1

π π

+ += =

+ +∫ ∫x x

dx d xx x x

Đặt ( ) 2

1tan tan

cos= ⇒ = =t x dt d x dx

x

Đổi cận 0 0

π1

4

= ⇒ = = ⇒ =

x t

x t

Khi đó ( ) ( )( ) ( )21 1 1

0 0 0

1 2 1 2 1 4 2 1 11 12 1 4

2 1 4 2 1 2 1

+ + − + + + = = = − + + + + + ∫ ∫ ∫

t t t tI dt dt t dt

t t t

1

2

0

1 1 1 1 13 ln 2 1 4 ln 3 1 ln 3

4 2 4 2 8 = + + + = + = +

I t t t




a) Giả sử , , .= + ∈z x yi x y R Khi đó 6 2 3 6 (6 1) (2 3 ) 3− = + ⇔ + − = − +z i iz x y i y xi

2 2 2 2 2 2 1 1(6 ) (6 1) (2 3 ) (3 ) .

9 3⇔ + − = − + ⇔ + = ⇔ =x y y x x y z

Suy ra 1 2

1.

3= =z z

Ta lại có 2 2 2

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

1 2( )( ) ( ) ( ).

9 9= − = − − = + − + = − +z z z z z z z z z z z z z z z z

Suy ra 1 2 2 1

1

9+ =z z z z .

Khi đó 2 2 2

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

2 1 1( )( ) ( ) .

9 9 3+ = + + = + + + = + =z z z z z z z z z z z z

Do đó 1 2

1.

3+ =z z

Chú ý: HS có thể đặt 21, zz dạng đại số để tính.

b) Điều kiện1

1; 2;2

x y y> − > − ≠ − .

Từ phương trình đầu ta có: 2( )

2 22.2 2 6 0 13

22

x y

x y x y

x yy x

−

− −−

=− − = ⇔ ⇔ = − = −

Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3 22 4 2

log ( 1) log (2 1) log 1x x x+ = − + + 3 3 2

2 2log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x+ = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = −

Với 1

2x > thì ta được phương trình: 2 1

3 2 02

xx x

x

=− + = ⇔ =

Với 1

12

x− < < thì ta được phương trình: 2 0 0x x x+ = ⇔ =

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( ; ) (0; 1), (1;0), (2;1)x y = −

Câu 5 (1,0 điểm). Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì dI ∈ nên ( )1;2 3; 3− + − +I t t t .

Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên 2 2

( ;( ))3

−= =

tR d I P (1)

Ta có 11 2

( ;( ))3

−=

td I Q . Chu vi của đường tròn giao tuyến 2π 2π 1= ⇒ =r r .

Suy ra 2

2 2 2 (11 2 )( ; ( )) 1

3

−= + = +tR d I Q r (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2 2 4

(2 2 ) (11 2 )1 23

9 32

=− − = + ⇔ =

tt t

t

+) Với 4=t ta có ( 3; 5; 7), 2− =I R . Suy ra mặt cầu 2 2 2( 3) ( 5) ( 7) 4.+ + − + − =x y z

+) Với 23

2=t ta có

21 29; 20 ; , 7

2 2 − =

I R .

Suy ra phương trình mặt cầu ( )2 2

221 2920 49

2 2 + + − + − =

x y z .




Gọi E là trung điểm của A’B’ . suy ra OE // A’C. suy ra d(A’C;BC’) = d(A’;((BEC’)) = d(B’;((BEC’)). Tam giác A’B’C’ cân tại C’ ( )' ' ' ' ' '→ ⊥ → ⊥C E A B C E ABB C

Hạ ( ) ( )( ) 2 2 ' ' ' '; '

3⊥ ⊥ → = = a

BK BE suy ra B K BEC B K d B BEC ; B’E = a

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB’E ta có 2 2 2

1 1 1' 2 2

' ' 'BB a

BB B E B K+ = → = .

Ta có. ( ) ( )1 1 1;( ' ') '; ( ' ') ' ' ' '

2 2 2d O ABB A d C ABB A C E C E a A B= = → = =

Nên tam giác A’B’C’ vuông cân tại C’.

Diện tích đáy bằng 2 32 2a V a→ = . Ta có. ' ' ' ' ' ' ( ' ') ' ' 'A C B C A C BCC B A C OC⊥ → ⊥ → ⊥ . Lại có 'OI IA⊥ . Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp OIA’C’ là trung điểm của OA’.

Ta có 2 2 2 25 ' 1 1 3 2' ' ' ' ; 2 ' '

2 2 2 2 4= + = = = → = = + =BB a

A I A C C I a OI a R A O A I OI


H

E'

M

E

D

CB

A

Gọi E’ đối xứng với E qua BM suy ra E’ thuộc đường thẳng BC và E’(0; 1)

Do B∈ đường thẳng BC nên B(t; t + 2) '( 1 ; ) ( ; 1)BE t t BE t t⇒ = − − − = − − −



Do '. 0 ( 1;1) 0BBE BE B do x= ⇒ − <

AB: x = –1, BC: y = 1 suy ra A(–1;a), (a≠ 1)

Do D∈d ⇒ D(d; 9 – d), M là trung điểm AD ⇒1 9

;2 2

d d aM

− − +

Mặt khác M∈đường thẳng BM ⇒a - 2d + 6 = 0 (1)

( 1;9 ), (0;1 )AD d d a AB a= + − − = −

Do . 0 9 0AB AD a d= ⇒ + − =

(2) Giải hệ (1) và (2) suy ra a = 4, d = 5. Vậy A(–1; 4), D(5; 4) là các điểm cần tìm. Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện 0; 0x y≠ >

Ta có ( )22 2 3 2 4(1) 2 3 ( ) 3 4 0x y xy x y y x y yx x⇔ + = + ⇔ − + + = 4 3 2 2 2

2

03 4 0 2 1 0 2

4

≥ ⇔ − + + = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ =

xy y y y y yx y

x x x x x x y x

Thay 24y x= vào phương trình thứ hai ta được 24 3 2 3 1 5x x x+ + + + =

( ) ( )( )

2

2

4 3 2 3 3 1 2 0

4 7 31 0 1 4

3 1 24 3 2 3

⇔ + + − + + − =

+⇔ − + = ⇔ = ⇒ = + ++ + +

x x x

xx x y

xx x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ( ); 1;4x y =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 1

2

xy

x

−=+

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm m để đường thẳng : 11d y mx= − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác

OAB gấp hai lần diện tích tam giác OBM, với (0; 11).M −

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22 3 sin .(1 cos ) 4cos .sin 32

xx x x+ − =

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2

1

(ln 1).

1 ln

e xI dx

x x

+=+

∫


a) Tìm số phức z thỏa mãn 3(1 )

. 1 0−+ + + =i

z i iz

, với i là đơn vị ảo.

b) Tìm hệ số của 5x trong khai triển biểu thức ( ) ( )221 2 1 3= − + +n nP x x x x , biết rằng 2 1

1 5.−+− =n

n nA C .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0 và

đường thẳng 1

: .1 3 1

x y z−∆ = =−

Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông

góc với đường thẳng ∆ và cách đường thẳng ∆ một khoảng bằng 8

.66

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, 0120 .=BAD Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác ABD. Biết

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng .2

a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc

tạo bởi hai đường thẳng SB và AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ABD là tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn. Hình chiếu vuông góc của B, D lên AC lần lượt là

22 14; ,

5 5H

13 11; .

5 5K

Xác định tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết B, D có tung độ

dương và 3 2.AD =

Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 2

4 2

3 2 1.

2

− + ≤−

x x x

x x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn ( )22 2 2 2 2 21 3 1 4 5 .+ + + + = +x y x y x y

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2

2 2

2 3.

1

+ −=+ +

x y x yP

x y





a) Các em học sinh tự làm. b) Điều kiện: 2x ≠ −

Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 1

112

xmx

x

− = −+

2( ) 2( 7) 21 0g x mx m x⇔ = + − − =

Điều kiện tồn tại A, B phân biệt là: 2

00

' 7 49 0

mm

m m

≠⇔ ≠∆ = + + >

Gọi 1 1 2 2( ; 11); ( ; 11)A x mx B x mx− − là các giao điểm

Theo định lý Vi-et ta có: 1 2 1 2

14 2 21; .

mx x x x

m m

− −+ = =

12 ( , ). ( , ). 2

2∆ ∆= ⇒ = ⇔ =OAB OBMS S d O AB AB d O BM BM AB BM (Do M, A, B thẳng hàng)

( )2 1 22 2 21 2 2

1 2

3 7(1 ) 4 (1 )

0 7

x x mx x m x m

x x m

= = − ⇔ − + = + ⇔ ⇔ + = =

Vậy 7m= ± là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm).

Ta có ( ) 22 3 sin . 1 cos 4cos .sin 32

xx x x+ − =

( )2 3 sin 2 3 sin .cos 2cos 1 cos 3x x x x x⇔ + − − =

( ) ( )2 22 3 sin cos 3sin 2 3 sin .cos cos 0x x x x x x⇔ − − − + =

( )( ) 3 sin cos 03 sin cos 3 sin cos 2 0

3 sin cos 2

x xx x x x

x x

− =⇔ − − − = ⇔

− =

+) Với 3 sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 06 6 6

x x x x xπ π π − = ⇔ − = ⇔ − =

,6 6

x k x k kπ ππ π⇔ − = ⇔ = + ∈ℤ

+) Với 3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 16 6 6

x x x x xπ π π − = ⇔ − = ⇔ − =

22 2 ,

6 2 3x k x k k

π π ππ π⇔ − = + ⇔ = + ∈ℤ

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 2

, 2 ,6 3

x k x k kπ ππ π= + = + ∈ℤ


Đặt 1,01.ln =⇒==⇒==⇒= uexuxx

dxduxu

Ta có 21

1

02

1

02

1

02 1

1

11

1IIdu

udu

u

udu

u

uI +=

++

+=

+

+= ∫∫∫

Dễ thấy 12|)1()1()1(2

1

1

10

2

122

1

0

2

12

1

021 −=+=++=

+= ∫∫

−uududu

u

uI



Xét hàm số )1ln( 2 ++= uuy có ( )( ) ( )

22

22 2

11 ' 11'11 1

uu u

uyuu u u u

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

Suy ra hàm số )1ln( 2 ++= uuy là một nguyên hàm của hàm số 1

12 +

=u

y

Khi đó ta có ( ) 12

20

ln 1 ln(1 2)I u u= + + = +

Vậy )21ln(12 ++−=I Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z = x + yi ( ),x y∈R

Ta có 3 2(1 ) (1 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2i i i i i i− = − − = − − = − − Khi đó, . . 2 2 ( 1) 0PT z z i i i z⇔ − − + + =

2 2

2 2

22 ( 2) 0

2 0

x yx y x y x y i

x y x y

+ =⇔ + − + + + − − = ⇔ + + − − =

2

2 0 1

2 12 2 0

y x x x

y yx x

= − = = ⇔ ⇔ ∨ = =− =

Vậy 2 ; 1z i z i= = + là các số phức cần tìm. b) Điều kiện 2,n n≥ ∈ℕ

Ta có: ( ) ( )2 11

15 1 5

2n

n n

n nA C n n−

+

+− = ⇔ − − = 2 2( )

3 10 05

n loain n

n

= −⇔ − − = ⇔ =

Với n = 5 ta có: ( ) ( ) ( ) ( )5 10

5 102 25 10

0 0

1 2 1 3 2 3k lk l

k l

P x x x x x C x x C x= =

= − + + = − +∑ ∑

⇒số hạng chứa x5 là ( ) ( ) ( )4 31 2 7 5 55 10. . 2 . 3 16.5 27.120 3320x C x x C x x x− + = + =

Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320. Câu 5 (1,0 điểm). Ta có (P) có vtpt ( )1;1;1Pn =

, ∆ có vtcp ( )1;3; 1u∆ = −

, ( )1;0;0M ∈ ∆ .

Do ( ) ( ); 4;2;2d P

d P

d

u nd Pu n u

d u u∆

∆

⊥⊂ ⇒ ⇒ = = − ⊥ ∆ ⊥

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với ∆ .

Khi đó ta chọn ( ); 2 4;1;7Q dn u u∆ = = −

suy ra (Q) có dạng 4 7 0x y z d+ + + = .

Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) 4; ; ;

66

dd d d P d M P

+∆ = ∆ = = .

Từ đó kết hợp với giả thiết ta được 4 8

4 8 4; 1266 66

dd d d

+= ⇔ + = ⇔ = = −

+) Nếu ( )4 : 4 7 4 0d Q x y z= ⇒ + + + = .

Chọn điểm ( ) ( )1 13; ; 1

3 3N P Q d − − ∈ =

∩ suy ra phương trình

1 1313 3:

2 1 1

x y zd

+ − += =− −

+) Nếu ( )12 : 4 7 12 0d Q x y z= − ⇒ + + − = .

Chọn điểm ( ) ( ) ( )1;1;1N P Q d∈ =∩ suy ra phương trình 1 1 1

:2 1 1

x y zd

− − −= =− −




Theo bài, 0 0120 60= ⇒ = ⇒ ∆BAD ABC ABC là tam giác đều cạnh a. Suy ra ; 3.= =AC a BD a

Kẻ HK ⊥ CD, (K ∈ CD). Ta có ( )⊥

⇒ ⊥ ⊥

CD SHCD SHK

CD HK

Kẻ Kẻ HE ⊥ SK, (E ∈ SK). Ta có ( )( )

⊥⇒ ⊥ ⊥ ⊃ ⇒ ⊥

HE SKHE SCD

CD SHK HE HE CD

Do đó ( );( )=HE d H SCD . Do H là trọng tâm tam giác ABD nên 2 1

3 3= =AH AO AC

( ) ( )2 2;( ) ; ( )

3 3 2 3 3⇒ = = = ⇒ =a a a

d H SCD d A SCD HE

Kẻ ; / /⊥ ⊥ ⇒OM CD HK CD OM HK

Do 1 1 3 4

3 3 4 3= = ⇒ = ⇒ =OH OA OC OC HC HK OI

Ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 16 3 3

4 3332 2

= + = + = ⇒ = ⇒ =

a aOI HK

OI OC OD aa a

Xét ∆SHK: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 6 6

633 3

= + ⇔ = − = − = ⇒ =

aSH

HE SH HK SH HE HK aa a

Do đó, thể tích khối chóp 31 1 6 1 1 6 1 2

. . . . . 33 3 6 2 3 6 2 12

= = = =SABCD ABCDa a a

V SH S AC BD a a (đvtt)

Gọi I là trung điểm của SD, suy ra OI // SB. Khi đó ( ) ( )

; ;

180

= =

−

IOCSB AC OI AC

IOC

Xét tam giác IOC ta có 1

2 2= = a

OC AC

Xét tam giác HBO ta có 2 2

2 2 3 7

4 36 3= + = + = =a a a

HB OB OH HD

2 22 2 7 34 1 34

6 9 6 2 12⇒ = = + = + = ⇒ = =a a a a

SB SD SH HB OI SB

Xét tam giác SHC ta có 2 2 2

2 2 2 4 11

6 9 18= + = + =a a a

SC SH HC

Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác SCD ta được 2 2

22 2 2 2

2

11 174118 8

2 4 2 4 72

++= − = − =

a aaSC CD CD a

IC



Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác IOC ta được

2 2 2

2 2 20

17 41172 4 72cos 90

2 . 34 342. .

12 2

+ −+ −= = = − ⇒ >

a a aOI OC IC

IOC IOCOI OC a a

Khi đó ( ) 1φ ; 180 cosφ cos

34= = − ⇒ = − =SB AC IOC IOC

Vậy ( ) 1cos ;

34.=SB AC

Câu 7 (1,0 điểm). Vì ABD là tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn, mà ABCD là hình bình hành nên suy ra tam giác ABD có thể vuông tại B hoặc D (vuông tại A thì ABCD là hình vuông, vô lí).

Xét TH tam giác ABD vuông tại B khi đó 2 6 3 2AD R= = ≠ → vô lí. Suy ra tam giác ABD chỉ có thể vuông tại D.

Gọi I là giao của AC và BD, khi đó I cũng chính là trung điểm của HK 7 5

;2 2

I

⇒

Hình chiếu vuông góc của B, D lên AC lần lượt là 22 14

; ,5 5

H

13 11; .

5 5K

Nên ta có phương trình AC là: 3 4 0x y− + = Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

( ) ( ) ( )2 2

223 4 0 1 5

1 142 1 95

xx y xLoai do H

yx yy

=− + = = − ⇔ ∨ ≡ =− + − = =

Suy ra tọa độ ( ) ( )1;1 8;4A C− ⇒

Do BH AC⊥ lần lượt tại 22 14

; ,5 5

H

nên ta có phương trình BH: 3 16 0x y+ − = .

Mặt khác có điểm B là giao điểm của BH và đường tròn.

Nên tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( )2 2

223 16 0 5 5

1 142 1 95

xx y xLoai do H

yx yy

=+ − = = ⇔ ∨ ≡ =− + − = =

Suy ra tọa độ ( ) ( )5;1 2;4B D⇒

Vậy tọa độ các đỉnh của hình bình hành là: ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 5;1 , 8;4 , 2;4A B C D−

Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: ( ) ( ); 1 1;x∈ −∞ − ∪ +∞

Ta có BPT tương đương ( ) ( )

2

1 2 1

21

x x x

x x

− −⇔ ≤

−

+) Xét: ( ) ( ) ( )2

1 2 1; 1 bpt

21

x xx

x

− −∈ −∞ − ⇒ ⇔ ≤

−

Với ( ) ( ) ( ) ( )2

1 0 1 2 1; 1 0 , ; 1

2 0 21

x x xx x

x x

− > − −∈ −∞ − ⇒ ⇒ < < ∀ ∈ −∞ − − < −



+) Xét: ( ] ( ) ( )2

1 2 11;2 bpt

21

x xx

x

− −∈ ⇒ ⇔ ≤

−

Mặt khác: ( ] ( ) ( ) ( ]2

1 0 1 2 11;2 0 , 1;2

2 0 21

x x xx x

x x

− > − −∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ − ≤ −

+) Xét: ( ) ( ) ( ) ( )( )2

2

1 2 12; bpt 2 1 2 1

21

x xx x x x

x

− −∈ +∞ ⇒ ⇔ ≤ ⇔ − − ≤ +

−

( ) ( )3 2 2

0

2 10 15 9 0 3 2 4 3 0 2 3x x x x x x x

>

⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤ ⇔ < ≤

Kết hợp 3 TH suy ra nghiệm của BPT là: ( ) ( ]; 1 1;3x∈ −∞ − ∪


Từ ĐK ta có: ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 22 3 1 3 1 4x y x y x y x y+ − = + + − + + +

( ) ( )22 2 2 2

2 2

1 3 1 4

1

x y x yP

x y

+ + − + + +⇒ =

+ +

Đặt 2 2 1t x y= + + 2 3 4 4

3t t

P tt t

− +⇒ = = + −

Mặt khác ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 3 1 3 1 4x y x y x y x y x y+ ≥ + − = + + − + + +

( ) ( )22 2 2 2 2 21 5 1 6 0 2 1 3x y x y x y⇒ + + − + + + ≤ ⇒ ≤ + + ≤ Hay [ ]2;3t ∈

Do ( ) ( ) ( ) ( )2

4 4' 1 0; 2;3 min 1 2 ; 3

3P t t P t MaxP t

t= − ≥ ∀ ∈ ⇒ = = = =

+) Với ( )22 2 2 2 2 2

2 2

1 3 1 4 5 .2 0; 1

1 2

x y x y x yt x y

x y

+ + + + = += ⇔ ⇔ = = ± + + =

+) Với ( )22 2 2 2 2 2

2 2

1 3 1 4 5 .3 0; 2

1 3

x y x y x yt x y

x y

+ + + + = += ⇔ ⇔ = = ± + + =




x my

x

+=−

(với m là tham số)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = –2. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng : 2 1= −d y x cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt

,A B sao cho 2 2 14OA OB+ = ( với O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

23 3

2

π2 2sin

sin cos 3π22cos .

1 cos 1 sin sin 2 4

− + + = + − + +

xx x

xx x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích của miền hình phẳng giới hạn bởi các đường 2| 4 |y x x= − và 2y x= .


a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z biết số phức ( ) ( )1 2z z i z= − + là một số thuần ảo.

b) Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0,+ + + =P x y z đường

thẳng 2 1 1

:2 1 1

− + −= =− −

x y zd và đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng 1, 4 0.= + − =x y z

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với ∆ và (P).

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với ; 3.= =AB a AD a

Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H trên đoạn AC sao cho 3 .=CH AH

Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng 8 201

.67

a Tính thể tích khối chóp SBCDH và

bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện SACD theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn (C) tâm

I bán kính 5R= . Tiếp tuyến của (C) tại C cắt tia đối của tia AB tại 26

4;3

K −

. Biết diện tích tam

giác ABC bằng 20 và A thuộc : 4 0d x y+ − = . Viết phương trình đường tròn (C).


2 22 2

1 12 7

( , )6 1

1

+ + + =

∈ + = − +

ℝ

x yx y

x y

x y xy

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3.

Chứng minh rằng 2 23 3 3.

1 1 2+ + ≤ + +

+ + +a b ab

a bb a a b






b) Phương trình hoành độ giao điểm: 2

12 1

1 2 4 1 0 (*)

xx mx

x x x m

≠+ = − ⇔ − − + − =

Đường thẳng 2 1y x= − cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt (*)⇔ có hai nghiệm phân biệt khác 1 1⇔ > −m Gọi 1 1 2 2( ;2 1); ( ;2 1)− −A x x B x x ; 2 2 2

1 2 1 2 1 214 5( ) 10 4( ) 12OA OB x x x x x x+ = ⇔ + − − + =

Vì 1 2 1 22; 1x x x x m+ = = − nên thay lên dễ dàng tìm được m = 1 (thỏa mãn).


Điều kiện: π

sin .cos 0 sin 2 02

≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ kx x x x

22 2

π2cos

sin (1 cos ) cos (1 sin ) 3π21 cos 2

1 cos 1 sin 2sin cos 2

sin sin cossin (1 cos ) cos (1 sin ) 1 sin 2 sin cos

cos cos

xx x x x

PT xx x x x

x x xx x x x x x x

x x

+ − − ⇔ + = + + − + +

+⇔ − + − = + − ⇔ + =

sin cos 0

cos 1 ( sin 0)

ππ( )

4

x x

x loai do x

x k k Z

+ =⇔ = =

⇔ = − + ∈

Câu 3 (1,0 điểm). 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 xx x x x x

xx 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= − − + − −∫ ∫

+) Xét ( )2

2

0

| 4 | 2I x x x dx= − −∫

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

2

0

44 2

3I x x x dx= − + − =∫

+) Xết ( )6

2

2

| 4 | 2K x x x dx= − −∫

Vì [ ] 22;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 24;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên

( ) ( )4 6

2 2

2 4

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

Vậy 4 52

163 3

S = + =




a) Ta có ( ) ( ) 2

1 2 1 2 2 . 2 2z z z z z z z z z z= − + = − + − = − + − .

Đặt ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 12 2 2 3z x yi z x yi x yi x y z x y x yi= + → = − + + − − + ↔ = − − + − .

Để 1z là số thuần ảo thì

22 2 21 9

2 02 4

3 00

x y x x y

yy

− − + = − + = ↔ − ≠ ≠

hay

221 9

2 4

0; 1; 2

x y

y x x

− + = ≠ ≠ − ≠

Vậy tập hợp những điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm 1

;02

I

bán kính 3

2R = và trừ 2

điểm ( )1;0A − và ( )2;0B .

b) Số phần tử của không gian mẫu 612 924C = (phần tử).

Xét trường hợp trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm suy ra có 410 210C = cách và xác xuất là

210

924.

Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá 1 phế phẩm là 210 714 17

1924 924 22

P = − = =

Câu 5 (1,0 điểm). Mặt cầu có tâm (2 2; 1; 1)+ − − − + ∈I t t t d .

9( ; ( ))

3

+=

td I P . Chọn (0;1; 1)∆ = −

u và (1;1;3)∈ ∆M . Khi đó (2 1; 2; 2)= + − − − −

MI t t t .

Suy ra [ , ] ( 2 4; 2 1; 2 1)∆ = − − − − − − u MI t t y

Suy ra 2[ , ] 12 24 18

( , )2

∆

∆

+ +∆ = =

u MI t t

d Iu

.

Từ giả thiết ta có ( ; ( )) ( ; )= ∆ =d I P d I R

2 2

09

6 12 9 53 90 0 903

53

=+ ⇔ = + + ⇔ + = ⇔ = −

tt

t t t tt

+) Với 0=t . Ta có (2; 1;1), 3− =I R .

Suy ra phương trình mặt cầu là 2 2 2( 2) ( 1) ( 1) 9.− + + + − =x y z

+) Với 90

53= −t . Ta có

74 37 143 129

53 53 53 53 − =

I ; ; , R .

Suy ra phương trình mặt cầu là 2 2 2 2

74 37 143 129

53 53 53 53 + + − + − =

x y z

Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp SBCDH. Nhận xét: ( )/ / / /CD AB CD SAB⇒

( ) ( )( ) ( )( ) ((, ; ; 4 ;d SB CD d CD SAB d C SAB d H SAB⇒ = = = Từ H kẻ HI AB⊥ , dựng HK SI⊥ ta có:

( ) ( )HI AB

AB SIH AB HKHK SABSH AB

HK SI

⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⇒ ⊥⊥ ⊥



Suy ra ( ) ( )( ), 4 , 4d SB CD d H SAB HK= =

Mà ( ) 8 201 2 201,

67 67

a ad SB CD HK= ⇒ =

Ta có 1 3

4 4

aHI AD= = ; 22 3 3BCDH ABCD AHBS S S a= − =

Mà trong 2 2 2

1 1 1: 2SIH SH a

HK SH HI∆ = + ⇒ =

Vậy: 31. . 2 3

3SBCDH BCDHV SH S a= =

+) Bán kính mặt cầu ngoại ti ếp tứ diện SACD.

Nhận thấy O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp ADC∆

Từ O dựng Ox AC⊥ . Trong SAC∆ dựng trung trực của SA Ox G∩ =

Suy ra G chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

SACD cũng bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC.

Ta có: 217 5 12 ; ; ; . . 2

2 2 2SAC

a aAC a SA SC S SH AC a∆= = = = =

Vậy: ( ),

. . 5 17

4. 16S G AGSAC

SA SC AC aR

S∆

= =

Câu 7 (1,0 điểm). Gọi CH là đường cao của ABC∆ .

Ta có 1

.2 20 42

= = ⇒ =ABCS CH R CH

Đặt AK x= ta có:

( )22 2 2 2 25 5 10= − = + − = +CK KI CI x x x

Mặt khác CH cũng là đường cao KCI∆ do đó:

2 2 2 2

1 1 1 1 9 10

10 400 3+ = ⇔ = ⇔ =

+x

KC CI CH x x

Gọi ( ) ( )( )2

2

2 2;610 14 100

;4 4 20 20 323 3 9 ;

3 3 3

= − ⇒ − − ⇒ = ⇔ + + − − = ⇔ = − ⇒ −

t A

A t t AK t tt A

Gọi ( );I a b là tâm của đường tròn.

+) Với ( )2;6A − ta có: ( )

( )3

2 . 2125 3 3

1;210 3 8 22 2

6 .3 2 3

− − = − == = ⇒ = ⇔ ⇔ ⇒ = − =

a

aIAIA AK I

bAKb

Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 1 2 25C x y− + − =



+) Với 20 32

;3 3

−

A

( )

20 3 8 32.

32 413 2 3 3 ;41 3 332 3

. 233 2

− − = = − ⇒ ⇔ ⇒ − =− = −

a aI

bb

Vậy ( )2 2

32 41: 25

3 3C x y

+ + − =

Vậy có 2 đường tròn như trên thõa mãn yêu cầu bài toán. Câu 8 (1,0 điểm).

Điều kiện: 0

0

+ ≠ ≠

x y

xy.

221 1

2 2 2 7

6

+ − + + − = ⇔ ++ = − −

x yx yHPT

x yx y

xy

221 1

2 2 2 7

1 16

+ − + + − = ⇔ + + + = −

x yx y

x yx y

.

Đặt

1

1

+ = + =

x ax

y by

, 2, 2≥ ≥a b ta được 2 22 2 2 7

6

− + − =

+ = −

a b

a b

2 2 2 2 2 24 2 2( ) 4 28

6

+ − + − + + =⇔ + = −

a b a b a b

a b

2 2 2 2( ) 2 2 2( ) 4 4 32

6

+ − + − + + + =⇔ + = −

a b ab a b a b ab

a b

2 2 4 68 2

6

+ − = −⇔ + = −

a b ab ab

a b

2 2 2 24 68 4 4

2

6

+ − = − +⇔ ≥ + = −

a b ab a b ab

ab

a b

93

6

=⇔ ⇔ = = − + = −

aba b

a b

Ta có x, y từ hệ 2

2

1 3 533 1 0 2

1 3 1 0 3 532

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

x xx xx

y yy yy

Vậy hệ có nghiệm

3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5; ; ; ; ; ; ;

2 2 2 2 2 2 2 2

− − − − − − − + − + − − − + − +

Câu 9 (1,0 điểm). Từ bài ta đặt: 2, 4 ; 3a b S ab P S P S P+ = = ⇒ ≥ + = .

Theo điều kiện suy ra: ( ) ( )( )2 4 3 2 6 0 2S S S S S≥ − ⇔ − + ≥ ↔ ≥

BĐT tương đương ( ) ( ) ( )

223 3 6 3

21 2

a b a b ab aba b ab

ab a b a b

+ + + −⇔ + ≤ + − +

+ + + +

Thay 3P S= − ta có BĐT tương đương: 2

23 9 18 3 92

4 2

S S SS S

S

+ − −+ ≤ + −

( )( )23 2 2 64 120 0

4 4

S S SS S S

S S

− + +− + −⇔ ≥ ⇔ ≥ . BĐT này luôn đúng do 2S ≥ .

Phép chứng minh hoàn tất.

00 sach luyen de vc p1 hungdv

Documents