55 Đề thi thử đại học có hướng dẫn giải 2014 trần sĩ tùng

Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2014

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2014Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 1 )

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x= − + − (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồthị (C).

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: x x x x x22 3 1 3 2 2 5 3 16+ + + = + + + − .

2) Giải phương trình: x x x x32 2 cos2 sin2 cos 4sin 04 4π π

+ + − + = ÷ ÷ .

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x x x x dx2

4 4 6 6

0(sin cos )(sin cos )

π

= + +∫ .

Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu

vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:

abcda b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 41 1 1 1 1+ + + ≤

+ + + + + + + + + + + +II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2x –

y – 5 = 0 và đường tròn (C’): 2 2 20 50 0x y x+ − + = . Hãy viết phương trình đường tròn

(C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặtphẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK.

Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu na bi (c di)+ = + thì 2 2 2 2 na b c d( )+ = + .

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 32

, A(2; –3),

B(3; –2), trọng tâm của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phươngtrình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.2) 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 đườngthẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD.

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: x y x x y

xxy y y xy

2 24 4 4

24 4 4

log ( ) log (2 ) 1 log ( 3 )

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

+ − + = +

+ − + − + = − ÷

www.VNMATH.com

Trang 1

Đề thi thử Đại học www.VNMATH.com Trần Sĩ Tùng



Câu I. (2đ): Cho hàm số y x mx x3 23 9 7= − + − có đồ thị (Cm).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 0= . 2. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.Câu II. (2đ):

1. Giải phương trình: x x x x2 2 2 2sin 3 cos 4 sin 5 cos 6− = −

2. Giải bất phương trình: x x

x

12 2 1 02 1

− − + ≥−

Câu III. (1đ) Tính giới hạn sau: x

x xAx

23

1

7 5lim1→

+ − −=−

Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA= 1; AD 2= . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM vàAC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB.

Câu V (1đ): Biết x y( ; ) là nghiệm của bất phương trình: x y x y2 25 5 5 15 8 0+ − − + ≤ . Hãy tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức F x y3= + .II. PHẦN TỰ CHỌN (3đ)

A. Theo chương trình chuẩn:Câu VI.a (2đ)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y2 21

25 16+ = . A, B là các điểm trên (E)

sao cho: 1AF BF2 8+ = , với F F1 2; là các tiêu điểm. Tính AF BF2 1+ . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )α : x y z2 5 0− − − = và điểm

A(2;3; 1)− . Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng ( )α .

Câu VIIa. (1đ): Giải phương trình: ( ) ( ) ( )2 3 31 1 14 4 4

3log x 2 3 log 4 x log x 6

2+ - = - + +

B. Theo chương trình nâng cao:Câu VI.b (2đ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua A(2; 1)− và tiếp

xúc với các trục toạ độ.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : x y z1 1 2

2 1 3+ − −= = và mặt

phẳng P : x y z 1 0− − − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;1; 2)− , song songvới mặt phẳng P( ) và vuông góc với đường thẳng d .

Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: mx m x m myx m

2 2 3( 1) 4+ + + +=+

có đồ thị mC( ) .

Tìm m để một điểm cực trị của mC( ) thuộc góc phần tư thứ I, một điểm cực trị của mC( )thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy.

www.VNMATH.com


Trang 2



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 23 1y x x= − + có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song vớinhau và độ dài đoạn AB = 4 2 .

Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình: x x x84 82

1 1log ( 3) log ( 1) 3log (4 )2 4

+ + − = .

2. Tìm nghiệm trên khoảng 0;2π

÷

của phương trình:

x x x2 2 34sin 3 sin 2 1 2cos2 2 4

π ππ − − − = + − ÷ ÷ ÷

Câu III: (1 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục trên R và 4f x f x x( ) ( ) cos+ − = với mọi x∈R.

Tính: ( )I f x dx2

2

π

π−= ∫ .

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vuông tâm O. Các mặtbên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lầnlượt là hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK.

Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 .

Chứng minh rằng:a b c d

b c c d d a a b2 2 2 22

1 1 1 1+ + + ≥

+ + + +II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 32

, A(2;–3),

B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 4 = 0.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) và mặt phẳng(P): x – 3y + 2z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuônggóc với mặt phẳng (P).

Câu VII.a: (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình z bz c2 0+ + = nhận số phức1z i= + làm một nghiệm.

B. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) và

phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; 02y5x2 =−+ . Tìm tọađộ các đỉnh A, B, C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và

đường thẳng (d) 6x 3y 2z 06x 3y 2z 24 0

− + = + + − =

. Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) và cắt

các đường thẳng AB, OC.Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình sau trong tập số phức: 4 3 26 8 16 0z z z z– – –+ = .

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2014

Trang 3


Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 4 )


Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x x4 25 4,= − + có đồ thị (C).

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

2. Tìm m để phương trình x x m4 225 4 log− + = có 6 nghiệm.

Câu II (2.0 điểm).

1. Giải phương trình: x x xx x

1 1sin2 sin 2cot 22sin sin2

+ − − = (1)

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 0; 1 3 ∈ + :

( )m x x x x2 2 2 1 (2 ) 0− + + + − ≤ (2)

Câu III (1.0 điểm). Tính xI dx

x

4

0

2 11 2 1

+=+ +

∫

Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 a2 5= và· oBAC 120= . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảngcách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).

Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: x y z xy yz zx3 2 4 3 5+ + ≥ + +II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

A. Theo chương trình Chuẩn.Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm

B C M a( 1; 3; 0), (1; 3; 0), (0; 0; )− với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt

phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho a 3= . Tìm góc α giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC).2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất

Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: y

xx x x x yy y y

2 1

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

−

−

+ − + = + ∈+ − + = +

¡

B. Theo chương trình Nâng cao.Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) và

mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 01. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: x x x24 2(log 8 log )log 2 0+ ≥

www.VNMATH.com


Trang 4



Câu I (2 điểm) Cho hàm số xy

x2 1

1+=−

có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B. Gọi I là

giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: x x

x x3sin2 2sin 2

sin2 .cos− = (1)

2. Giải hệ phương trình : x x y yx y x y

4 2 2

2 24 6 9 0

2 22 0

− + − + =

+ + − =(2)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: xI e x x dx22

sin 3

0.sin .cos .

π

= ∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, mặt bên hợp với đáygóc α . Tìm α để thể tích của khối chóp đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 33 332 2 2

x y zP 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2y z x

= + + + + + + + + ÷ ÷

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

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(12

; 0) . Đường

thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A,B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm .2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng d1( ) và d2( ) có phương

trình: x y z x y zd d 1 2

1 1 - 2 - 4 1 3( ); ; ( ) :2 3 1 6 9 3− + − −= = = = .

Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1 ) và d2( ) .Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x x m x x2 210 8 4 (2 1). 1+ + = + + (3)

B. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2);

P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh củahình vuông.2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng (∆) và (∆′) có phương trình:

x t x t y t y t

z z t

3 2 2 '( ) : 1 2 ; ( ) : 2 '

4 2 4 '∆ ∆

= + = − + ′= − + = = = +

Viết phương trình đường vuông góc chung của (∆) và (∆′).Câu VII.b (1 điểm) Giải và biện luận phương trình:

mx m x mx x x x2 2 3 21 .( 2 2) 3 4 2+ + + = − + − (4)


Trang 5



Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số 3 3 (1)y x x= −

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn cắt đồ thị (C)tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệtM, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau.

Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 1 1 15.3 7.3 1 6.3 9 0x x x x− − +− + − + = (1)2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:

x x

x x a

x x m b2

33 32

2 ( 2 5)

log ( 1) log ( 1) log 4 ( )

log ( 2 5) log 2 5 ( )− +

+ − − > − + − =

(2)

Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình: x z z ay x x bz y y c

3 2

3 2

3 2

9 27( 1) ( )9 27( 1) ( )9 27( 1) ( )

= − − = − − = − −

(3)

Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các cạnh bêncủa hình chóp bằng nhau và bằng 2a . Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh

AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho 3

aAK = . Hãy tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng MN và SK theo a.Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: a b cT

a b c1 1 1= + +

− − −.

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

Câu 6a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 =0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC.2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x+ 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng(Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.

Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z i z i z i z ai z bz c3 2 22(1 ) 4(1 ) 8 ( )( )− + + + − = − + +

Từ đó giải phương trình: z i z i z i3 22(1 ) 4(1 ) 8 0− + + + − = trên tập số phức.

Tìm môđun của các nghiệm đó.B. Theo chương trình nâng cao

Câu 6b (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìmđiểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa haitiếp tuyến đó bằng 600.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

(d1) : { x t y t z2 ; ; 4= = = ; (d2) : { 3 ; ; 0= − = =x t y t z

Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạnvuông góc chung của (d1) và (d2).

Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ≥ ln2. Tính J = −

∫xln10

b 3 x

e dx

e 2 và tìm →b ln2

lim J.


Trang 6



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): 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) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị củatham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBCcó diện tích bằng 8 2 .

Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos2 5 2(2 cos )(sin cos )+ = − −x x x x (1)

2) Giải hệ phương trình: 3 3 3

2 2

8 27 18

4 6

+ =

+ =

x y y

x y x y(2)

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

2

6

1sin sin

2

π

π× +∫ x x dx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600,ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC).

Câu V (1 điểm) 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 xm m (3)

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

Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

2 21 2 9x y( ) ( )− + + = và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có

duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, Clà hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường thẳng d có

phương trình: 1 1

2 1 3

− −= =x y z. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với

d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

3 3 34 4 43

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )+ + ≥

+ + + + + +a b c

b c c a a b(4)

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện

tích bằng 3

2; trọng tâm G của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán

kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặtphẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x –6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8.

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình : 2 2

2 22 2log ( ) 1 log ( )

3 81− +

+ = + =

x xy y

x y xy (x, y ∈ R)

www.VNMATH.com


Trang 7



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2( ) 2( 2) 5 5= + − + − +f x x m x m m (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 12) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.


1) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 1 1

2 3 5 2≤

+ − − −x x x(1)

2) Tìm các nghiệm thực của phương trình sau thoả mãn 1

3

1 log 0+ ≥x :

sin .tan 2 3(sin 3 tan 2 ) 3 3+ − =x x x x (2)

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau: ( )1

0

12 ln 1

1

− ÷= − + ÷+ ∫

xI x x dx

x

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với µ 0120=A , BD = a >0.Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặtphẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hìnhchóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.

Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn + + =abc a c b . Hãy tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: 2 2 2

2 2 3

1 1 1= − +

+ + +P

a b c(3)

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

Câu VI.a: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phươngtrình d1: 1 0+ + =x y . Phương trình đường cao vẽ từ B là d2: 2 2 0− − =x y . Điểm M(2; 1)thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua

M(1;1;1), cắt đường thẳng ( )1

2 1:

3 1 2

+ −= =−

x y zd và vuông góc với đường thẳng

( )2 : 2 2 ; 5 ; 2= − + = − = +d x t y t z t ( ∈t R ).

Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: 1 2 3 23 7 ... (2 1) 3 2 6480+ + + + − = − −n n n nn n n nC C C C

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): 2 25 5+ =x y , Parabol 2( ) : 10=P x y .Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ) : 3 6 0∆ + − =x y , đồng thờitiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc

với mặt phẳng (P): 1 0+ + − =x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng ( )1

1 1:

2 1 1

− += =−

x y zd

và 2( ) : 1 ; 1;= − + = − = −d x t y z t , với ∈t R .

Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2

4

2 2 1

1 6log ( )

2 2 ( )+

= +

= +x x

x y a

y y b. (4)

www.VNMATH.com


Trang 8



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thờihoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 3 3 2 3 2cos3 cos sin 3 sin

8

+− =x x x x (1)

2) Giải hệ phương trình: 2

2

1 ( ) 4

( 1)( 2)

+ + + =

+ + − =

x y y x y

x y x y (x, y ∈ ) (2)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 6

2 2 1 4 1=

+ + +∫dx

Ix x

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a, AA’ = 3

2

a

và góc BAD = 600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A’D’ và A’B’.Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chópA.BDMN.

Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 ≤ 3 .Chứng minh rằng:

2 24 3 3 3 4 3 3x xy y– – – –≤ ≤ +II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và

trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y – z + 4 = 0 và haiđiểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểmK sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (α), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và (α).

Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: x y x y a

x xy y b2 2ln(1 ) ln(1 ) ( )

12 20 0 ( ) + = + = − − + =

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

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABCD có cạnh AC đi qua điểm M(0;– 1).Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x – y = 0, phương trình đườngcao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ABCD .2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = 0 và hai

đường thẳng d1: 1

x

− =

2

3y − =

3

1z +,

1

4x − =

1

y =

2

3z −. Chứng minh rằng d1 và

d2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (P), đồng thời ∆ cắt cả d1 và d2.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 14 2 2 2 1 2 1 2 0x x x x y– ( – )sin( – )+ + + + = .

www.VNMATH.com


Trang 9




Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2

12

++=

x

xy có đồ thị là (C).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.2) Chứng minh đường thẳng d: y = –x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệtA, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)1) Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2) Giải bất phương trình: )3(log53loglog 24

22

22 −>−− xxx

Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm ∫=xx

dxI

53 cos.sinCâu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi

cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1)thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.

Câu V (1 điểm). Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trịlớn nhất của biểu thức: P = a4 + b4 + c4.


Câu VIa (2 điểm).1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng (d1): 7 17 0− + =x y , (d2):

5 0+ − =x y . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1), (d2) mộttam giác cân tại giao điểm của (d1), (d2).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có A ≡O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’.

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

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

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đường thẳng(d) đi qua M và cắt hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): x – 2y + 2 = 0 lần lượt tại A,B sao cho MB = 3MA.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d1), (d2)

với: (d1):1 2

3 2 1

x y z− += = ; (d2) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): 1 0x + = và (Q):

2 0x y z+ − + = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2).

Câu VIIb (1 điểm) Tìm hệ số của 8x trong khai triển Newtơn của biểu thức :2 3 8(1 )= + −P x x .

www.VNMATH.com

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2014Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 11)

Trang 10



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 1

1

+=−

xy

x (C).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên trục tung tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C).Câu II: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2 2 2 2 2log ( 1) ( 5) log( 1) 5 0+ + − + − =x x x x

2) Tìm nghiệm của phương trình: 2 3cos sin 2+ + =x cos x x thoả mãn : 1 3− <x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:1

2

0

ln( 1)= + +∫I x x x dx

Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ∆ABC là tam giác vuông tại B vàAB = a, BC = b, AA’ = c ( 2 2 2≥ +c a b ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ bị cắtbởi mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với CA′.

Câu V: (1 điểm) Cho các số thực , , (0;1)∈x y z và 1+ + =xy yz zx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: 2 2 21 1 1= + +

− − −x y z

Px y z

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): A. Theo chương trình chuẩn:Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có phương trình: { = −x t ;

1 2= − +y t ; 2= +z t ( ∈t R ) và mặt phẳng (P): 2 2 3 0− − − =x y z .Viết phương trình thamsố của đường thẳng ∆ nằm trên (P), cắt và vuông góc với (d).

2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2

19 4

+ =x y. Viết phương trình

đường thẳng d đi qua I(1;1) cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB.

Câu VII.a: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2

8

1

− − =

+ = −

z w zw

z w

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

1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A(2;4;–1), B(1;4;–1), C(2;4;3),D(2;2;–1). Tìm tọa độ điểm M để MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất.2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABCD cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độlà các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnhAB : y 3 7(x 1)= - . Biết chu vi của ABCD bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 1

2 1

2 2 3 1( , )

2 2 3 1

−

−

+ − + = + ∈+ − + = +

y

x

x x x x y R

y y y

www.VNMATH.com


Trang 11


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 23 2= − +y x m x m (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung phân biệt.Câu II: (2 điểm)

1) Giải phương trình: (sin 2 sin 4)cos 2

02sin 3

− + − =+

x x x

x

2) Giải phương trình: 3 18 1 2 2 1++ = −x x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:2

30

sin

(sin cos )

π

=+∫

xdxI

x x

Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC vuông cân đỉnh C và SC = a .Tính gócϕ giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.

Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2 2 (2 )(2 )− − + − − + =x x x x m

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): A. Theo chương trình chuẩn:Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng

d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ

điểm M thuộc mặt phẳng (P): 1 0− + − =x y z để ∆MAB là tam giác đều.

Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số của 20x trong khai triển Newton của biểu thức 53

2 + ÷

n

xx

,

biết rằng: 0 1 21 1 1 1... ( 1)

2 3 1 13− + + + − =

+n n

n n n nC C C Cn

B. Theo chương trình nâng cao:Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm

toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 5 0∆ − − =x y sao cho hai tam giác MAB, MCD códiện tích bằng nhau.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1( )∆ có phương trình{ 2 ; ; 4= = =x t y t z ; 2( )∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng ( ) : 3 0α + − =x y và( ) : 4 4 3 12 0β + + − =x y z . Chứng tỏ hai đường thẳng 1 2,∆ ∆ chéo nhau và viết phươngtrình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 2,∆ ∆ làm đường kính.

Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số 2 2(2 1) 4

2( )

+ + + + +=+

x m x m my

x m. Chứng minh rằng với mọi m,

hàm số luôn có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không phụ thuộc m.

www.VNMATH.com


Trang 12



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số ( )3 1

2 4

+ −=+ +x m

ym x m có đồ thị là (Cm) (m là tham số)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.2) Xác định m sao cho đường thẳng (d): y = − x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B saocho độ dài đoạn AB là ngắn nhất.

Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin cos 4sin 2 1− + =x x x .

2) Tìm m để hệ phương trình: ( )2 2

2 2

2

4

− + = + − =

x y x y

m x y x y có ba nghiệm phân biệt.

Câu III: (1 điểm) Tính các tích phân 1

3 2

0

1= −∫I x x dx ; J = 1

1

( ln )

++∫

e x

x

xedx

x e x

Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a và điểm M trên cạnh ABsao cho AM = x, (0 < x < a). Mặt phẳng (MA'C') cắt BC tại N. Tính x theo a để thể tích

khối đa diện MBNC'A'B' bằng 1

3thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D'.

Câu V: (1 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi thoả điều kiện 4(x + y) – 5 = 0. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức S = 4 1

4+

x y.

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

Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1: 3 4 5 0x y+ + = ; ∆2:4 3 5 0x y– – = . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d: x – 6y –10 = 0 và tiếp xúc với ∆1, ∆2.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong đó A(1; 2; 4), Bthuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và có tung độ dương. Mặt phẳng(ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC), ·tan 2=OBC . Viết phương trình tham số củađường thẳng BC.

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2(2 ) 7 4 0− + + + =z i z i trên tập số phức.B. Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm M1(155; 48), M2(159; 50), M3(163;54), M4(167; 58), M5(171; 60). Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50)sao cho đường thẳng đó gần các điểm đã cho nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0; 0; 4).Tìmtọa độ điểm B trong mp(Oxy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trìnhmặt cầu đi qua bốn điểm O, B, C, S.

Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh rằng : 4 28 8 1 1− + ≤a a , với mọi a thuộc đoạn [–1; 1].

www.VNMATH.com


Trang 13

http://www.VNMATH.com/



Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 2 1

1

−=+

xy

x (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của(C) là nhỏ nhất.

Câu II. (2 điểm)

1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: 1

1 3

+ =

+ = −

x y

x x y y m.

2) Giải phương trình: cos23x.cos2x – cos2x = 0.

Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 2

2

0

( sin )cos

π

= +∫I x x xdx .

Câu IV. (1 điểm) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0≤ m ≤ a). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại điểm A, lấy điểm Ssao cho SA = y (y > 0). Tính thể tích khối chóp S.ABCM theo a, y và x. Tìm giá trị lớn nhất củathể tích khối chóp S.ABCM, biết rằng x2 + y2 = a2.

Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn: 1 1 1

1x y z

+ + = . Chứng minh rằng:

1 1 11

2 2 2+ + ≤

+ + + + + +z y z x y z x y z.


Câu VI.a. (2 điểm)

1) 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 tam giácABC là tam giác đều.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 –2x + 2y + 4z – 3 = 0 và

hai đường thẳng 1 2

1 1: , :

2 1 1 1 1 1∆ ∆− −= = = =

− − −x y z x y z

. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu

(S), biết tiếp diện đó song song với hai đường thẳng ∆1 và ∆1.

Câu VII.a. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2. 5. 90

5. 2. 80

+ =

− =

x xy y

x xy y

A C

A C

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y2 = 8x. Giả sử đường thẳng d đi quatiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là x1, x2. Chứngminh: AB = x1 + x2 + 4.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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

∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b. Tính đạo hàm f ′(x) của hàm số ( ) 3

1( ) ln

3f x

x=

− và giải bất phương trình sau:

tdt

f xx

2

0

6sin

2'( )

2

π

π>

+

∫


Trang 14



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số: 33= −y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C).

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình.: 3sin 2 2sin

2sin 2 .cos

− =x x

x x

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( 1) 4( 1)1

− + − =−x

x x x mx

Câu III (1 điểm): Tính tích phân I= 22

sin 3

0

.sin .cos .

π

∫ xe x x dx.

Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R.Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và · 2α=ASB , · 2β=ASM . Tính thể tích khối tứ diện

SAOM theo R, α và β .Câu V (1 điểm): Cho: 2 2 2 1+ + =a b c . Chứng minh: 2(1 ) 0+ + + + + + + ≥abc a b c ab ac bc


Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 vàđiểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phânbiệt sao cho MA = 3MB.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2).Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H.

Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: 22 2log ( 7) log 12 4 0+ − + − =x x x x


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìmtọa độ các đỉnh C và D.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) vàphương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là:

1

2 3 3:

1 1 2

− − −= =−

x y zd , 2

1 4 3:

1 2 1

− − −= =−

x y zd .

Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ABC và tính diện tích của ∆ABC .Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 2007 1x x = + .

www.VNMATH.com

Trang 15




Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 4

1

−=+

xy

x.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(–3;0) và N(–1; –1)


1) Giải phương trình: 4cos4x – cos2x 1 3

cos4 cos2 4

− + xx =

7

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

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: K = 2

0

1 sin.

1 cos

π

+ ÷+ ∫ xx

e dxx

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bênhợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.

Câu V: (1 điểm) 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

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

Câu VI.a: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai cạnh là 5x – 2y+ 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trựctâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

2) Trong không gian với hệ toạ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : 1 2

1 2 2

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

Câu VII.a: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất hàm số y = 2

cos

sin (2cos sin )−x

x x x với 0 < x ≤

3

π.


1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 vàđường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đốixứng qua điểm A(3;1).

2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, 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 đóđến A và B là nhỏ nhất.

Câu VII.b: (1 điểm) Cho 2 2

3 cos sin3 3

π πα = + ÷ i . Tìm các số phức β sao cho β3 = α.

www.VNMATH.com

Trang 16





1

−=−

xy

x (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ∆OABvuông tại O.


1) Giải phương trình: ( ) ( )

2cos . cos 12 1 sin

sin cos

−= +

+x x

xx x

2) Giải hệ phương trình: 2 2

2 2

3 ( )

1 1 4 ( )

+ − =

+ + + =

x y xy a

x y b

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( )2

cos

0

sin .sin 2

π

= +∫ xI e x xdx

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA ⊥ (ABCD)và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, SC. Tính thể tích tứ diện BDMN vàkhoảng cách từ D đến mp(BMN).

Câu V: (1 điểm) Chứng minh rằng: 2

cos 2 , .2

+ ≥ + − ∀ ∈x xe x x x R

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

Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1;2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2( 2) ( 1) 25− + + =x y theo một dây cung có độdài bằng 8.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình

011642222 =−−+−++ zyxzyx và mặt phẳng (α) có phương trình 2x + 2y – z + 17 =

0. Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao tuyến là đườngtròn có chu vi bằng 6π.

Câu VII.a: (1 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6;7}. Hãy tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A cóphương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d2: x + 2y – 5 =0. Tìm toạ độ điểm A.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2;1), D(–1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại cácđiểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP.

Câu VII.b: (1 điểm) Tính tổng: 0 1 2 10042009 2009 2009 2009...= + + + +S C C C C

www.VNMATH.com

Trang 17





2

−=−

xy

x1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C)tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đườngtròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2 21 sin sin cos sin 2cos2 2 4 2

π + − = − ÷ x x x

x x

2) Giải bất phương trình: 2

2 1

2

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

2 − + − > − + − ÷

x x x x x


1

ln3 ln

1 ln

= + ÷+ ∫e x

I x x dxx x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2

a. 3=SA a , · · 030= =SAB SAC

Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 3 3 3

1 1 1

3 3 3= + +

+ + +P

a b b c c a.

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

Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng 1 : 2 5 0− + =d x y .d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; –1) sao cho đườngthẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm củahai đường thẳng d1, d2.2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3;2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2 0+ + − =x y z . Gọi A’ là hình chiếucủa A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A′, B, C, D. Xác định toạ độtâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).

Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2 4= −y x x và 2=y x .

B. Theo chương trình Nâng caoCâu VIb (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình:2 2

116 9

− =x y. Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của

(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ( ) : 2 5 0+ − + =P x y z và đường thẳng

3( ) : 1 3

2

+ = + = −xd y z , điểm A( –2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao

điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cáchAM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình 3 1 2 3

2

2 2 3.2 (1)

3 1 1 (2)

+ − + + =

+ + = +

x y y x

x xy x

Trang 18



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 23 4= − +y x x .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.

Câu II (2điểm)

1) Giải hệ phương trình: 2

2

1 ( ) 4

( 1)( 2)

+ + + =

+ + − =

x y x y y

x x y y (x, y ∈R )

2) Giải phương trình:

3 3sin .sin 3 cos cos3 1

8tan tan

6 3π π

+ = − − + ÷ ÷

x x x x

x x


2

0

ln( 1)= + +∫I x x x dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếuvuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặtphẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích

bằng 2 3

8

a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức 2 2 2 2 2 2

1 1 1

2 3 2 3 2 3= + +

+ + + + + +P

a b b c c aII. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đườngtrung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trìnhđường thẳng BC.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số{ 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). Viết phương trình của mặtphẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.

Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

4

1

2

+ ÷

n

xx

, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:

2 3 10 1 22 2 2 6560

22 3 1 1

+

+ + + + =+ +

Ln

nn n n nC C C C

n n ( k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử)


1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x +2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểmC thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3),C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng(P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2+ +MA MB MC .

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 2( 1)

1

− +

+

+ = +

= − +

x y x y

x y

e e x

e x y (x, y ∈R )

Trang 19



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2( ) 3 4= − +f x x x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .

2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=3 2

1 12sin 3 2sin 4

2 2 + − + + ÷ ÷

x x

Câu II. (2,0 điểm) 1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln( ) 2ln( 1)= +mx x

2) Giải phương trình: 3 3sin .(1 cot ) cos (1 tan ) 2sin 2+ + + =x x x x x .

Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: 2

0

2 1lim

3 4 2→

− ++ − −

x

x

e x

x xCâu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

có 2, 3, 1, 10, 5, 13= = = = = =AB AC AD CD DB BC .

Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với 2 :≥x 2 2

3

3 5

+ =

+ + + =

x y

x y m

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác

ABC với các đỉnh: A(–2;3), 1

;0 , (2;0)4

÷

B C .

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm

( )4; 5;3− −M và cắt cả hai đường thẳng: 2 3 11 0

' :2 7 0

+ + = − + =

x yd

y z và

2 1 1'' :

2 3 5

− + −= =−

x y zd .

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho 1 2 3 26 6 9 14+ + = −n n nC C C n n , trong đó knC là số tổ hợp chập

k từ n phần tử. B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm

( ) ( )1 21;1 , 5;1−F F và tâm sai 0,6=e . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của

đường thẳng 2 0

:3 2 3 0

− = − + − =

x zd

x y z trên mặt phẳng : 2 5 0− + + =P x y z .

Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho 2 2− +n nn k n kC C lớn nhất hoặc

nhỏ nhất.

www.VNMATH.com

Trang 20



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x= + + + + có đồ thị là (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.2) Cho đường thẳng (d): 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 bằng8 2 .


1) Giải bất phương trình: 1 115.2 1 2 1 2+ ++ ≥ − +x x x

2) Tìm m để phương trình: 22 0,54(log ) log 0− + =x x m có nghiệm thuộc (0, 1).

Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = 3

6 21 (1 )+∫

dx

x x.

Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnha, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.

Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2

cos

sin (2cos sin )−x

x x x với 0 < x ≤

3

π.


Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ∆ ABC có diện tích

bằng 32

; trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính

đường tròn nội tiếp ∆ ABC.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có

phương trình x 1 y 2 z 3

2 1 1

+ − += =−

. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết

phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 2

4 3 1 02

− + + + =zz z z trên tập số phức.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đườngtròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:

(d1) : 4

6 2

= = + = +

x t

y t

z t; và (d2) :

'

3 ' 6

' 1

= = − = −

x t

y t

z t

Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham sốcủa đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).

Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng 0 1 2 20092009 2009 2009 20092 3 ... 2010= + + + +S C C C C .

www.VNMATH.com

Trang 21



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 23= + +y x x m (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −4.2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho · 0120 .=AOB

Câu II (2 điểm ).

1) Giải phương trình: sin 3 sin 2 sin4 4

π π − = + ÷ ÷ x x x .

2) Giải bất phương trình: 1 3 3 1 38 2 4 2 5+ − − + −+ − + ≤x x x .

Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình (H) giới hạn bởi các đường 21 2= + −y x x và y = 1.

Câu IV (2 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là ∆ABC vuông cân tại A, AB = AC = a. Mặtbên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáycác góc 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC.

Câu V (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:

3 2 3 2 3 2 6

+ ++ + ≤+ + + + + +

ab bc ca a b c

a b c b c a c a bII. PHẦN RIÊNG (3 điểm)


1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 2

:3 2 2

∆ + − −= =−

x y z và mặt

phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng(P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (∆).2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 0), B(3; −1) và đường thẳng(∆): x − 2y −1 = 0. Tìm điểm C thuộc đường thẳng (∆) sao cho diện tích tam giác ABCbằng 6.

Câu VII.a (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình 02z bz c+ + = nhận số phức 1z i= +làm một nghiệm.B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,

tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0− − =d x y và có hoành độ 9

2=Ix , trung điểm của một

cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phươngtrình là 2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0+ + − + − + = + − + =S x y z x y z P x y z . Điểm M di động trên(S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trícủa M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2009

22008

(1 )2. 2 0

(1 )

+− + =−

iz z i

i trên tập số phức.

www.VNMATH.com

Trang 22




Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3y x x = − .

1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số.2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m

Câu II: (2 điểm)1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0

2) Giải phương rtình: ( ) ( )3 2 2 2 2 1 3 0+ − − − =x x

.

Câu III: (1 điểm) Cho I = ln 2 3 2

3 20

2 1

1

+ −+ − +∫

x x

x x x

e edx

e e e. Tính eI

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A vàD. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a.Tính thể tứ diện ASBC theo a.

Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

2 2

2

1 tan 12 2

1 tan2

+ + ÷ ÷

+

A Btan

C +

2 2

2

1 tan 12 2

1 tan2

+ + ÷ ÷

+

B Ctan

A +

2 2

2

1 tan 12 2

1 tan2

+ + ÷ ÷

+

C Atan

B

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

Câu VI.a: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 = 0. Hãy viết

phương trình đường tròn (C′) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M4 2

;5 5

÷

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng (d) đi qua

điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng 1

2:1 3 3

∆ −= =− −

x y z và 2∆ : 4

1 2

= = − = − +

x t

y t

z t.

Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x ∈ R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và giátrị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D.B. Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (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 vẽđược với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của

hai đường thẳng: 1

7 3 9:

1 2 1∆ − − −= =

−x y z

và 2∆ :

3 7

1 2

1 3

= + = − = −

x t

y t

z t

Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phươngtrình có một nghiệm thuần ảo.

Trang 23


www.VNMATH.com


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 3 2(1 2 ) (2 ) 2= + − + − + +y x m x m x m (1) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2.2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thờihoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.


1) Giải phương trình: 1

cos3 cos2 cos2

− + =x x x

2) Giải bất phương trình: 3log 3 2log 2

3log 3 log 2

+ ≥+

x x

x x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 6

2 2 1 4 1=

+ + +∫dx

Ix x

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tíchcủa hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.

Câu V: (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: 2 2 3.+ + ≤x xy y

Chứng minh rằng : 2 2(4 3 3) 3 4 3 3.− + ≤ − − ≤ −x xy y


Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đườngthẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trongcủa góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và haiđiểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểmK sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặtphẳng (P).

Câu VII.a: (1 điểm) Chứng minh 2010 2008 20063(1 ) 4 (1 ) 4(1 )+ = + − +i i i i B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn(C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) vàđường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1

1

( ) : 1

2

= +∆ = − − =

x t

y t

z, ( )2

3 1:

1 2 1

− −∆ = =−

x y z

Xác định điểm A trên ∆1 và điểm B trên ∆2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số

Trang 24


khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15.

www.VNMATH.com



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 3 3y x m x( – ) –= (1)

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

2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

3

2 32 2

1 3 0

1 1log log ( 1) 1

2 3

− − − <

+ − ≤

x x k

x x

Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.

2) Giải phương trình: 3

1 822

log 1 log (3 ) log ( 1) 0+ − − − − =x x x .

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 1

2ln

= + ÷ ∫e

I x xdxx

.

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, · 060=BAD , SAvuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C′ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) điqua AC′ và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B′, D′. Tính thểtích của khối chóp S.AB′C′D′.

Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:

( ) ( ) ( )+ + ≥ + +

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

c c a a a b b b c c a a b b c


Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x– 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biếtrằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặtphẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của ∆IJK.

Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: 2 3 2525 25 251.2. 2.3. ... 24.25.= + + +S C C C .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm Mthuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyếnđó bằng 600.2) 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). Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt đượccác đường thẳng AB, CD.

Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: 5=z và phần thực của z bằng hai lần

Trang 25


phần ảo của nó.

www.VNMATH.com



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2

1

−=−

xy

x.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = – x + m luôn cắt đồ

thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB.Câu II: (2 điểm)

1) Giải bất phương trình: 4

1log 2 log 0

2− − ≥x x

2) Giải phương trình: tan tan .sin3 sin sin 26 3

π π − + = + ÷ ÷ x x x x x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân ( )

2

30

sin

sin 3 cos

π

+∫

xdx

x x

Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, · 060=ASB ,· ·0 090 , 120= =BSC CSA .

Câu V: (1 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3

2 2 2(1 ) (1 ) (1 )= + +

− − −a b c

Pa b c

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

Câu VI.a: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2):2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2) tươngứng tại A và B sao cho 2 0+ =

uuur uuur rMA MB

2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 vàhai điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuônggóc của đường thẳng AB trên (P).

Câu VII.a: (1 điểm) Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 2x + 1 = 0.

Tính giá trị các số phức: 21

1

x và 2

2

1

x.


1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình 2 2

19 4

− =x y

. Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM

Trang 26


⊥(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trìnhđường tròn đó2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3).Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC.

Câu VII.b: (1 điểm) Chứng minh rằng với +∀ ∈k,n Z thoả mãn ≤ ≤3 k n ta luôn có:

− − − −++ + = − −k k 1 k 2 k k 3 k 2

n n n n 3 n nC 3C 2C C C C .



Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 4 2(2 1) 2= − + +y x m x m (m là tham số ).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau.

Câu II (2 điểm).1) Giải phương trình :

( )2 21 8 21 12cos os 3 sin 2( ) 3cos s in x

3 3 2 3

ππ π + + = + − + + + ÷ x c x x x .

2) Giải hệ phương trình:

1 2

2

(1 4 ).5 1 3 (1)

13 1 2 (2)

− − + − + + = +

− − = −

x y x y x y

x y y yx

.

Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau :

( ) 20, , 11

= = =+

xxey y x

x.

Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a, · 090BAD = ,

cạnh 2SA a= và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu củaA trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1

2009x y z

+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức: P = 1 1 1

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

+ + + + + +II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm) 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − =1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (4;0;0) , (0;0;4)A B và mặt phẳng (P):2 2 4 0− + − =x y z . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ∆ABC đều.2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):

2 2 2 4 8 0+ + − − =x y x y . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và

đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) saocho tam giác ABC vuông ở B.

Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức : (1 )nz i= + .Trong đó n∈N và thỏa mãn:

( ) ( )4 5log 3 log 6 4n n− + + =B. Theo chương trình nâng cao

Trang 27


Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1 2

24 1 5

: và : d : 3 3 .3 1 2

x tx y z

d y t t

z t

= +− − + = = = − + ∈− − =

¡

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2.2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. BiếtA(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnhC và D.

Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: 1 3.= −z i . Hãy viết số zn dưới dạng lượng giác biết rằng n∈N và

thỏa mãn: 23 3log ( 2 6) log 52 22 6 4 ( 2 6)− +− + + = − +n nn n n n


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 4 25 4,= − +y x x có đồ thị (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình 4 2

2| 5 4 | log− + =x x m có 6 nghiệm.Câu II (2 điểm).

1) Giải phương trình: 1 1

sin 2 sin 2cot 22sin sin 2

+ − − =x x xx x

2) Tìm m để phương trình: ( )2 2 2 1 (2 ) 0− + + + − ≤m x x x x có nghiệm x 0; 1 3 ∈ +

Câu III (1 điểm). Tính tích phân: 4

0

2 1

1 2 1

+=+ +∫

xI dx

x

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2 5= a và· 120= oBAC . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặtphẳng (A1BM).

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3 2 4 3 5+ + ≥ + +x y z xy yz zx

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a. (2 điểm).1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặtphẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểmM(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A vớiA(2;–2).

Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: ( )2 23 3log 1 log 2+ + − = −x x x x x

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

1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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 ∆. Xác

định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Trang 28


2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểmM(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng +OA OB nhỏnhất.

Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: 24 2(log 8 log ) log 2 0+ ≥x x x

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 22y x mx m m= + + + (1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2.2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng

0120 .Câu II (2 điểm)

1) Giải bất phương trình: ( ) ( )23 1 1 2 3 4+ − − + + − ≥x x x x

2) Giải phương trình: 2 sin

4 (1 sin 2 ) 1 tancos

π − ÷ + = +x

x xx

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: , 0, 0, .1 sin

π= = = =+

xy y x x

xCâu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vuông, AB = AA′ = 2a.

Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. M là trung điểmcủa BC. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A′C

Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 25 9 4A x xsin sin= − +II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằmtrên đường thẳng y x= . Xác định toạ độ các điểm C, D.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Tính bánkính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.

Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: 0 10 1 9 9 1 10 0 1010 20 10 20 10 20 10 20 30. . ... . .+ + + + =C C C C C C C C C .

A. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 2 4 5 0x y x y+ − − − = và

A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ∆ABC đều.

Trang 29


2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x 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 2d , dM N∈ ∈

sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn: 1 1 1

1 1

10 2 1

− − −− −+

= =y y y yx x x xA yA A C

.

www.VNMATH.com



Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số : 3 2 33 1

2 2= − +y x mx m

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau quađường thẳng y = x.

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

2) Giải phương trình: 2 1 1 15.3 7.3 1 6.3 9 0− − +− + − + =x x x x

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 4 3

41

1

( 1)+∫ dxx x

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bênSA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chópS.ABC theo a.

Câu V. (1,0 điểm) 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 + cII. PHẦN RIÊNG (3 điểm)


1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuônggóc với mặt phẳng (Q): 0+ + =x y z và cách điểm M(1;2; 1− ) một khoảng bằng 2 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phângiác trong góc A là (d1): x + y + 2 = 0, phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + 1= 0, cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình cạnh AC.

Câu VII.a (1 điểm) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Hỏi có baonhiêu cách xếp để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẻ 3 học sinh nữ.B. Theo chương trình nâng cao

Trang 30


Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

2 4

3 2

3

= + = + = − +

x t

y t

z t và mặt phẳng

(P) : 2 5 0− + + + =x y z . Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm trong (P), song song với(d) và cách (d) một khoảng là 14 .

2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2y x= và điểm I(0; 2). Tìm toạ

độ hai điểm M, N ∈ (P) sao cho 4IM IN=uuur uur

.

Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 25 1 5 6− + − + − + − =x x x x m

www.VNMATH.com


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị (Cm); (m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao chocác tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.

Câu II: (2 điểm)1) Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0

2) Giải hệ phương trình: 2 2

2 2

91 2 (1)

91 2 (2)

+ = − +

+ = − +

x y y

y x x


ln .ln∫e

e

dx

x x ex

Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnha, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a.

Câu V: (1 điểm) Cho , ,a b c là những số dương thoả mãn: 2 2 2 3+ + =a b c . Chứng minh bất

đẳng thức: 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7+ + ≥ + +

+ + + + + +a b b c c a a b cII.PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 24 9 36+ =x y và điểm M(1; 1). Viếtphương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : 1 2

1 2 2

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

Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = { }0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiêngồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.


Trang 31


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 25 16 80+ =x y và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆MAB.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng cóphương trình (P): 3 12 3 5 0+ − − =x y z và (Q): 3 4 9 7 0− + + =x y z

(d1): 5 3 1

2 4 3

+ − += =−

x y z, (d2):

3 1 2

2 3 4

− + −= =−

x y z.

Viết phương trình đường thẳng (∆) song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2)Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: 3 22 9−+ ≤n

n nA C n .

www.VNMATH.com



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2 1

1

−−x

x.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếptuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm củaPQ và tính diện tích tam giác IPQ.

Câu II: (2điểm)1) Giải bất phương trình: 2 2log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )+ + − ≥ − −x x

2) Giải phương trình: 6 6

2 2

sin cos 1tan 2

cos sin 4

+ =−

x xx

x x


20

21 tan

π

− + ÷+ ∫

xx e

e x dxx

Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoicạnh a, góc ·BAD = 600. Gọi M là trung điểm AA′ và N là trung điểm của CC′. Chứngminh rằng bốn điểm B′, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA′ theo a để tứ giácB′MDN là hình vuông.

Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:1 1 1

1 1 1= + +

+ + +P

a b cII. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a. (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phươngtrình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng (∆) qua A và tạo với d một góc α có

cosα 1

10= .

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1). Lậpphương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y –2z + 4 = 0.

Trang 32


Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lậpđược bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2.B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: ( 2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆): 3x– 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆).2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC.

Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: log log

2 2 3

=

+ =

y x

x y

xy y.

www.VNMATH.com


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 4 3 22 3 1 (1)= + − − +y x mx x mx .

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.


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

8

+

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

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( )2

0

1 sin 2

π

= +∫I x xdx .

Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB= a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC). Tính tanα vàthể tích của khối chóp A′.BB′C′C.

Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: 2 2 2

2 2 2+ + ≥ + +a b c a b c

b c a b c a.


Câu VI.a: (2 điểm)1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giaođiểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểmE của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặtcầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu(S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3+ − + −+ ≥x x x x .B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm)

Trang 33


1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 vàđường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn(C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểmD(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâmcủa tam giác MNP.

Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 14 2 2(2 1)sin(2 1) 2 0+− + − + − + =x x x x y .

www.VNMATH.com



Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: 4 22 1y x x= − + .

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

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 4 222 1 log 0− + + =x x m (m>0)

Câu II:(2 điểm)1) Giải bất phương trình: 2 23 2 2 3 1 1− + − − + ≥ −x x x x x

2) Giải phương trình : 3 3 2cos cos3 sin sin34

+ =x x x x

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

30

7sin 5cos

(sin cos )

π

−+∫

x xdx

x x

Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, các mặt bêntạo với mặt đáy góc 60o. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm của tam giác SACcắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a.

Câu V: (1 điểm) Cho 4 số thực a, b, c, d thoả mãn: 2 2 1a b+ = ; c – d = 3.

Chứng minh:9 6 2

4

+= + − ≤F ac bd cd

II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm )A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; –7), B(9; –5), C(–5;

9), M(–2; –7). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và tiếp xúc với đường tròn ngoạitiếp ∆ABC.

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

1 : = =x y zd

1 1 2 và 2

1 2

:

1

= − − = = +

x t

d y t

z t

Trang 34


Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vuông góc với d1

Câu VII.a: (1 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Nguời tachọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủcả ba màu?

B. Theo chương trình Nâng cao :Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 3) và hai đường

trung tuyến của nó có phương trình là: x – 2y + 1 = 0 và y – 1 = 0. Hãy viết phương trìnhcác cạnh của ∆ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;–3), B(2; 0;–1) và mặtphẳng (P) có phương trình: 3 8 7 1 0− + + =x y z . Viết phương trình chính tắc đường thẳng dnằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đường thẳng AB với(P).

Câu VII.b: (1 điểm) Tìm hệ số x3 trong khai triển 2 2 + ÷

n

xx

biết n thoả mãn:

1 3 2 1 232 2 2... 2−+ + + =n

n n nC C C



Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =x 2

2x 3

++

(1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành,trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ∆OAB cân tại gốc tọa độ O.

Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: cot 3 tan 2cot 2 3+ + + =x x x .

2) Giải phương trình: 2 22( 1) 3 1 2 2 5 2 8 5− + + = + + − −x x x x x x .

Câu III (1 điểm) Tính tích phân : 4

0

cos sin

3 sin 2

π

−=−∫x x

I dxx

.

Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trungđiểm các cạnh CD, A′D′. Điểm P thuộc cạnh DD’ sao cho PD′ = 2PD. Chứng tỏ (MNP)vuông góc với (A′AM) và tính thể tích của khối tứ diện A′AMP.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: 3 3 3( ) ( ) ( )

3 3 3

+ − + − + −= + +a b c b c a c a bP

c a b.


Câu VI.a. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và

điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại A, B phân biệt saocho MA = 3MB.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và hai

đường thẳng ∆1 : x 1 y z 9

1 1 6

+ += = ; ∆2 : x 1 y 3 z 1

2 1 2

− − += =−

. Xác định tọa độ điểm M

Trang 35


thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 và khoảng cách từM đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Câu VII.a (1 điểm) Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: 2 2 10 0z z+ + = .

Tính giá trị của biểu thức: 2 2

1 2= +A z z .

B. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2).

Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành hai phần có tỉ số diện tíchbằng 2.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng 1 2

:1 2 1

− −= =x y zd và mặt

phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng d′ đi qua điểm M(2; 2; 4),song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ( )32 7log 1 log+ =x x .

www.VNMATH.com


I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x m m x m4 2 22( 1) 1= − − + + − (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.2) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu ngắn nhất.


1) Giải phương trình: x x x22cos 3 4cos4 15sin2 214π

− − − = ÷

2) Giải hệ phương trình:x x y xy y

x y x y

3 2 2 36 9 4 02

− + − =

− + + =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x

x xe dx

e e

ln 6 2

ln 4 6 5−+ −∫

Câu IV (1 điểm): Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB = 2AD = 2a, sạnhSA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), cạnh SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 045 . Gọi G làtrọng tâm của tam giác SAB, mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại P và Q. Tính thể tíchkhối chóp S.PQCD theo a.

Câu V (1 điểm): Cho x và y là hai số dương thoả mãn x y 2+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x y x y

x yx y

3 2 2 3

2 23 3

2 2+ ++ + +

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5 đơn vị, biết toạ độđỉnh A(1; 5), hai đỉnh B, D nằm trên đường thẳng (d): x y2 4 0− + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C,D.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 1 0− + − = và hai đường

thẳng (d1): x y z1 2 3

2 1 3− + −= = , (d2):

x y z1 1 22 3 2+ − −= = . Viết phương trình đường thẳng (∆)

Trang 36


song song với mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng (d1) và cắt đường thẳng (d2) tại điểmE có hoành độ bằng 3.

Câu VII.a (1 điểm): Trên tập số phức cho phương trình z az i2 0+ + = . Tìm a để phương trình trên có

tổng các bình phương của hai nghiệm bằng i4− .2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 6 2 5 0+ − − + = và đường

thẳng (d): x y3 3 0+ − = . Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C), biết tiếp tuyến không

đi qua gốc toạ độ và hợp với đường thẳng (d) một góc 045 .

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d1): x y z3 1

1 1 2− += =

−, (d2):

x y z2 21 2 1

− += =−

. Một đường thẳng (∆) đi qua điểm A(1; 2; 3), cắt đường thẳng (d1) tại điểm B

và cắt đường thẳng (d2) tại điểm C. Chứng minh rằng điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AC.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị m để hàm số x m x m myx

2 2 2( 1)1

+ − − +=−

đồng biến trên các khoảng

của tập xác định và tiệm cận xiên của đồ thị đi qua điểm M(1; 5).

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x x x3 21 833 3

= − − + (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Lập phương trình đường thẳng d song song với trục hoành và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phânbiệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại O (O là gốc toạ độ).


1) Giải phương trình: x x2 1(1 4sin )sin32

− =

2) Giải phương trình: x x x x2 2 23 1 tan 16π− + = − + +

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x x x dx2

5 2 2

2( ) 4

−+ −∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy góc 060 .

Gọi M là điểm đối xứng với C qua D, N là trung điểm của SC. Mặt phẳng (BMN) chia khối chópthành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x y z2 2 2 1+ + = . Chứng minh:

P = x y z

y z z x x y2 2 2 2 2 23 3

2+ + ≥

+ + +II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 2) 9− + + = và đường

thẳng d: x y m 0+ + = . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đượchai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông (B, C là hai tiếp điểm).

Trang 37


2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, 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 .

Câu VII.a (1 điểm): Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niu–tơn của ( ) nx2 2+ , biết:

n n nA C C3 2 18 49− + = (n ∈ N, n > 3).

2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x y 1 0− − = và hai đường tròn có

phương trình: (C1): x y2 2( 3) ( 4) 8− + + = , (C2): x y2 2( 5) ( 4) 32+ + − =Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1) và (C2).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; –1; 1), đường thẳng ∆: x y z21 2 2

−= =

và mặt phẳng (P): x y z 5 0− + − = . Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A, nằm

trong (P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 045 .

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: x y xyx y x y

2 2 2

2lg lg lg ( )lg ( ) lg .lg 0

= +

− + =

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x mx m4 2 1= + − − (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –2.2) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì (Cm) luôn luôn đi qua hai điểm cố định A, B. Tìm m đểcác tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau.


1) Giải hệ phương trình: + + =

+ + + =

x x yx x y xy x

2

3 2 25 9

3 2 6 18

2) Giải phương trình: x x x x21sin sin 2 1 cos cos2

+ = + +

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x dxx

8

23

1

1

−

+∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Gọi K là trung điểm của cạnh BC vàI là tâm của mặt bên CC′D′D. Tính thể tích của các hình đa diện do mặt phẳng (AKI) chia hìnhlập phương.

Câu V (1 điểm): Cho x, y là hai số thực thoả mãn x xy y2 2 2− + = . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị

lớn nhất của biểu thức: M = x xy y2 22 3+ − .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M(–1; 1) là trung điểm củacạnh BC, hai cạnh AB, AC lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x y 2 0+ − = và d2:

x y2 6 3 0+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

Trang 38


2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y z2 2 2 2 2 4 2 0+ + − − − + =

và đường thẳng d: x y z3 3

2 2 1− −= = . Lập phương trình mặt phẳng (P) song song với d và trục

Ox, đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: z z z2 4 2( 9)( 2 4) 0+ + − =2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; –3), B(3; –2), diện tích tamgiác bằng 1,5 và trọng tâm I nằm trên đường thẳng d: x y3 8 0− − = . Tìm toạ độ điểm C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x y z1 1

2 1 2− += = và d2:

x y z2 11 1 2− −= =

−. Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông góc với mặt phẳng (P):

x y z2 5 3 0+ + + = .

Câu VII.b (1 điểm): Cho hàm số x mx mymx

2 11

+ + −=+

(m là tham số). Tìm m để hàm số luôn đồng

biến trên từng khoảng xác định của nó.

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số xy

x2 1

1−=

+.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Gọi M là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Tìm trên đồ thị (C) điểm I có hoành độdương sao cho tiếp tuyến tại I với đồ thị (C) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn:

MA MB2 2 40+ = .


1) Giải bất phương trình: x x x3 12 2 1− ≤ + − +

2) Giải phương trình:x x xx x

3sin 3tan 2 cos 2tan sin

+ − =−

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x dx

x x

2 2

21 7 12− +∫

Câu IV (1 điểm): Cho đường tròn (C) đường kính AB = 2R. Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc vớimặt phẳng chứa (C) lấy điểm S sao cho SA = h. Gọi M là điểm chính giữa cung AB. Mặt phẳng(P) đi qua A và vuông góc với SB, cắt SB, SM lần lượt tại H và K.. Tính thể tích của khối chópS.AHK theo R và h.

Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là những số dương thoả mãn: a b c2 2 2 3+ + = . Chứng minh bất đẳng

thức:a b b c c a a b c2 2 2

1 1 1 4 4 47 7 7

+ + ≥ + ++ + + + + +


Trang 39


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 4 7;5 5

÷

và phương trình hai

đường phân giác trong BB′: x y2 1 0− − = và CC′: x y3 1 0+ − = . Chứng minh tam giác ABCvuông.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y zd1

8 6 10( ) :2 1 1+ − −= =

− và

x td y t

z t2( ) : 2

4 2

== −

= − +. Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Ox và cắt (d1) tại A,

cắt (d2) tại B. Tính AB.

Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức z i i i i 3(2 2 )(3 2 )(5 4 ) (2 3 )= − + − − + .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết các đỉnh A, B, Clần lượt nằm trên các đường thẳng d: x y 5 0+ − = , d1: x 1 0+ = , d2: y 2 0+ = . Tìm toạ độ các

đỉnh A, B, C, biết BC = 5 2 .

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng ∆:

x y z1 12 1 1− += =

−. Lập phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M, cắt và vuông góc với

∆.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:x y

x y x y

2 2

5 3

9 4 5log (3 2 ) log (3 2 ) 1

− = + − − =.



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x mx m x3 22 ( 3) 4= + + + + (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.2) Cho điểm I(1; 3). Tìm m để đường thẳng d: y x 4= + cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 4), B,

C sao cho ∆IBC có diện tích bằng 8 2 .


1) Giải hệ phương trình:x y xy

x y2 0

1 4 1 2

− − =

− + − =.

2) Giải phương trình: x xx x x

1 2(cos sin )tan cot 2 cot 1

−=+ −

Câu III (1 điểm): Tính giới hạn: A = x

x x x

x x20

cos sin tanlimsin→

−

Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểmcủa AB và C′D′. Tính thể tích khối chóp B′.A′MCN và cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng(A′MCN) và (ABCD).

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn: x y z xyz2 2 2+ + = . Chứng minh bất đẳng

thức:

x y z

x yz y xz z xy2 2 212

+ + ≤+ + +


Trang 40


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x y2 2 13+ = và (C2):

x y2 2( 6) 25− + = . Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường

thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

2) Giải phương trình: ( ) ( )x x x 325 1 5 1 2 0

+− + + − =

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với ∀n ∈ N*, ta có: n nn n n

nC C nC2 4 22 2 22 4 ... 2 4

2+ + + = .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm

I 9 3;2 2

÷

và trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của đường thẳng d: x y 3 0− − = với trục

Ox. Xác định toạ độ của các điểm A, B, C, D biết yA > 0.

2) Giải bất phương trình: x x x x23 1 1

3 3

log 5 6 log 2 log 3− + + − > +

Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để đồ thị hàm số x x ayx a

2− + +=+

(C) có tiệm cận xiên tiếp xúc với đồ thị

của hàm số (C′): y x x x3 26 8 3= − + − .

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x x mx3 2 3 1= + + + có đồ thị (Cm) (m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng d: y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho cáctiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.


1) Giải phương trình: x x x2 cos3 3 sin cos 0+ + =

2) Giải hệ phương trình:x y y

x y x y

3 3 3

2 2

8 27 7 (1)

4 6 (2)

+ = + =

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

6

1sin sin .

2

π

π× +∫ x x dx

Câu IV (1 điểm): Tính thể tích của khối chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặtbên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thoả mãn: x y z1 1 1 2010+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:

P = x y z x y z x y z

1 1 12 2 2

+ ++ + + + + +


Trang 41


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác làx y5 –2 6 0+ = và x y4 7 –21 0+ = . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng

trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên trục Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) :

x y z1 21 2 2− += = và mặt phẳng (P): x y z2 – –2 0= .

Câu VII.a (1 điểm): Cho tập hợp X = { }0,1,2,3,4,5,6,7 . Từ X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên

gồm 5 chữ số khác nhau đôi một, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm Mthuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyếnđó bằng 600.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):

x ty tz

2

4

= = =

và (d2) :

x ty tz

3

0

= − = =

.

Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuônggóc chung của (d1) và (d2).

Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z z z z4 3 2– 6 –8 –16 0+ = .

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số xyx

2 41

−=+

.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1).


1) Giải phương trình:xx x x4 1 3 74 cos cos2 cos4 cos

2 4 2− − + =

2) Giải phương trình: x xx x3 .2 3 2 1= + +

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = xx e dxx

2

0

1 sin1 cos

π

+ ÷+ ∫

Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ·ASB 060= ,

·BSC 090= , ·CSA 0120= .

Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x y z2 2 22 2 2log 1 log 1 log 1+ + + + +


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1: x y 1 0+ + = và d2: x y2 1 0− − =. Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho

MA MB2 0+ =uuur uuur r

.

Trang 42


2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0+ − + = và hai điểmA(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳngAB lên mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình x x22 2 1 0− + = . Tính giá trị

các biểu thức x2

1

1 và

x22

1.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 2 2 3 0+ − − − = và điểm

M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độdài ngắn nhất.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ độtrực tâm của tam giác ABC.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton ( )xn

x5lg(10 3 ) ( 2)lg32 2− −+ số

hạng thứ 6 bằng 21 và n n nC C C1 3 22+ = .

www.VNMATH.com




x2 1

1−=

−.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tạiM vuông góc với đường thẳng MI.


1) Giải phương trình:x xx x3cos cos cos sin 2 02 6 3 2 2 6

π π π π − + − + − + − = ÷ ÷ ÷ ÷

2) Giải phương trình: x x x x4 2 21 1 2− − + + + =Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): x y 2( 1) 1= − + , (d):

y x 4= − + . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy.

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a, ·ABC 060= , chiều cao

SO của hình chóp bằng a 32

, trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là

trung điểm của AD, mặt phẳng (P) chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tíchkhối chóp K.BCDM.

Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x y z2 2 2 1+ + = . Chứng minh:

x y z

y z z x x y2 2 2 2 2 23 3

2+ + ≥

+ + +

Trang 43



1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểmM(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho ∆OAB có diệntích lớn nhất.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 3 0+ + + = và điểm A(0; 1;2). Tìm toạ độ điểm A′ đối xứng với A qua mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau.Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trìnhđường phân giác trong (AD): x y2 5 0+ − = , đường trung tuyến (AM): x y4 13 10 0+ − = . Tìmtoạ độ đỉnh B.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): x ty tz t

23 810 4

= − += − +

= và (d2):

x y z3 22 2 1− += =

−. Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai đường

thẳng (d1), (d2).Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm:

xx

a x x

2

42 2

3 4 51 log ( ) log ( 1)

− ≥ + − ≥ +



Câu I (2 điểm): Cho hàm số m x myx

2(2 1)1

− −=−

.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= .


1) Giải phương trình: x x x22 3 cos2 sin2 4cos 3− + =


xyx yx y

x y x y

2 2

2

2 1

+ + = + + = −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x dxx x

2

30

sin(sin cos )

π

+∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A′M ⊥

(ABC), A′M = a 3

2 (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA′B′C.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x y y x y y x2 2 2 24 4 4 4 4+ − + + + + + + −II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm):

Trang 44


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y2 21

100 25+ = . Tìm các điểm M ∈ (E) sao

cho ·F MF 01 2 120= (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt

phẳng (P) có phương trình: x y z 3 0+ = + = . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA MB MC2 3+ +uuur uuur uuur

nhỏ nhất.Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau:

x x x a x a x a10 11 10 91 2 11( 1) ( 2) ...+ + = + + + + . Tìm hệ số a5.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 3) ( 4) 35− + − = và điểm A(5;

5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: x y z1 3

1 1 1− −= =

. Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

y x yx

x y x yxy

2010

3 32 2

2log 2

= − ÷ + = +

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số xyx

22 3

+=+

(1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượttại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại O.


1) Giải phương trình:x x

x x(1 2sin )cos 3

(1 2sin )(1 sin )− =

+ −2) Giải hệ phương trình: x x32 3 2 3 6 5 8 0− + − − =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x x dx2

3 2

0(cos 1)cos .

π

−∫Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD =

2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 060 . Gọi I là trung điểm của AD.Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chópS.ABCD theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x x y z yz( ) 3+ + = . Chứng minh:

x y x z x y x z y z y z3 3 3( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )+ + + + + + + ≤ +II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩn

Trang 45


Câu VI.a (2 điểm):1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéoAC và BD là điểm I(6; 2). Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CDthuộc đường thẳng ∆: x y 5 0+ − = . Viết phương trình đường thẳng AB.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 4 0− − − = và mặt cầu (S)

có phương trình: x y z x y z2 2 2 2 4 6 11 0+ + − − − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt

cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

Câu VII.a (1 điểm): Gọi z z1 2, là các nghiệm phức của phương trình: z z2 2 10 0+ + = . Tính giá trị của

biểu thức:

A = z z2 2

1 2+ .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 4 4 6 0+ + + + = và đường

thẳng ∆ có phương trình: x my m2 3 0+ − + = . Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C)tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0− + − = và hai đường

thẳng ∆1, ∆2 có phương trình ∆1: x y z1 9

1 1 6+ += = , ∆2:

x y z1 3 12 1 2− − += =

−. Xác định toạ độ

điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 bằng khoảng cáchtừ M đến mặt phẳng (P).

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

x xy y

x y xy2 2

2 22 2log ( ) 1 log ( )

3 81− +

+ = +

=



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 212 3 .

3y x x x= − + .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.


1) Giải phương trình: 2 sin 2 3sin cos 24

x x xπ + = + + ÷

.

2) Giải hệ phương trình:2 2

3 3

2 1

2 2

y x

x y y x

− =

− = −Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 2 2 2m x x x− + = + có 2

nghiệm phân biệt.Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể

tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.

Câu V (1 điểm): Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện ( )2 22 1x y xy+ = + . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4

2 1

x yP

xy

+=+

.


Trang 46


1) Giải phương trình: 2.27 18 4.12 3.8x x x x+ = + .

2) Tìm nguyên hàm của hàm số ( ) 2

tan

1 cos

xf x

x=

+.

Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )−I 1; 2;3 . Viết phương trình

mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Giải bất phương trình: 4 log3 243xx + > .

2) Tìm m để hàm số 2 1mx

yx

−= có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.

Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) + + =C x y x2 2: 2 0 . Viết

phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30o.

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số = − + +y x m x m m4 2 2 42 2 (1), với m là tham số.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi <m 0 .


1) Giải phương trình:π

+ + = ÷

x x2sin 2 4sin 16

2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình − = + =

y x my xy2

1có nghiệm duy nhất.

Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số ( )

( )−=+

xf xx

2

41( )

2 1.

Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, Psao cho =BC BM4 , =BD BN2 và =AC AP3 . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCDlàm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.

Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x y z; ; thỏa điều kiện + + ≤x y z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:

= + + + + + ÷

P x y z

x y z1 1 12 .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

Trang 47


1. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm):

1) Giải phương trình: =x xx 4 2log log2 8 .

2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số −=−

xyx

12

tại hai điểm phân biệt sao cho

hoành độ và tung độ của mỗi điểm đều là các số nguyên.

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) − − =d x y: 2 4 0 . Lập

phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Giải bất phương trình: ( )+ + <x x x2 4 82 1 log log log 0

2) Tìm m để đồ thị hàm số ( )= + − −y x m x mx3 25 5 có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số =y x3 .

Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A( 1;3;5)− , B( 4;3;2)− ,C(0;2;1) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

www.VNMATH.com



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3

1

xy

x

−=+

.


2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm ( )1;1I − và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao

cho I là trung điểm của đoạn MN.Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: ( )cos3 sin 2 3 sin 3 cos 2+ = +x x x x

2) Giải hệ phương trình:( )x y xy

x y

3 3

2 23 4

9

− =

=Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: ( ) ( )2 22 1 1− + + = −m x x m có

nghiệm.Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến

mặt phẳng (A’BC) bằng 2

a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C .

Câu V (1 điểm): Chứng minh ( )a b c ab bc ca a b ca b b c c a

2 2 2 12

+ + + + + ≥ + ++ + +

với mọi số

dương ; ;a b c .

Trang 48



1) Giải bất phương trình: ( ) ( )2 2 21 log log 2 log 6x x x+ + + > −

2) Tính: 2ln x dx∫

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua

( )2;1M và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 .


1) Giải hệ phương trình :2 2

12 3x y

y x x y+

+ = +

=

2) Tìm nguyên hàm của hàm số ( ) cos 2 1

cos 2 1

xf x

x

−=+

.

Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm 1

3;2

M ÷

. Viết phương trình

chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận ( )1 3;0F − làm tiêu điểm.

www.VNMATH.com




x2

2=

+.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đếntiếp tuyến là lớn nhất.


1) Giải phương trình:xx x

x x

24 cos 2tan 2 .tan 24 4 tan cotπ π

− + = ÷ ÷ −


yxx y

xx yy

2 2

2 2

3 2 11

4 22

+ = + −

+ + =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:xI dx

x

8

3

ln1

=+

∫Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt

đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tạiM, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.

Trang 49


Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : a b c0 1; 0 1; 0 1< ≤ < ≤ < ≤ . Chứng minh

rằng: ( )a b cabc a b c1 1 1 11 3

+ + + ≥ + + + ÷


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có ( )A 3;6− , trực tâm ( )H 2;1 ,

trọng tâm G4 7;3 3

÷

. Xác định toạ độ các đỉnh B và C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S x y z x y z2 2 2: 2 4 8 4 0+ + − + − − =và mặt phẳng ( ) x y z: 2 2 3 0α − + − = . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( )α .

Viết phương trình mặt cầu (S′) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( )α .Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ

Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốcgia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cáchlập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y– 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm củacạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với

( ) ( ) ( )A B C3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3− − , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: x y y x

x xy x

3 1 2 3

22 2 3.2

3 1 1

+ − + + =

+ + = +



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2( ) 2y f x x mx m= = − + (1) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm.


1) Giải phương trình: 22sin 3 sin 2 1 3 sin cosx x x x+ + = +

2) Giải hệ phương trình:( )

2

3 2

2 8

x y xy

x y

− =

− =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 6

0

sin

cos 2

π

∫x

dxx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặtbên hợp với mặt đáy góc 450 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn [ ]2;4 . Chứng minh rằng:

( ) 1 1 94

2x y

x y

≤ + + ≤ ÷

.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩn

Trang 50


Câu VI.a (2 điểm):1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8)− và hai đường thẳng

1 :2 5 3 0d x y+ + = ; 2 :5 2 7 0d x y− − = cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng 3d đi

qua P tạo với 1d , 2d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 29

2.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxyvà mặt phẳng (P): 2z = lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8.

Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa :2 3 1

0 1 2 127......

2 3 ( 1) 7

nn

n n n n

a a aaC C C C

n

+

+ + + + =+

va 3 20nA n= .


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua gốc tọa độ và cắt

đường tròn (C) có phương trình : 2 2 2 6 15 0x y x y+ − + − = thành một dây cung có độ dài bằng

8.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) chứa đường thẳng (∆):

1

1 1 2

x y z− = =− −

và tạo với mặt phẳng (P) : 2 2 1 0x y z− − + = góc 600. Tìm tọa độ giao điểm

M của mặt phẳng (α) với trục Oz.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình ( ) (1 )(2 ).3 .2 0

x xxx m =+ −−có nghiệm.

www.VNMATH.comĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2014



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x x mx3 23 1= + + + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao chocác tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.


1) Giải phương trình:x

xxxx

2

322

cos

1coscostan2cos

−+=−

2) Giải hệ phương trình:2 2

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

+ + + = + = + +

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:32

21

log

1 3ln

e xI dx

x x=

+∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3

2

a và

góc BAD = 600. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minhAC ' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.

Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 7

227

ab bc ca abc+ + − ≤

Trang 51



1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đườngtrung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìmtọa độ các đỉnh của tam giác ABC.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường trònngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm): Cho 1z , 2z là các nghiệm phức của phương trình 22 4 11 0z z− + = . Tính

giá trị của biểu thức : 2 2

1 22

1 2( )

z z

z z

+

+.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = ,' :3 4 10 0x y∆ − + = và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường

thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1).Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P):

x y z2 2 –3 0+ + = sao cho MA = MB = MC .Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

21 2

1 2

2log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1x y

x y

xy x y x x

y x− +

− +

− − + + + − + = + − +



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x mx m x3 2 22 9 12 1= + + + (m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn:

CÑ CTx x2 = .


1) Giải phương trình: x x x21 1 4 3+ + = +

2) Giải hệ phương trình: x x55cos 2 4sin – 93 6π π

+ = − ÷ ÷

Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm của hàm số: x x xf x

x

2 3

2ln( 1)( )

1+ +=+

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằnga. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC). Tìm x theo a để

thể tích của khối chóp S.ABCD bằng 6

23a .

Câu V (1 điểm): Cho các số thực không âm a, b. Chứng minh rằng:

a b b a a b2 23 3 1 1 2 24 4 2 2

+ + + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ÷

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

Trang 52


1. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d x y1 : 2 –3 0+ = ,

d x y2 : 3 4 5 0+ + = , d x y3 : 4 3 2 0+ + = . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và

tiếp xúc với d2 và d3.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng (∆):

2 2

1 3 2

x y z− += = và mặt phẳng (P): x y z2 1 0+ − + = . Viết phương trình đường thẳng đi

qua A, cắt đường thẳng (∆) và song song với (P).Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có

mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1?2. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng ( )d : 2 1 2 0x my+ + − = và

đường tròn có phương trình 2 2( ) : 2 4 4 0+ − + − =C x y x y . Gọi I là tâm đường tròn ( )C .

Tìm m sao cho ( )d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diệntích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m;0; 0), N(0; n; 0) thay đổi sao cho m n 1+ = và m > 0, n > 0. Tính khoảng cách từ A đếnmặt phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định.

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

x x xx 1

224 – 2.2 –3 .log –3 4 4

+

> −




x2 1

1−=

−.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oylần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.


1) Giải phương trình:x x x xx x

sin cos 2 tan2 cos2 0sin cos

+ + + =−


=−++++=−++++

011)1(

030)2()1(22

3223

yyyxyx

xyyyxyyx

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫ ++1

0 1

1dx

x

x

Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC

= a, cạnh bên AA′ = a 2 . M là điểm trên AA′ sao cho AM AA1 '3

=uuur uuur

. Tính thể tích của

khối tứ diện MA′BC′.

Trang 53


Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 1+ + = . Chứng minh rằng:

.2222

≥+++

+++

++

ba

ac

ac

cb

cb

ba


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm E(–1; 0) và đường tròn (C):

x y x y2 2 –8 – 4 –16 0+ = . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây

cung MN có độ dài ngắn nhất.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng(P): x y z2 5 0+ − + = . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ

tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng 56

.

Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúnghai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần?


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x y2 – 5 0+ = và x y3 – 7 0+ = . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; 3)− .2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường

thẳng ∆: x y z1 1

2 1 2+ −= =

−. Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho ∆MAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy

nhất: x a x5 5log (25 – log ) =



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x m x4 2 22 1= + + (1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.2) Chứng minh rằng đường thẳng y x 1= + luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phânbiệt với mọi giá trị của m.


1) Giải phương trình: x x x2 22sin 2sin tan4π

− = − ÷

2) Giải hệ phương trình: ( )x x x2 2 23 3 32 log –4 3 log ( 2) log ( –2) 4+ + − =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x dxx x

3

20

sin

cos 3 sin

π

+∫

Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng dđi qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với mp(ABC)một góc bằng 600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: x x x xf x

x x

4 3 2

24 8 8 5( )

2 2− + − +=

− +

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)1. Theo chương trình chuẩn

Trang 54


Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( )3;0− và

đi qua điểm M 4 331;5

÷

. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng d:x ty tz

12 23

= − = + =

. Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều.

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: n nn n n nC C C n C n n2 1 2 2 2 3 2 2 21 2 3 ... ( ).2 −+ + + + = + , trong đó n

là số tự nhiên, n ≥ 1 và knC là số tổ hợp chập k của n.


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng ABcắt trục Oy tại E sao cho AE EB2=

uuur uuur. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là

G 132;3

÷

. Viết phương trình cạnh BC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y z1 1

3 1 1− += = và mặt

phẳng (P): x y z2 2 2 0+ − + = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đườngthẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1).

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: x y y x

y x

3 3

2 24 16

1 5(1 )

+ = +

+ = +.



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x x3 2–3 2= + .


2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : mx x

x2 2 2

1− − =

− .


1) Giải phương trình: x x52 2 cos sin 112π

− = ÷

2) Giải hệ phương trình:x y x y

x y x y

2 8

2 2 2 2

log 3log ( 2)

1 3

+ = − + + + − − =

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:xI dx

x x

4

2

4

sin

1

π

π−

=+ +

∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a .

Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 060 . Trên

Trang 55


cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = a 33

, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích

khối chóp S.BCNM.Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : x y z 5 5 5 1− − −+ + = .Chứng minh rằng :

x y z

x y z y z x z x y25 25 25

5 5 5 5 5 5+ + ++ +

+ + + ≥

x y z5 5 54

+ +


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường caoCH x y: 1 0− + = , phân giác trong BN x y: 2 5 0+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diệntích tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : x y zd1

2 1:4 6 8− += =

− −,

x y zd27 2:

6 9 12− −= =

− a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 . b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt

giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: zz z z2

4 3 1 02

− + + + =


1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là

giao điểm của đường thẳng d x y1 : 3 0− − = và d x y2 : 6 0+ − = . Trung điểm của một cạnh là

giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x y zd1

2 1:1 1 2− −= =

− và

x td y

z t2

2 2: 3 ′= − = ′=

a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1

và d2. b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2.

Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S C C C C C0 4 8 2004 20082009 2009 2009 2009 2009...= + + + + +www.VNMATH.com

Hướng dẫn Đề sô 1

Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d. Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y k x m( ) 2= − + .Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

x x k x m x x k

3 2

23 2 ( ) 2 (1)

3 6 (2)

− + − = − +

− + = ⇔

m hoaëc m

m

513

2

< − > ≠

Trang 56

http://www.VNMATH.com/


Câu II: 1) Đặt t x x2 3 1= + + + > 0. (2) ⇔ x 3=

2) 2) ⇔ x x x x x(sin cos ) 4(cos sin ) sin2 4 0 + − − − =

⇔ x k4π π= − + ; x k x k32 ; 2

2ππ π= = +

Câu III: x x x x4 4 6 6(sin cos )(sin cos )+ + x x33 7 3cos4 cos864 16 64

= + + ⇒ I 33128

π=

Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; V SM SN SM (1)V SB SC SB

1 1. .2

= =

4a SMAM a SM=SB

2 4;55 5

= ⇒ = ⇒ V V

V V (2)V V

1 22

2 3 35 5 5

= ⇒ = ⇒ =

ABCaV S SA

31 . 3.3 3∆= = ⇒ aV

3

2. 35

=

Câu V: a b a b (1); b c b c (2); c a c a (3)4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 22 2 2+ ≥ + ≥ + ≥

⇒ a b c abc a b c a b c abcd abc a b c d4 4 4 4 4 4( ) ( )+ + ≥ + + ⇒ + + + ≥ + + +

(4)abc a b c da b c abcd4 4 4

1 1( )

⇒ ≤+ + ++ + +

⇒ đpcm.

Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x y x y2 2 4 8 10 0+ − − + =

2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ x y zPa b c

( ) : 1+ + =

IA a JA bJK b c IK a c

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

= − = −= − = −

uur uuruur uur ⇒ a b c

b ca c

4 5 6 1

5 6 04 6 0

+ + =

− + =− + =

⇒

a

b

c

774775

776

=

=

=

Câu VII.a: a + bi = (c + di)n ⇒ |a + bi| = |(c + di)n |⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu VI.b: 1) Tìm được C (1; 1)1 − , C2( 2; 10)− − .

+ Với C1(1; 1)− ⇒ (C): 2 2x y x y11 11 16 0 3 3 3

+ − + + =

+ Với C2( 2; 10)− − ⇒ (C): 2 2x y x y91 91 416 0 3 3 3

+ − + + =

2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0

Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)

Câu VII.b: x x=2 vôùi >0 tuyø yù vaøy y=1

α αα

= =


Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x mx x3 23 9 7 0− + − = (1)

Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x x x1 2 3; ; . Ta có: x x x m1 2 3 3+ + =

Để x x x1 2 3; ; lập thành cấp số cộng thì x m2 = là nghiệm của phương trình (1)

Trang 57


⇒ m m32 9 7 0− + − = ⇔ m

m

11 15

2

= − ± =

. Thử lại ta được : m 1 152

− −=

Câu II: 1) x x x x2 2 2 2sin 3 cos 4 sin 5 cos 6− = − ⇔ x x xcos (cos7 cos11 ) 0− = ⇔

kx

kx

2

9

π

π

=

=

2) x0 1< ≤

Câu III: x x

x xAx x

23

1 1

7 2 2 5lim lim1 1→ →

+ − − −= +− −

= 1 1 7

12 2 12+ =

Câu IV: ANIBV 236

=

Câu V: Thay yFx 3−= vào bpt ta được: y Fy F F2 250 30 5 5 8 0− + − + ≤ Vì bpt luôn tồn tại y nên 0≥∆y ⇔ 040025025 2 ≥−+− FF ⇔ 82 ≤≤ F Vậy GTLN của yxF 3+= là 8.

Câu VI.a: 1) 1AF AF a2 2+ = và BF BF a1 2 2+ = ⇒ 1 2AF AF BF BF a1 2 4 20+ + + = =

Mà 1AF BF2 8+ = ⇒ 2AF BF1 12+ =2) B(4;2; 2)−

Câu VII.a: x x2; 1 33= = −

Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: x a y a a ax a y a a b

2 2 2

2 2 2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

− + + =

− + − =

a) ⇒ aa

15

= =

b) ⇒ vô nghiệm.

Kết luận: x y2 2( 1) ( 1) 1− + + = và x y2 2( 5) ( 5) 25− + + =

2) d Pu u n; (2;5; 3) = = − uur uurr

. ∆ nhận ur làm VTCP ⇒ x y z1 1 2:

2 5 3∆ − − += =

−Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A m m2( ;3 1)+ và B m m2( 3 ; 5 1)− − +

Vì y m21 3 1 0= + > nên để một cực trị của mC( ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của

mC( ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì m

mm2

03 05 1 0

>− <− + <

⇔ m 15

> .

Hướng dẫn Đề sô 3www.VNMATH.com

Câu I: 2) Giả sử 3 2 3 23 1 3 1A a a a B b b b( ; ), ( ; )− + − + (a ≠ b)

Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y a y b( ) ( )′ ′= ⇔ a b a b( )( 2) 0− + − =

⇔ a b 2 0+ − = ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b).

AB b a b b a a2 2 3 2 3 2 2( ) ( 3 1 3 1)= − + − + − + − = a a a6 4 24( 1) 24( 1) 40( 1)− − − + −

AB = 4 2 ⇔ a a a6 4 24( 1) 24( 1) 40( 1)− − − + − = 32 ⇔ a ba b

3 11 3

= ⇒ = − = − ⇒ =

⇒ A(3; 1) và B(–1; –3)

Trang 58


Câu II: 1) (1) ⇔ x x x( 3) 1 4+ − = ⇔ x = 3; x = 3 2 3− +

2) (2) ⇔ x xsin 2 sin3 2π π

− = − ÷ ÷ ⇔

x k k Z a

x l l Z b

5 2 ( ) ( )18 35 2 ( ) ( )6

π π

π π

= + ∈

= + ∈

Vì 02

x ; π ∈ ÷

nên x=518π

.

Câu III: Đặt x = –t ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x dx f t dt f t dt f x dx2 2 2 2

2 2 2 2

π π π π

π π π π

−

− − −

= − − = − = −∫ ∫ ∫ ∫

⇒ f x dx f x f x dx xdx2 2 2

4

2 2 2

2 ( ) ( ) ( ) cos

π π π

π π π− −−

= + − = ∫ ∫ ∫

x x x4 3 1 1cos cos2 cos48 2 8

= + + ⇒ I 316π= .

Câu IV: aV AH AK AO31 2, .

6 27 = = uuur uuur uuur

Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si:

2a ab c ab c ab c ab c ab abca a a a a

b c1+b c b c

2 2

2(1 ) (1)

2 4 4 421+= − ≥ − = − ≥ − = − −

+Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1

( )2

bc db bc d bc d bc d bc bcdb b b b bc d1+c d c d

2 2

2

1(2)

2 4 4 421

+= − ≥ − = − ≥ − = − −

+( )

2

cd ac cd a cd a cd a cd cdac c c c cd a1+d a d a

2 2

2

1(3)

2 4 4 421

+= − ≥ − = − ≥ − = − −

+( )

2

da bd da b da b da b da dabd d d d da b1+a b a b

2 2

2

1(4)

2 4 4 421

+= − ≥ − = − ≥ − = − −

+Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:

a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab

b c c d d a a b2 2 2 24

4 41 1 1 1+ + + + + ++ + + ≥ − −

+ + + +Mặt khác:

• ( ) ( ) a c b dab bc cd da a c b d2

42

+ + ++ + + = + + ≤ = ÷

. Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d

• ( ) ( ) ( ) ( )a b c dabc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a2 2

2 2 + ++ + + = + + + ≤ + + + ÷ ÷

⇔ ( ) ( ) ( ) ( )a b c dabc bcd cda dab a b c d a b c d4 4

+ ++ + + ≤ + + + = + + ÷

a b c dabc bcd cda dab2

42

+ + +⇔ + + + ≤ = ÷

. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1.

Vậy ta có: a b c d

b c c d d a a b2 2 2 24 444 41 1 1 1

+ + + ≥ − −+ + + +

a b c d

b c c d d a a b2 2 2 22

1 1 1 1⇔ + + + ≥

+ + + + ⇒ đpcm.

Trang 59


Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.

Câu VI.a: 1) Ptts của d: x ty t4 3

= = − +

. Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d.

( )S AB AC A AB AC AB AC22 21 1. .sin . .

2 2= = −

uuur uuur =

3

2 ⇔ t t24 4 1 3+ + = ⇔

tt

21

= − =

⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1).

2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT ( )pn n AB, 0; 8; 12 0 = = − − ≠ uur uuur rr

⇒ Q y z( ) : 2 3 11 0+ − =Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên:

b c bi b i c b c b ib c

2 0 2(1 ) (1 ) 0 (2 ) 02 0 2

+ = = −+ + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔ + = = Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0

∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆: 6x 3y 2z 12 0

3x 3y z 0

+ + − = − + =

Câu VII.b: 4 3 26 8 16 0z z z z– – –+ = ⇔ 21 2 8 0z z z( )( )( )+ − + = ⇔

12

2 2

2 2

zzz iz i

= − =

= = −


Câu I: 2) x x m4 225 4 log− + = có 6 nghiệm ⇔

944

12

9log 12 144 12

4m m= ⇔ = =

Câu II: 1) (1) ⇔ 2 2 2 2 2

2 0x x x x

xcos cos cos cos

sin− − = ≠

⇔ cos2x = 0 ⇔ x k4 2π π= +

2) Đặt 2t x 2x 2= − + . (2) ⇔ −≤ ≤ ≤ ∈ ++

2t 2m (1 t 2),do x [0;1 3]t 1

Khảo sát 2t 2g(t)t 1

−=+

với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) 2

2t 2t 2 0

(t 1)+ += >+

. Vậy g tăng trên [1,2]

Do đó, ycbt ⇔ bpt 2t 2mt 1

−≤+

có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ]t

m g t g1;2

2max ( ) (2)3∈

≤ = =

Câu III: Đặt t 2x 1= + . I =

3 2

1

t dt1 t

=+∫ 2 + ln2.

Câu IV: 3

2AA BM 1 BMA 11 1

1 a 15 1V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 36 3 2∆

= = = = uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur

⇒ = =3V a 5d .S 3

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( ) ( ) ( )1 3 5; 3 ; 5

2 2 2x y xy y z xy z x xy+ ≥ + ≥ + ≥ ⇒ đpcm

Trang 60


Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ 0 3 0I ( ; ; ) .

· 045MIO = ⇒ · 045NIOα = = .

2) 3 3

3BCMN MOBC NOBCV V V aa

= + = + ÷

đạt nhỏ nhất ⇔ 3aa

= ⇔ 3a = .

Câu VII.a: Đặt 1

1

= − = −

u x

v y. Hệ PT ⇔

2

2

1 3

1 3

+ + =

+ + =

v

u

u u

v v

⇒ 2 23 1 3 1 ( ) ( )+ + + = + + + ⇔ =u vu u v v f u f v , với 2( ) 3 1= + + +tf t t t

Ta có: 2

2

1( ) 3 ln 3 0

1

+ +′ = + >+

t t tf t

t⇒ f(t) đồng biến

⇒ =u v ⇒ 2 231 3 log ( 1) 0 (2)+ + = ⇔ − + + =uu u u u u

Xét hàm số: ( )23( ) log 1 '( ) 0= − + + ⇒ >g u u u u g u ⇒ g(u) đồng biến

Mà (0) 0g = ⇒ 0u = là nghiệm duy nhất của (2).

KL: 1= =x y là nghiệm duy nhất của hệ PT.Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0

2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A'(3;1;0)Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′B ⇒ M(2;2; 3)− .

Câu VII.b: x x x24 2(log 8 log )log 2 0+ ≥ ⇔

xx

2

2

log 10

log+

≥ ⇔ x

x

102

1

< ≤

>.


Câu I: 2) Gọi M 00

3;2

1

+ ÷−

xx

∈(C).

Tiếp tuyến d tại M có dạng: 020 0

3 3( ) 2

( 1) 1

−= − + +− −

y x xx x

Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A0

61;2

1

+ ÷− x

, B(2x0 –1; 2).

S∆IAB = 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB

⇔ 0

00 0

1 362 1

1 1 3

= += − ⇒

− = −

xx

x x ⇒ M1(1 3;2 3+ + ); M2(1 3;2 3− − )

Câu II: 1) (1) ⇔ 2(1 cos )sin (2cos 1) 0

sin 0, cos 0

− − = ≠ ≠

x x x

x x ⇔ 2cosx – 1 = 0 ⇔ 2

3

π π= ± +x k

2) (2) ⇔ 2 2 2

2 2

( 2) ( 3) 4

( 2 4)( 3 3) 2 20 0

− + − =

− + − + + − − =

x y

x y x. Đặt

2 2

3

− =

− =

x u

y v

Khi đó (2) ⇔ 2 2 4

. 4( ) 8

+ =

+ + =

u v

u v u v ⇔

2

0

= =

u

v hoặc

0

2

= =

u

v

⇒ 2

3

= =

x

y;

2

3

= − =

x

y;

2

5

=

=

x

y;

2

5

= −

=

x

y

Trang 61


Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= 1

0

1(1 )

2−∫ te t dt =

1

2e

Câu IV: V= 3

2 3

4 tan.

3 (2 tan )

αα+

a . Ta có 2

2 3

tan

(2 tan )

αα

=+

2

2

tan

2 tan

αα+

. 2

1

2 tan α+. 2

1

2 tan α+1

27≤

⇒ V max

34 3

27= a

khi đó tan 2α =1 ⇒ α = 45 o .

Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 3 3 34( ) ( )+ ≥ +x y x y . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y

Tương tự ta có: 3 3 34( ) ( )+ ≥ +y z y z . Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z3 3 34( ) ( )+ ≥ +z x z x . Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x

⇒ 3 3 3 3 3 33 3 3 34( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6+ + + + + ≥ + + ≥x y y z z x x y z xyz

Ta lại có 2 2 2 3

62

+ + ≥ ÷

x y z

y z x xyz. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z

Vậy 3

3

16 12

≥ + ≥ ÷ ÷

P xyzxyz

. Dấu "=" xảy ra ⇔ 1=

= =

xyz

x y z⇔ x = y = z = 1

Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1.Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2)

2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0Câu VII.a: Nhận xét: 2 2 21 0 8 4 2(2 1) 2( 1)+ + = + + +x x x x

(3) ⇔ 2

2 2

2 1 2 12 2 0

1 1

+ + − + = ÷ ÷+ +

x xm

x x. Đặt

2

2 1

1

+ =+

xt

x Điều kiện : –2< t 5≤ .

Rút m ta có: m=22 2+t

t. Lập bảng biên thiên ⇒

124

5< ≤m hoặc –5 < 4< −m

Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là ( ; )=rn a b (a2 + b2 ≠ 0)

=> VTPT của BC là: 1 ( ; )= −rn b a .

Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ⇔ ax + by –2a –b =0BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0

Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ 2 2 2 2

23 4 = −− + = ⇔ = −+ +

b ab b a

b aa b a b• b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0• b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0

2) 2 – 10 – 47 0

3 – 2 6 0

+ = + + =

x y z

x y z

Câu VII.b: (4) ⇔ 3 3( 1) 1 ( 1) ( 1)+ + + = − + −mx mx x x .

Xét hàm số: f(t)= 3 +t t , hàm số này đồng biến trên R.

( 1) ( 1)+ = −f mx f x ⇔ 1 1+ = −mx x

Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm.

• 1 1− < <m phương trình có nghiệm x =2

1

−−m

• m = –1 phương trình nghiệm đúng với 1∀ ≥x • Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm.


Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ 9

; 04

> − ≠m m

Tiếp tuyến tại N, P vuông góc ⇔ '( ). '( ) 1N Py x y x = − ⇔ 3 2 2

3

− ±=m .

Trang 62


Câu II: 1) Đặt 3 0xt = > . (1) ⇔ 25 7 3 3 1 0− + − =t t t ⇒ 3 3

3log ; log 5

5= = −x x

2) 2

33 3

22 ( 2 5)

log ( 1) log ( 1) log 4 ( )

log ( 2 5) log 2 5 ( )− +

+ − − > − + − = x x

x x a

x x m b

• Giải (a) ⇔ 1 < x < 3.• Xét (b): Đặt 2

2log ( 2 5)= − +t x x . Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3).

(b) ⇔ 2 5− =t t m . Xét hàm 2( ) 5= −f t t t , từ BBT ⇒ 25

; 64

∈ − − ÷ m

Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: 3 3 3( 3) ( 3) ( 3) 0 ( )− + − + − =x y z d

• Nếu x>3 thì từ (b) có: 3 9 ( 3) 27 27 3y x x y= − + > ⇒ >từ (c) lại có: 3 9 ( 3) 27 27 3z y y z= − + > ⇒ > => (d) không thoả mãn

• Tương tự, nếu x<3 thì từ (a) ⇒ 0 < z <3 => 0 < y <3 => (d) không thoả mãn• Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3

Câu IV: I là trung điểm AD, ( ) ( ; ( ))HL SI HL SAD HL d H SAD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD)

⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = 21

7

a.

Câu V: 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 )

1 1 1

− − − − − −= + +− − −

a b cT

a b c = ( )1 1 1

1 1 11 1 1

+ + − − + − + − ÷− − − a b c

a b c

Ta có: 1 1 1 9

1 1 1 1 1 1+ + ≥

− − − − + − + −a b c a b c; 0 1 1 1 6< − + − + − <a b c (Bunhia)

⇒ 9 6

626

≥ − =T . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1

3. minT =

6

2.

Câu VI.a: 1) 2 6

;5 5

÷

B ; 1 2

4 7(0;1); ;

5 5 ÷

C C

2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = 0.Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I.Suy ra: –2a – b = 0 ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (Q): y – 2z = 0.

Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4Phương trình ⇔ 2( 2 )( 2 4) 0− − + =z i z z ⇔ 2 ; 1 3 ; 1 3= = + = −z i z i z i ⇒ 2=z .

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ·

·

0

0

60 (1)

120 (2)

= =

AMB

AMB

Vì MI là phân giác của ·AMB nên:

(1) ⇔ ·AMI = 300 0sin 30⇔ = IA

MI ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7+ = ⇔ = ±m m

(2) ⇔ ·AMI = 600 0sin 60⇔ = 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) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) ⇒ (2; 1; 4); (2; 1; 0)M N ⇒ Phương trìnhmặt cầu (S): 2 2 2( 2) ( 1) ( 2) 4.− + − + − =x y z

Câu VII.b: Đặt 2= −xu e ⇒ bJ e

23 34 ( 2)2

= − − . Suy ra:

ln 2

3lim .4 6

2→= =

bJ


Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x mx m2 2 2 0+ + + = .

KBCS BC d K d BC18 2 . ( , ) 8 2 162∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ m 1 137

2±=

Trang 63


Câu II: 1) (1) ⇔ x x x x2(cos –sin ) 4(cos –sin ) – 5 0− = ⇔ x k x k2 22π π π π= + ∨ = +

2) (2) ⇔ x

y

x xy y

33 3(2 ) 18

3 32 . 2 3

+ = ÷ + = ÷

. Đặt a = 2x; b = y3

. (2) ⇔ a bab

31

+ = =

Hệ đã cho có nghiệm: 3 5 6 3 5 6; , ;

4 43 5 3 5

− + ÷ ÷ ÷ ÷+ −

Câu III: Đặt t = cosx. I = ( )32

16π +

Câu IV: VS.ABC =SAC

aS SO31 3.

3 16= = SACS d B SAC1 . ( ; )

3.

SACaS

2 13 316

= ⇒ d(B; SAC) = a313

Câu V: Đặt t = x21 13 + − . Vì x [ 1;1]∈ − nên t [3;9]∈ . (3) ⇔ t tmt

2 2 12

− +=−

.

Xét hàm số t tf tt

2 2 1( )2

− +=−

với t [3;9]∈ . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤ 487

.

⇒ m 4847

≤ ≤

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2⇒ =

⇔ m mm

m1 53 2 1 6

72

− = −= ⇔ − = ⇔ =2) Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của Hlên (P), ta có AH HI≥ => HI lớn nhất khi A I≡ . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A vànhận AH

uuur làm VTPT ⇒ (P): x y z7 5 77 0+ − − = .

Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có:

a b c a b c a b c a b c b c c a a b

3 3 31 1 3 1 1 3 1 1 3; ;(1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4

+ + + + + ++ + ≥ + + ≥ + + ≥+ + + + + +

⇒ a b c a b c abc

b c c a a b

3 3 3 33 3 3 3(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4 2 4 4

+ ++ + ≥ − ≥ − =+ + + + + +

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = ABCa b SAB

5 2

2∆− −

=

⇒ a ba ba b

8 (1)5 32 (2)

− =− − = ⇔ − =; Trọng tâm G

a b5 5;3 3

+ − ÷

∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)

• (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = Sp

32 65 89

=+ +

• (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ Srp

32 2 5

= =+

2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= m IM m13 ( 13)− = < . Gọi H là trung điểm của MN

⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = m 3− −

(d) qua A(0;1;-1), VTCP u (2;1;2)=r

⇒ d(I; d) = u AI

u;

3 =

r uur

r

Vậy : m 3− − =3 ⇔ m = –12

Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0

Trang 64


x y xy xy

x xy y

2 22 2 2 2

2 2

log ( ) log 2 log ( ) log (2 )

4

+ = + = − + =

⇔ x y xy

x xy y

2 2

2 2

2

4

+ = − + =

⇔ x y

xy

2( ) 0

4

− =

= ⇔

x y

xy 4

=

= ⇔

x

y

2

2

=

= hay

x

y

2

2

= −

= −


Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là:

2(0; 5 5), ( 2 ;1 ), ( 2 ;1 )− + − − − − −A m m B m m C m m

Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ABC vuông tại A khi m = 1.

Câu II: 1) • Với 1

22

− ≤ <x : 2 3 0, 5 2 0+ − − < − >x x x , nên (1) luôn đúng

• Với 1 5

2 2< <x : (1) ⇔ 2 3 5 2+ − − ≥ −x x x ⇔

52

2≤ <x

Tập nghiệm của (1) là 1 5

2; 2;2 2

= − ∪÷ ÷ S

2) (2) ⇔ (sin 3)(tan 2 3) 0− + =x x ⇔ ;6 2

π π= − + ∈x k k Z

Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên 5

;3 6

π π= =x x

Câu III: • Tính 1

0

1

1

−=+∫

xH dx

x. Đặt cos ; 0;

2

π = ∈ x t t ⇒ 2

2

π= −H

• Tính ( )1

0

2 ln 1= +∫K x x dx . Đặt ln(1 )

2

= + =

u x

dv xdx ⇒

1

2=K

Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp

S.ABCD: 1

.2. 13

.= = =ABCD

BCD

S SAV SA

V S HK HK

Ta được: 1 2 2 2

1 1 1 1

1 13 12+= = + = ⇔ =V V V VV

V V V V

Câu V: Điều kiện 1

++ + = ⇔ =−

a cabc a c b b

ac vì 1≠ac và , , 0>a b c

Đặt tan , tan= =a A c C với , ;2

π π≠ + ∈A C k k Z . Ta được ( )tan= +b A C

(3) trở thành: 2 2 2

2 2 3

tan 1 tan ( ) 1 tan 1= − +

+ + + +P

A A C C2 2 2 2

2

2cos 2cos ( ) 3cos cos 2 cos(2 2 ) 3cos

2sin(2 ).sin 3cos

= − + + = − + += + +

A A C C A A C C

A C C C

Do đó: 2

2 10 1 102 sin 3sin 3 sin

3 3 3 ≤ − + = − − ≤ ÷

P C C C

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

1sin

3sin(2 ) 1

sin(2 ).sin 0

= + = + >

C

A C

A C C

Trang 65


Từ 1 2

sin tan3 4

= ⇒ =C C . Từ sin(2 ) 1 cos(2 ) 0+ = ⇔ + =A C A C được 2

tan2

=A

Vậy 10 2 2

max ; 2;3 2 4

= ⇔ = = = ÷ ÷

P a b c

Câu VI.a: 1) B(0; –1). 2 2BM ( ; )=uuur

⇒ MB ⊥ BC.

Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật.

PT đường thẳng MN: 3 0x y+ − = . N = MN ∩ d2 ⇒ 8 1

3 3N ;

÷

.

NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: 7

03

x y− − = .

C = NC ∩ d1 ⇒ 2 5

;3 3

− ÷ C .

AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: 2 2 0+ + =x y . AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6 3 1 0+ + =x y

2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2 5 2 0− + + =x y z

Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: ( )5; 1;3− −A ⇒ d: 1 1 1

3 1 1

− − −= =−

x y z

Câu VII.a: Xét ( ) 0 1 2 2 3 31 . . . ... .+ = + + + + +n n nn n n n nx C C x C x C x C x

• Với x = 2 ta có: 0 1 2 33 2 4 8 ... 2= + + + + +n n nn n n n nC C C C C (1)

Với x = 1 ta có: 0 1 2 32 ...= + + + + +n nn n n n nC C C C C (2)

• Lấy (1) – (2) ta được: ( )1 2 33 7 ... 2 1 3 2+ + + + − = −n n n nn n n nC C C C

• PT ⇔ 2 23 2 3 2 6480 3 3 6480 0− = − − ⇔ − − =n n n n n n ⇒3 81 4= ⇔ =n nCâu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2

Tâm I ∈ ∆ nên: ( )6 3 ;= −I b b . Ta có: 4 3 1

6 3 24 3 2

− = = − − = ⇔ ⇔ − = − =

b b bb b

b b b

⇒ (C): ( ) ( )2 23 1 1− + − =x y hoặc (C): ( ) 22 2 4+ − =x y

2) Lấy ( )1∈M d ⇒ ( )1 1 11 2 ; 1 ;+ − −M t t t ; ( )2∈N d ⇒ ( )1 ; 1;− + − −N t t

Suy ra ( )1 1 12 2; ;= − − − −uuuurMN t t t t t

( ) ( ) *1 1 1. ; 2 2⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −

uuuur rd mp P MN k n k R t t t t t ⇔

1

4

52

5

= − =

t

t ⇒

1 3 2; ;

5 5 5 = − − ÷

M

⇒ d: 1 3 2

5 5 5− = + = +x y z

Câu VII.b: Từ (b) ⇒ 12xy += .Thay vào (a) ⇔ 2 1 241 6log 2 3 4 0+= + ⇔ − − =xx x x ⇔

14

xx

= − =

⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32).


Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1

⇔

2' 4 5 0

(1) 5 7 0

2 11

2 3

∆ = − − > = − + >

− = <

m m

f m

S m ⇔

5

4 < m <

7

5

Trang 66


Câu II: 1) (1) ⇔ cos4x = 2

2⇔

16 2

π π= ± +x k

2) (2) ⇔

22

2

12 2 1

1

1( 2) 1 2 1

+ + + − = + = ⇔ + + − = + − =

xy x x

yy

xy x y x

y

⇔ 1

2

= =

x

yhoặc

2

5

= − =

x

y

Câu III: Đặt t = 4 1+x . 3 1

ln2 12

= −I

Câu IV: VA.BDMN = 3

4VS.ABD =

3

4.1

3SA.SABD =

1

4.a 3 .

2 33 3

4 16=a a

Câu V: Đặt A = 2 2+ +x xy y , B = 2 23− −x xy y

• Nếu y = 0 thì B = 2x ⇒ 0 ≤ B ≤ 3

• Nếu y ≠ 0 thì đặt t = x

y ta được B = A.

2 2 2

2 2 2

3 3.

1

− − − −=+ + + +

x xy y t tA

x xy y t t

Xét phương trình: 2

2

3

1

− − =+ +

t tm

t t⇔ (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1)

(1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0

⇔ 3 4 3

3

− − ≤ m ≤ 3 4 3

3

− +

Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3– 4 3 ≤ B ≤ –3+ 4 3

Câu VI.a: 1) A2 2

;3 3

− − ÷ , C

8 8;

3 3 ÷

, B(– 4;1)

2) I(2;2;0). Phương trình đường thẳng KI: 2 2

3 2 1

− −= =−

x y z. Gọi H là hình chiếu của I trên (P):

H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo).

Ta có: KH = KO ⇔ 0 0 0

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

2 2

3 2 1

( 1) ( 1)

− − = = − + + + − = + +

x y z

x y z x y z ⇒ K(–

1

4;

1

2;

3

4)

Câu VII.a: Từ (b) ⇒ x = 2y hoặc x = 10y (c). Ta có (a) ⇔ ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d)

Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t ∈ (–1; + ∞) ⇒ f ′(t) = 1

11 1

−− =+ +

t

t t

Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ≠ y thì x, y là 2 số trái dấu,nhưng điều này mâu thuẩn (c). Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y. Khi đó thay vào (3) ta được x = y = 0

Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB lần lượt tại I và N, ta có:1 1

( ) : 1 0, ( ) ( ) ; ( 1; 0)2 2

+ + = = ∩ ⇒ − − ⇒ − ÷ d x y I d AD I N (I là trung điểm MN).

( ) : 2 1 0, ( ) ( ) (1; )⊥ ⇒ − + = = ⇒IAB CH pt AB x y A AB AD A 1 .

AB = 2AM ⇒ AB = 2AN ⇒ N là trung điểm AB ( )3; 1⇒ − −B .1

( ) : 2 1 0, ( ) ( ) ; 22

− − = = ⇒ − − ÷ Ipt AM x y C AM CH C

2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5)Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1)

Phương trình đường thẳng ∆: 2 7 5

5 8 4

+ − −= =− −

x y z

Câu VII.b: PT ⇔ 2 1 sin(2 1) 0 (1)

cos(2 1) 0 (2)

− + + − =

+ − =

x x

x

y

y

Từ (2) ⇒ sin(2 1) 1+ − = ±x y . Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ 1 2

π π= − − +y k

Trang 67



Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) ⇒ AB ngắn nhất ⇔ AB2 nhỏ nhất ⇔ m = 0. Khi đó 24=AB

Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ⇔ 1– sinx = 0 ⇔ 22

π π= +x k

2) BPT ⇔ 2 22 2 2log log 3 5(log 3) (1)− − > −x x x

Đặt t = log2x. (1) ⇔ 2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)− − > − ⇔ − + > −t t t t t t

2

22

1log 11

33 4 3 log 4

( 1)( 3) 5( 3)

≤ −≤ −≤ − >⇔ ⇔ ⇔ < < < < + − > −

txt

tt x

t t t

⇔

10

28 16

< ≤⇔

< <

x

x

Câu III: Đặt tanx = t . 3 3 4 22

3 1 3 1( 3 ) tan tan 3ln tan

4 2 2 tan−= + + + = + + − +∫I t t t dt x x x C

t xCâu IV: Kẻ đường cao HK của ∆AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1.

Ta có AA1.HK = A1H.AH 1

1

. 3

4⇒ = =A H AH a

HKAA

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có:20092009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4

2005

1 1 ... 1 2009. . . . 2009. (1)+ + + + + + + ≥ =1 42 43 a a a a a a a a a

Tương tự: 20092009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4

2005

1 1 ... 1 2009. . . . 2009. (2)+ + + + + + + ≥ =1 42 43 b b b b b b b b b

20092009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4

2005

1 1 ... 1 2009. . . . 2009. (3)+ + + + + + + ≥ =1 42 43 c c c c c c c c c

Từ (1), (2), (3) ta được: 2009 2009 2009 4 4 46015 4( ) 2009( )+ + + ≥ + +a b c a b c

⇔ 4 4 46027 2009( )≥ + +a b c . Từ đó suy ra 4 4 4 3= + + ≤P a b cMặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.

Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:

1

2 2 2 22

3 13 07 17 5

3 4 01 ( 7) 1 1

∆∆

+ − =− + + − = ⇔ − − =+ − +

x y ( )x y x y

x y ( )

Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 2,∆ ∆KL: 3 3 0+ − =x y và 3 1 0− + =x y

2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông tại K.

2 2 2 49

10⇒ = + =CH CK HK . Vậy phương trình mặt cầu: 2 2 2 49

( 3) ( 2)10

− + − + =x y z

Câu VII.a: Có tất cả 24C . 2

5C .4! = 1440 số.

Câu VI.b: 1) 1

2

( ) ( ; 1 ) ( 1; 1 )

( ) (2 2; ) (2 3; )

∈ − − = − − − ⇔ ⇒ ∈ − = −

uuur

uuurA d A a a MA a a

B d B b b MB b b

⇒

2 1;

( ) : 5 1 03 3

( 4; 1)

− − ÷⇒ − − = − −

Ad x y

B hoặc

( )0; 1( ) : 1 0

(4;3)

− ⇒ − − =

Ad x y

B

2) Phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): 3 2 3 0+ + − =x y z .

Trang 68


Toạ độ giao điểm A của (d2) và (α) là nghiệm của hệ

3 2 3 0 1

1 0 5 / 3

2 0 8 / 3

+ + − = = − + = ⇔ = + − + = =

x y z x

x y

x y z z

Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình: 1 1

3 2 5

− −= =x y z

Câu VII.b: Ta có: ( )882 2

80

1 (1 ) (1 )=

= + − = −∑ k k k

k

P x x C x x . Mà 0

(1 ) ( 1)=

− = −∑k

k i i ik

i

x C x

Để ứng với 8x ta có: 2 8;0 8 0 4+ = ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤k i i k k .Xét lần lượt các giá trị k ⇒ k = 3 hoặc k = 4 thoả mãn.Do vậy hệ số của 8x là: 3 2 2 4 0 0

8 3 8 4( 1) ( 1) 238= − + − =a C C C C .


Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc ⇒ M(0;1) và M(0;–1)Câu II: 1) Đặt 2log( 1)+ =x y . PT ⇔ 2 2 2 2( 5) 5 0 5+ − − = ⇔ = ∨ = −y x y x y y x

Nghiệm: 99999= ±x ; x = 0

2) PT ⇔ (cos 1)(cos sin sin .cos 2) 0− − − + =x x x x x ⇔ 2π=x k . Vì 1 3 2 4− < ⇔ − < <x x

nên nghiệm là: x = 0

Câu III: Đặt 2ln( 1) = + +

=

u x x

dv xdx ⇒ I =

1

20

3 3 13

4 4 1dx

x xln −

+ +∫ .

Tính I1 =

1 1

2 220 0

1 1

1 1 32 2

dx dxx x

x

=+ + + + ÷ ÷

∫ ∫.

Đặt 1 3

2 2 2 2x t ttan , ,π π

+ = ∈ − ÷

⇒ I1 = 3

9π .

Vậy: 12

33ln

4

3I

π−= .

Câu IV: 2 2 2

2

+ +=td

ab a b cS

cCâu V: Vì 20 1 1 0< < ⇒ − >x x Áp dụng BĐT Côsi ta có:

2 2 22 2 2 232 2 (1 ) (1 ) 2

2 (1 ) (1 )3 3 3 3

+ − + −= ≥ − ⇒ ≥ −x x xx x x x 2

2

3 3

1 2⇒ ≥

−x

xx

Tương tự: 2 22 2

3 3 3 3;

1 2 1 2≥ ≥

− −y z

y zy z

Khi đó: 2 2 23 3 3 3 3 3( ) ( )

2 2 2≥ + + ≥ + + =P x y z xy yz zx min

3 3 1

2 3⇒ = ⇔ = = =P x y z

Câu VI.a: 1) Gọi A = d ∩ (P) ⇒ (1; 3;1)−A . Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: 2 6 0− + + + =x y z

∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ ∆: { 1 ; 3; 1= + = − = +x t y z t

2) Xét hai trường hợp: d ⊥ (Ox) và d ⊥ (Ox) ⇒ d: 4 9 43 0+ − =x y

Câu VII.a: PT ⇔ 2

8

( ) 2( ) 15 0

− − =

− + − − =

z w zw

z w z w ⇔

5 13( ) ( )

3 5

= − = − ∨ − = − = −

zw zwa b

z w z w

Trang 69


(a) ⇔

3 11 3 11

2 2

3 11 3 11

2 2

− + − −= = ∨ + − = =

i iw w

i iz z

; (b) ⇔

5 27 5 27

2 2

5 27 5 27

2 2

+ −= = ∨ − + − − = =

i iw w

i iz z

Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: 7 14

; ;03 3

÷

G .

Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 24+ + + = + + + +MA MB MC MD MG GA GB GC GD

≥ 2 2 2 2+ + +GA GB GC GD . Dấu bằng xảy ra khi ≡M7 14

; ;03 3

÷

G .

2) (1;0)= ⇒IB AB Ox B , ( );3 7( 1) 1∈ ⇒ − ⇒ >A AB A a a a (do 0, 0> >A Ax y ).

Gọi AH là đường cao ( ;0) (2 1;0) 2( 1), 8( 1)∆ ⇒ ⇒ − ⇒ = − = = −ABC H a C a BC a AB AC a .

( )18 2 (3;0), 2;3 7∆ = ⇔ = ⇒Chu vi ABC a C A .

Câu VII.b: Đặt 1

1

= − = −

u x

v y. Hệ PT ⇔

2

2

1 3

1 3

+ + =

+ + =

v

u

u u

v v

⇒ 2 23 1 3 1 ( ) ( )+ + + = + + + ⇔ =u vu u v v f u f v , với 2( ) 3 1= + + +tf t t t

Ta có: 2

2

1( ) 3 ln3 0

1

+ +′ = + >+

t t tf t

t⇒ f(t) đồng biến

⇒ =u v ⇒ 2 231 3 log ( 1) 0 (2)+ + = ⇔ − + + =uu u u u u

Xét hàm số: ( )23( ) log 1 '( ) 0= − + + ⇒ >g u u u u g u ⇒ g(u) đồng biến

Mà (0) 0g = ⇒ 0u = là nghiệm duy nhất của (2).

KL: 1x y= = là nghiệm duy nhất của hệ PT.

Hướng dẫn Đề số 12www.VNMATH.com

Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt ⇔CÑ CT

y coù CÑ, CTy hoaëc y0 0

= =

⇔ 1= ±m

Câu II: 1) PT ⇔ (2cos 1)(sin cos 2) 0

2sin 3 0

− + =⇔ + ≠

x x x

x ⇔ 2

3

π π= +x k

2) Đặt 3 12 0; 2 1+= > − =x xu v .

PT ⇔ 3 3

33 2 2

01 2 1 2

2 1 01 2 ( )( 2) 0

= > + = + = ⇔ ⇔ − + =+ = − + + + =

u vu v u v

u uv u u v u uv v ⇔

2

0

1 5log

2

=

− + =

x

x

Câu III: Đặt 2

π= − ⇒ = −x t dx dt ⇒ 2 2

3 30 0

cos cos

(sin cos ) (sin cos )

π π

= =+ +∫ ∫

tdt xdxI

t t x x

⇒ 2 2 4

22 00 0

1 1cot( ) 1

2 2 4(sin cos ) sin ( )4

π π ππ

π= = = − + =+ +

∫ ∫dx dx

2I xx x x

⇒ 1

2=I

Câu IV: · 0;2

πϕ = ∈ ÷ SCA

33(sin sin )

6ϕ ϕ⇒ = −SABC

aV . Xét hàm số 3sin sin= −y x x trên khoảng 0;

2

π ÷

.

Từ BBT 3 3

max max

3( )

6 9⇒ = =SABC

a aV y khi

1sin

3ϕ = , 0;

2

πϕ ∈ ÷

Trang 70


Câu V: Đặt 2 2= − − +t x x1 1

' 02 2 2 2

−⇒ = − <− +

tx x

( )⇒ =t t x nghịch biến trên [ 2;2]− [ 2;2]⇒ ∈ −t . Khi đó: PT ⇔ 22 2 4= + −m t t

Xét hàm 2( ) 2 4= + −f t t t với [ 2; 2]∈ −t .

Từ BBT ⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 5

5 2 4 22

⇔ − < ≤ − ⇔ − < ≤ −m m

Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): 1+ =x y

a b (a,b>0)

M(3; 1) ∈ d 3 1 3 1

1 2 . 12−

= + ≥ ⇒ ≥Cô si

aba b a b

.

Mà 3 3 2 3 12+ = + ≥ =OA OB a b ab min

36

( 3 ) 12 3 1 12

2

= =⇒ + = ⇔ ⇔ == =

a ba

OA OBb

a b

Phương trình đường thẳng d là: 1 3 6 06 2

+ = ⇔ + − =x yx y

2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): 3 0+ − − =x y z

d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: { 2; 1;= = + =x y t z t

M ∈ d ⇒ (2; 1; )+M t t 22 8 11⇒ = − +AM t t .

Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB

2 4 182 8 1 0

2

±⇔ − − = ⇔ =t t t 6 18 4 18

2; ;2 2

± ±⇒ ÷

M

Câu VII.a: Ta có 0 1 2 2(1 ) .... ( 1)− = − + − + − =n n n nn n n nx C C x C x C x B

Vì 1

0

1(1 )

1− =

+∫ nx dxn

, 1

0 1 2

0

1 1 1... ( 1)

2 3 1= − + + + −

+∫ n nn n n nBdx C C C C

n 1 13 12⇒ + = ⇒ =n n

• 12

5 5123 3

0

2 2( ) .( ) ( )

−

=

+ = ∑n k

n k k

k

x C xx x

, 12 8 361 12 .2 .− −

+ = k k kkT C x ⇒ 8 36 20 7− = ⇔ =k k

⇒ Hệ số của 20x là: 7 512 .2 25344=C

Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của ∆: 3 5

= = −

x t

y t. M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5)

( , ). ( , ).= ⇔ =MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD ⇔ 7

93

= − ∨ =t t ⇒ 7

( 9; 32), ( ;2)3

− −M M

2) Gọi AB là đường vuông góc chung của 1∆ , 2∆ : 1(2 ; ; 4) ∆∈A t t , 2(3 ; ;0) ∆+ − ∈B s s

AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ (2;1;4), (2;1;0)A B

⇒ Phương trình mặt cầu là: 2 2 2( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − =x y z

Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị 1 22, 2= − − = − +x m x m . Khoảng cách giữa hai điểm cực

trị là 2 22 1 2 1 1 2( ) ( ) 2= − + − = −AB y y x x x x = 4 2 (không đổi)

Hướng dẫn Đề số 13

Câu I: 2) AB = ( ) 22 1

4 22

−+ ≥

m . Dấu "=" xảy ra ⇔ 1

2=m ⇒ AB ngắn nhất ⇔

1

2=m .

Câu II: 1) Đặt sin cos , 0= − ≥t x x t . PT ⇔ 24 3 0t t− − = ⇔ x k2π= .

Trang 71


2) Hệ PT ⇔

4 2

2

2

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

2

1

− + − + − = += +

m x m x m

xy

x

.

• Khi m = 1: Hệ PT ⇔

2

2

2

2 1 0( )2

1

+ = += +

xVNx

yx

• Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , 0≥t . Xét 2( ) ( 1) 2( 3) 2 4 0 (2)= − + − + − =f t m t m t m

Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt

⇔ (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 ⇔ ( )(0) 0

... 22 30

1

= ⇔ ⇔ =−

= > −

f

mmS

m

.

Câu III: • 1

3 2

0

1= −∫I x x dx Đặt: 21= −t x ⇒ ( )1

2 4

0

2

15= − =∫I t t dt .

• J = ( )1

1

ln

++∫

e x

x

xedx

x e x = ( )

11

ln 1ln ln ln

ln

+ += + =+∫

xe eex

x

d e x ee x

ee x

Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B'.

Ta có ( )

'

−−= ⇒ =a a xSB a x

SBSB a x

, (0< x < a)

Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = 1− x

a ta có:

3

1

2

− = ÷ V a x

V a. Mà

4

2 ' ' '

1. '

3 6∆= =A B C

aV S SB

x.

⇒ 34

1 16

= − ÷ a x

Vx a

; Do đó: 3 24 3

2 1 1 1 1 1 16 6

= − = − − = + − + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

a x a x xV V V

x a a a

Theo đề bài V = 2 23

3 31 11 1 1 1 1 1 0

3 6 3

⇔ + − + − = ⇔ − + − − = ÷ ÷ ÷ ÷

a x x x xa a

a a a a (*)

Đặt 1 , 0 = − > ÷

xt t

a(vì 0 < x < a), PT (*) ⇔ t2 + t – 1 = 0 ⇒ t =

1( 5 1)

2− ⇒ 3 5

2

−=x a

Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 ⇒ 4y = 5 – 4x ⇒ S = 4 1

4+

x y =

20 15

(5 4 )

−−

x

x x, với 0 < x <

5

4

Dựa vào BBT ⇒ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y = 1

4Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi ∆1 và ∆2.

2) Câu VII.a: 2 ; 2 3= − = +z i z i zCâu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1,..., 5 nhất thì một điều

kiện cần là ( )5 2

11

( )=

= −∑ ii

f a y y bé nhất, trong đó = +iiy ax b .

Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a + 50.Từ đó: 2 2 2( ) (48 155 163 50) (50 159 163 50) (54 163 163 50)= − + − + − + − + − + −f a a a a a a a +

2 2(58 167 163 50) (60 171 163 50)+ − + − + − + −a a a a

= 2 2 2 2 2(8 2) (4 ) 4 (8 4 ) (10 8 )− + + + − + −a a a a ( )22 80 129 92= − +a a .(P)

⇒ f(a) bé nhất khi a = 129

160⇒ b =

13027

160− . Đáp số: d:

129 13027

160 160= −y x

2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chínhlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB.+ Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp cóphương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S.+ Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 2 21 2 2 3+ + = ⇒ (S): 2 2 2( 1) ( 2) ( 2) 9− + − + − =x y z

Trang 72


Câu VII.b: Chứng minh rằng : 4 28 8 1 1− + ≤a a , với mọi a ∈ [–1; 1].

Đặt: a = sinx, khi đó: 4 28 8 1 1− + ≤a a 2 2 2 28sin (sin 1) 1 1 1 8sin cos 1⇔ − + ≤ ⇔ − ≤x x x x .

⇔ 2 2 21 8sin cos 1 1 2sin 2 1 cos 4 1− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤x x x x ( đúng với mọi x).


Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) ∈ (C). d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2|.

d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + 0

3

1

−+x

2 3−

≥Cô si

.

Dấu "=" xảy ra khi 0 1 3= − ±x

Câu II: 1) Đặt , ( 0, 0)= = ≥ ≥u x v y u v . Hệ PT ⇔ 3 3

1 1

1 3

+ = + = ⇔ =+ = −

u v u v

uv mu v m.

ĐS: 1

04

≤ ≤m .

2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: ( )2

π= ∈x k k Z

Câu III: 2

2 3

π= −I

Câu IV: V = 1

( )6

+ya a x . 2 2 31( )( )

36= − +V a a x a x . Vmax =

3 3

8

a khi

2= a

x .

Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: 1 1 1 1 4

( )( ) 4+ + ≥ ⇒ + ≥+

x yx y x y x y

.

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 4 16 ≤ + ≤ + + + ÷ ÷+ + + + x y x x y x z x y x z

.

Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm.

Câu VI.a: 1) 2 4 3 2 4 3

; , ;7 7 7 7

− ÷ ÷

A B .

2) (P): y z 3 3 2 0+ + + = hoặc (P): y z 3 3 2 0+ + − =

Câu VII.a: 2

5

= =

x

y

Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + 2. AB = FA = FB = x1 + x2 + 4.2) Gọi 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.

Điểm ∆∈M nên ( )1 2 ;1 ;2− + −M t t t . 2 2 2 2(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)+ = + + − +AM BM t t

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

rv t .

Ta có ( ) ( )( ) ( )

22

22

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

= + = − +

r

r

u t

v t ⇒ | | | |+ = +

r rAM BM u v và ( )6;4 5 | | 2 29+ = ⇒ + =

r r r ru v u v

Mặt khác, ta luôn có | | | | | |+ ≥ +r r r ru v u v Như vậy 2 29+ ≥AM BM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,r ru v cùng hướng

3 2 51

3 6 2 5⇔ = ⇔ =

− +t

tt

Trang 73


( )1;0;2⇒ M và ( )min 2 29+ =AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+

Câu VII.b: ( )( ) l 3ln 3= − −f x x ; ( ) ( )1 3'( ) 3 3 '

3 3f x x

x x= − − =

− −

Ta có: t tdt dt t t2

00 0

6 6 1 cos 3 3sin ( sin ) ( sin ) (0 sin 0) 32 2 |

π ππ π π

π π π π− = = − = − − − = ∫ ∫

Khi đó: 2

0

6sin

2'( )

2

tdt

f xx

π

π>

+

∫ ( ) ( )2 13 3 203 23 2 1

33; 2 3; 2 2

x xx xx x

xx x x x

− < − <> − +⇔ ⇔ ⇔− + < < < ≠ − < ≠ −


Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2)

Câu II: 1) PT ⇔ 2 1 2 0

0 0x x x

x x( cos )(sin sin )

sin , cos − − = ≠ ≠

⇔ 23

π π= ± +x k

2) Đặt ( 1)1

xt x

x= −

−. PT có nghiệm khi 2 4 0t t m+ − = có nghiệm, suy ra 4m ≥ − .

Câu III: Đặt 2 x tsin = ⇒ 1

0

1(1 )

2= −∫ tI e t dt = e

2

1

Câu IV: Gọi OH là đường cao của OAMD , ta có:. .

sin.sin

sinsin sin

α αββα

α α

= = ⇒ = = = =

SO OA cotg R cotgAH SA ROA R

SA

2 2 2 2sin sinsin

α βα

⇒ = − = −ROH OA AH .

Vậy: 3

2 2. 3

1 cos sin. . . sin sin

3 3sin

α β α βα

= = −S AOM

RV SO AH OH .

Câu V: Từ gt ⇒ 2 1a ≤ ⇒ 1 + a ≥ 0. Tương tự, 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0

⇒ (1 )(1 )(1 ) 0a b c+ + + ≥ ⇒ 1 0a b c ab ac bc abc+ + + + + + + ≥ . (a)

Mặt khác 2 2 2 21(1 ) 0

2a b c a b c ab ac bc a b c+ + + + + + + + = + + + ≥ . (b)

Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm

Câu VI.a: 1) /( ) 27 0= > ⇒M CP M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.

Mặt khác: 2/( ) . 3 3 3= = ⇒ = ⇒ =

uuur uuurM CP MA MB MB MB BH 2 2 4 [ ,( )]⇒ = − = =IH R BH d M d

Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).

2 2

06 4

[ ,( )] 4 4 12

5

=− − = ⇔ = ⇔ = −+

aa b

d M da ba b

.

Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.

2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. 2 1 1

3 3 3H ; ;

− ÷

Câu VII.a: Đặt 2logt x= . PT ⇔ 2 (7 ) 12 4 0t x t x− − + − = ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x = 2

Câu VI.b: 1) Ta có: ( )1;2 5AB AB= − ⇒ =uuur

. Phương trình AB: 2 2 0x y+ − = .

Trang 74


( )( ) : ;∈ = ⇒I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên: (2 1;2 ), (2 ;2 2)− −C t t D t t

Mặt khác: . 4= =ABCDS AB CH (CH: chiều cao) 4

5⇒ =CH .

Ngoài ra: ( )( ) ( )

4 5 8 8 2; , ;| 6 4 | 4

3 3 3 3 3;5 5

0 1;0 , 0; 2

= ⇒− ÷ ÷= ⇔ = ⇔ = ⇒ − −

t C Dtd C AB CH

t C D

Vậy 5 8 8 2

; , ;3 3 3 3

÷ ÷

C D hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2− −C D

2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH 1( ) ( ) : 2 1 0⇒ ⊥ ⇒ + − + =P d P x y z

2( ) (1;4;3)= ∩ ⇒B P d B ⇒ phương trình {: 1 2 ; 4 2 ; 3= + = − =BC x t y t z

Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: ( ) : 2 2 0 (2;2;4) (1;2;5)− + − = ⇒ ⇒Q x y z K M (K là trung điểm của CM).

1 4 3:

0 2 2

− − −⇒ = =−

x y zptAB , do 1

1(1;2;5) , 2 3

2∆ = ∩ ⇒ ⇒ = = uuur uuur

ABCA AB d A S AB AC .

Câu VII.b: PT ⇔ 2008 2007 1 0= − − =xf x x( ) với x ∈ (– ∞ ; + ∞ )

22008 2008 2007 2008 2008 0x xf (x) f x x .ln ; ( ) ln ,′ ′′= − = > ∀⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến.

Vì f (x) liên tục và 2007x x

f x f xlim ( ) ; lim ( )→−∞ →+∞

′ ′= − = +∞ ⇒ ∃x0 để f ′' ( x0 ) = 0

Từ BBT của f(x) ⇒ f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1


Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d) ⊥ MN có dạng: y = 2x + m.Gọi A, B ∈ (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT:

2 4

21

− = ++

xx m

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

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (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 II: 1) PT ⇔ cos2x + 3

cos4

x = 2 ⇔

cos 2 1

3cos 1

4

= =

x

x ⇔ ( ; )8

3

ππ

= ∈ =

¢x k

k mmx

⇔ x = 8nπ

2) Nhận xét; x = ± 1 là các nghiệm của PT. PT 2 1

32 1

+⇔ =−

x x

x.

Dựa vào tính đơn điệu ⇒ PT chỉ có các nghiệm x = ± 1.

Câu III: Ta có 2 2

1 2sin cos1 sin 12 2 tan1 cos 22cos 2cos

2 2

++ = = ++

x xx x

x xx. K =

2 2

0 0

tan22

2

π π

+∫ ∫x

x

2

e dx xe dx

xcos

= 2

π

e

Trang 75


Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC · α=AMS . Gọi I

là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giáccủa · α=AMS .

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

α⇔ + = −a a a

2

2 3

4 tan α⇒ =

+a

r = OI = OM.tan2

α =

2

tan2

4 tan

α

α+. Vậy V =

( )

3

32

4 tan2

3 4 tan

απ

α+

Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1. 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

281

27⇔ ≥ + + − >ab bc ca abc

562 2 2 2 2

27⇔ < + + + ≤ab bc ca abc

2 2 2 2 562 ( ) ( 2 )

27⇔ < + + − + + + ≤a 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.

Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7)

A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0

2) Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox ⇒ 2 2 2

2 2( ; ( ))

32 1 2= =

+ +a a

d A P ; 28 24 36

( ; )3

− += a ad A d

d(A; (P)) = d(A; d) 2

2 2 22 8 24 364 8 24 36 4 24 36 0

3 3

− +⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =a a a

a a a a a

24( 3) 0 3.⇔ − = ⇔ =a a Vậy có một điểm A(3; 0; 0).

Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên 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 ⇒ (0; 3]∈t . 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’ = 0

0

1

=⇔ =

x

x

Từ BBT ⇒ giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 4

π.

Câu VI.b: 1) M ∈ (D) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b)

N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ 6

05

b b;= =

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc 38 6 8 4

5 5 5 5M N; , ;

− ÷ ÷

2) Ta có (6; 4;4)= −uuurAB ⇒ 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)

Câu VII.b: Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β3 = r3( cos3ϕ + isin3ϕ)

Trang 76


Ta có: r3( cos3ϕ + isin3ϕ) = 2 2

3 cos sin3 3

π π + ÷ i

3 3

23 2

3

πϕ π

=⇒

= +

r

k

3 3

2 2

9 3

π πϕ

=⇒

= +

r

k

Suy ra β = 3 2 2 2 23 cos sin

9 3 9 3

π π π π + + + ÷ ÷ ÷ k i k .


Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): 2 ( 3) 1 0, 1+ − + − = ≠x m x m x (*)

(*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),

Theo định lí Viét: 3

. 1

+ = − = −

A B

A B

x x m

x x m

Để ∆OAB vuông tại O thì ( ) ( ). 0 0= ⇔ + + + =uuur uuur

A B A BOAOB x x x m x m

( ) 22 0 2⇔ + + + = ⇔ = −A B A Bx x m x x m m

Câu II: 1) PT ⇔ (1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )+ − − = + +x x x x x x

( ) ( )1 sin 01 sin 0 2

21 sin cos 1 0sin cos sin cos 1 0

2

π π

π π

+ =+ = = − + ⇔ ⇔ ⇔ + + =+ + + = = +

xx x k

x xx x x xx k

2) (b) ⇔ 2 2 2 2 22 ( 1).( 1) 14 2 ( ) 4 11+ + + + = ⇔ + + + =x y x y xy xy xy (c)

Đặt xy = p. 2

2

311( ) 2 4 11 35

3 26 105 03

=≤ ⇔ + + = − ⇔ ⇔ − =+ − =

ppc p p p

pp p

(a) ⇔ ( ) 23 3+ = +x y xy • p = xy =

35

3− (loại) • p = xy = 3 ⇒ 2 3+ = ±x y

1/ Với 3

32 3

= ⇒ = =+ =

xyx y

x y 2/ Với

33

2 3

= ⇒ = = −+ = −

xyx y

x y

Vậy hệ có hai nghiệm là: ( ) ( )3; 3 , 3; 3− −

Câu III: 2 2

cos

0 0

.sin 2 sin .sin 2

π π

= +∫ ∫xI e xdx x xdx

• 2

cos1

0

.sin 2 .

π

= ∫ xI e x dx . Đặt cosx = t ⇒ I1 = 2

• ( )2 2

2

0 0

1sin .sin 2 cos cos3

2

π π

= = − =∫ ∫I x xdx x x dx1 sin3 2

sin 22 3 3

0

π − = ÷

xx

2 8

23 3

⇒ = + =I

Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a),

0 02 2 2 2

a a a aM N; ; , ; ; ÷ ÷

⇒ 2 2 2

, ; ;4 2 4

= − − ÷

uuur uuuur a a aBN BM

⇒ 31

,6 24

= = uuur uuuur uuur

BMND

aV BN BM BD

Trang 77


Mặt khác, ( )1. ,( )

3=BMND BMNV S d D BMN ,

21 3,

2 4 2 = = uuur uuuur

BMN

aS BN BM

( ) 3 6,( )

6⇒ = =BMND

BMN

V ad D BMN

S

Câu V: Xét hàm số: 2

( ) cos 2 , .2

= + − − + ∈x xf x e x x x R

( ) sin 1′ = − − +xf x e x x ( ) 1 cos 0,′′⇒ = + − > ∀ ∈xf x e x x R

⇒ f ′(x) là hàm số đồng biến và f ′(x) = 0 có tối đa một nghiệm.Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ′(x)=0.

Dựa vào BBT của f(x) ⇒ ( ) 0,≥ ∀ ∈f x x R2

cos 2 , .2

⇔ + ≥ + − ∀ ∈x xe x x x R

Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng3.

( ) 2 2

2 2

2 2, 3 3 3

− − −= = ⇔ − = ++

a b a bd I d a b a b

a b

2

08 6 0 3

4

=⇔ + = ⇔ = −

aa ab

a b

• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0

• a = 3

4− b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0.

2) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17)Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.

Khoảng cách từ I tới (β) là h = 2 2 2 25 3 4− = − =R r

Do đó D DD

D (loaïi)2 2 2

2.1 2( 2) 3 74 5 12172 2 ( 1)

+ − − + = −= ⇔ − + = ⇔ =+ + −Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0

Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.* Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 4

8 7 5880− =A A số

* Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 47A + 6. 3

6A = 1560 số

⇒ P(A) = 1560 13

5880 49=

Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: ( )3; 4= −urU ⇒ phương trình BC:

2 1

3 4

− +=−

x y

⇒ Toạ độ điểm ( 1;3)−C

+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.

⇒ phương trình BB’: 2 1

1 2

− +=x y 2 5 0⇔ − − =x y

+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 5 0 3

(3;1)2 5 0 1

− − = = ⇔ ⇒ + − = =

x y xI

x y y

+ Vì I là trung điểm BB’ nên: '

'

2 4(4;3)

2 3

= − = ′⇒ = − =B I B

B I B

x x xB

y y y

+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.

+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 0 5

( 5;3)3 4 27 0 3

− = = − ⇔ ⇒ − − + = =

y xA

x y y

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

Trang 78


Ta có : ( ) ( )( ) ( )1; 1; 1 ; ; ;0 .

1; 1; 1 ; ;0; .

= − − = − = + ⇒ = − − = − = +

uuur uuuur uuur uuuur

uuur uuuur uuur uuuurDP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p.

Phương trình mặt phẳng (α): 1+ + =x y z

m n p. Vì D ∈(α) nên:

1 1 11

− + + =m n p

.

D là trực tâm của ∆MNP ⇔ . 0

. 0

⊥ = ⇔ ⊥ =


uuur uuuur uuur uuuurDP NM DP NM

DN PM DN PM ⇔

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

Câu VII.b: 0 1 2 10042009 2009 2009 2009...= + + + +S C C C C (1)

⇔ 2009 2008 2007 10052009 2009 2009 2009...= + + + +S C C C C (2) (vì −=k n k

n nC C )

⇒ ( ) 20090 1 2 1004 1005 20092009 2009 2009 2009 2009 20092 ... ... 1 1= + + + + + + + = +S C C C C C C

20082⇒ =S


Câu I: 2) Ta có: 2x,2x

3x2;xM 0

0

00 ≠

−−

, ( )20

02x

1)x('y

−−=

Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ( ) 2x

3x2)xx(

2x

1y:

0

002

0−−+−

−−=∆

Toạ độ giao điểm A, B của (∆) và hai tiệm cận là: ( )2;2x2B;2x

2x2;2A 0

0

0 −

−−

Ta có: 00

2 2 2

2 2

+ −+ = = =A BM

xx xx x , M

0

0BA y2x

3x2

2

yy =−−=+

⇒ M là trung điểm AB.

Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích:

S =

2

2 2 200 0 2

0 0

2 3 1( 2) 2 ( 2) 2

2 ( 2)π π π π

− = − + − = − + ≥ ÷ − −

xIM x x

x x

Dấu “=” xảy ra khi

==

⇔−

=−3x

1x

)2x(

1)2x(

0

0

20

20 ⇒ M(1; 1) và M(3; 3)

Câu II: 1) PT 2sin sin 1 2sin 2sin 1 02 2 2

⇔ − + + = ÷ ÷ x x x

x ⇔ 4

ππ

π π=

⇔ = = +

x kx k

x k

2) BPT [ ] 01)x21(logx 2 <+−⇔ 1

2 < ÷

x ⇔ 2

1x

4

1 << hoặc x < 0

Câu III: 2

1 1

ln3 ln

1 ln= +

+∫ ∫e ex

I dx x xdxx x

= 2(2 2)

3

− +

32 1

3

+e =

3

e2225 3+−

Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: aSB = , SC = a.Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).

Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA3

1S.SA

3

1S.MA

3

1VVV =+=+=

Trang 79


Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC ⇒ ∆MBC cân tại M. Gọi N là trungđiểm của BC ⇒ MN ⊥ BC. Tương tự MN ⊥ SA.

16

a3

2

3a

4

aaAMBNABAMANMN

222

2222222 =

−

−=−−=−=

4

3aMN =⇒ .

Do đó: 16

a

2

a.

4

3a.3a

6

1BC.MN

2

1.SA

3

1V

3

ABC.S === .

Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3

3

1 1 1 3 1 1 1 9( ) 3 9

+ + + + ≥ = ⇒ + + ≥ ÷ + +

x y z xyzx y z x y z x y zxyz

(*)

Áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3

1 1 1 9

3 3 3 3 3 3= + + ≥

+ + + + + + + +P

a b b c c a a b b c c aÁp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có :

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

3

3

3

3 1 1 13 1.1 3 2

3 33 1 1 1

3 1.1 3 23 3

3 1 1 13 1.1 3 2

3 3

+ + ++ ≤ = + +

+ + ++ ≤ = + +

+ + ++ ≤ = + +

a ba b a b

b cb c b c

c ac a c a

Suy ra: ( )3 3 3 13 3 3 4 6

3+ + + + + ≤ + + + a b b c c a a b c

1 34. 6 3

3 4 ≤ + =

Do đó 3≥P . Dấu = xảy ra

31

44

3 3 3 1

+ + =⇔ ⇔ = = = + = + = + =

a b ca b c

a b b c c a

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 1

4= = =a b c .

Câu VI.a: 1) d1 VTCP 1 (2; 1)= −ra ; d2 VTCP 2 (3;6)=r

a

Ta có: 1 2. 2.3 1.6 0= − =ur uura a nên 1 2⊥d d và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng

đi qua P( 2; -1) có phương trình: : ( 2) ( 1) 0 2 0− + + = ⇔ + − + =d A x B y Ax By A B

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

0 2 2

2 2 2 2

32cos45 3 8 3 0

32 ( 1)

=− ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = −+ + −

A BA BA AB B

B AA B

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng :3 5 0+ − =d x y

* Nếu B = –3A ta có đường thẳng : 3 5 0− − =d x y

Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. : 3 5 0+ − =d x y ; : 3 5 0− − =d x y

2) Dễ thấy A′( 1; –1; 0)

Phương trình mặt cầu ( S): 01225222 =+−−−++ zyxzyx

⇒ (S) có tâm 5

;1;12

÷

I , bán kính 29

2=R

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)+) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P).

d:

5 / 25 1 1

1 ; ;3 6 6

1

= + = + ⇒ ÷ = +

x t

y t H

z t

75 5 3

36 6= =IH , (C) có bán kính 2 2 29 75 31 186

4 36 6 6= − = − = =r R IH

Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

Trang 80


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: ( ) ( )2 6

2 2

0 2

4 2 4 2= − − + − −∫ ∫S x x x dx x x x dx = 4 52

163 3

+ =

Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm ( ) ( )1 25;0 ; 5;0−F F . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M(

4; 3),

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2

2 21+ =x y

a b ( với a > b)

(E) cũng có hai tiêu điểm ( ) ( ) ( )2 2 21 25;0 ; 5;0 5 1− ⇒ − =F F a b

( ) ( ) ( )2 2 2 24;3 9 16 2∈ ⇔ + =M E a b a b

Từ (1) và (2) ta có hệ:2 2 2 2

2 2 2 2 2

5 40

9 16 15

= + = ⇔ + = =

a b a

a b a b b. Vậy (E):

2 2

140 15

+ =x y

2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:

2 3

1

3

= − = − = +

x t

y t

z t

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ ( )1;0;4−I

* (d) có vectơ chỉ phương là (2;1;1)ra , mp( P) có vectơ pháp tuyến là ( )1;2; 1−

rn

( ), 3;3;3 ⇒ = − r ra n . Gọi

ru là vectơ chỉ phương của ∆ ( )1;1;1⇒ −

ru

1

:

4

∆= −

⇒ = = +

x u

y u

z u . Vì ( )1 ; ;4∆∈ ⇒ − − +M M u u u , ( )1 ; 3;⇒ − −

uuuurAM u u u

AM ngắn nhất ∆⇔ ⊥AM . 0 1(1 ) 1( 3) 1. 0⇔ = ⇔ − − + − + =uuuur rAM u u u u

4

3⇔ =u . Vậy

7 4 16; ;

3 3 3

− ÷

M

Câu VII.b: PT (2) 2

1 0 1

(3 1) 03 1 1

+ ≥ ≥ − ⇔ ⇔ + − =+ + = +

x x

x x yx xy x

1 0

0 1

3 1 0 1 3

≥ − = ⇔ ⇔= ≥ − + − = = −

x x

x x

x y y x

* Với x = 0 thay vào (1): 22

8 82 2 3.2 8 2 12.2 2 log

11 11−+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =y y y y y y

* Với 1

1 3

≥ − = −

x

y x thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 3 1 3 12 2 3.2+ − −+ =x x (3)

Đặt 3 12 += xt . Vì 1≥ −x nên 1

4≥t

xt loaïit t tt t y

2 2

2

1 log (3 8) 11 3 8 ( )(3) 6 6 1 0 33 8 2 log (3 8)

= + −= − ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = + = − +

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm2

0

8log

11

= =

x

y và

2

2

1log (3 8) 1

3

2 log (3 8)

= + − = − +

x

y

Trang 81



Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4.Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:

3 2 2

2

33 4 ( 3) 4 ( 3)( ) 0

0

=− + = − + ⇔ − − = ⇔ − =

xx x m x x x m

x m

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và '( ). '( ) 1− = −y m y m

2 18 3 35(3 6 )(3 6 ) 1 9 36 1 0

9

±⇒ − + = − ⇔ − + = ⇔ =m m m m m m m (thỏa mãn)

Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT ⇔

2

2

12 2

1( 2) 1

+ + + − =

+ + − =

xx y

y

xx y

y

Đặt 2 1

, 2+= = + −x

u v x yy

. Ta có hệ 2

11

+ =⇔ = = =

u vu v

uv ⇔

2 11

2 1

+ = + − =

x

y

x y

Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).

2) Điều kiện: sin sin cos cos 06 3 6 3

π π π π − + − + ≠ ÷ ÷ ÷ ÷ x x x x

Ta có tan tan tan cot 16 3 6 6

π π π π − + = − − = − ÷ ÷ ÷ ÷ x x x x

PT 3 3 1sin .sin3 cos cos3

8⇔ + =x x x x

1 cos 2 cos2 cos 4 1 cos2 cos2 cos4 1

2 2 2 2 8

− − + +⇔ × + × =x x x x x x

31 1 12(cos 2 cos 2 cos 4 ) cos 2 cos 2

2 8 2⇔ + = ⇔ = ⇔ =x x x x x

6

6

π π

π π

= +⇔

= − +

x k (loaïi)

x k

Vậy phương trình có nghiệm 6

π π= − +x k , ( )∈k Z

Câu III: Đặt 2 2

2

2 1ln( 1) 1

2

+ = = + + + +⇒ = =

xdu dx

u x x x x

dv xdx xv

1 12 3 22

200

1 2ln( 1)

2 2 1

+= + + −+ +∫

x x xI x x dx

x x

1 1 1

2 20 0 0

1 1 1 2 1 3ln 3 (2 1)

2 2 4 1 4 1

+= − − + −+ + + +∫ ∫ ∫x dx

x dx dxx x x x

⇒ 3 3

ln 34 12

π= −I

Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) ≡(BCH). Do góc · 'A AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tamgiác BCH.

Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3 2 3

,2 3 3

= = =a aAM AO AM

Theo bài ra 2 23 1 3 3

.8 2 8 4

= ⇒ = ⇒ =BCH

a a aS HM BC HM

Trang 82


2 22 2 3 3 3

4 16 4= − = − =a a a

AH AM HM

Do ∆A’AO và ∆MAH đồng dạng nên ' =A O HM

AO AH ⇒

. 3 3 4'

3 4 3 3= = =AO HM a a a

A OAH a

Thể tích khối lăng trụ: 31 1 3 3

. . .2 2 3 2 12

′ ′= = = =ABC

a a aV A O S A O AM BC a

Câu V: Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 2 2 2 2

1 1 1 1.

2 3 1 2 2 1= ≤

+ + + + + + + +a b a b b ab b

Tương tự 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1. , .

2 3 2 1 2 3 2 1≤ ≤

+ + + + + + + +b c bc c c a ca a1 1 1 1 1 1 1

2 1 1 1 2 1 1 1 2≤ + + = + + =

+ + + + + + + + + + + + ÷ ÷

ab bP

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

1

2=P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

1

2 khi a = b = c = 1

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

Suy ra trung điểm M của AC là 1 3

;2 2

+ − ÷

t tM .

Từ 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 00;1

1 0

+ − =⇒ − + =

x yI

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

2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆, thì ( ) ( )PP D hoặc ( ) ( )⊃P D . Gọi H là hình chiếu vuông góccủa I trên (P). Ta luôn có ≤IH IA và ⊥IH AH .

Mặt khác ( ) ( )( ) ( )( )

( ), , = =

∈

d D P d I P IH

H P

Trong (P), ≤IH IA ; do đó ⇔ ≡maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ⊥ IA tại A.

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

rv .

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

Câu VII.a: Ta có ( )2 2

0 1 2 2

0 0

(1 )= + = + + + +∫ ∫ Ln n nn n n nI x dx C C x C x C x dx

2

0 1 2 2 3 1

0

1 1 1

2 3 1+ = + + + + ÷+

L n nn n n nC x C x C x C x

n

⇒ I2 3 1

0 1 22 2 22

2 3 1

+

= + + + ++

Ln

nn n n nC C C C

n (1). Mặt khác

121

0

1 3 1(1 )

1 1

++ −= + =

+ +

nnI x

n n (2)

Từ (1) và (2) ta có 2 3 1

0 1 22 2 22

2 3 1

+

+ + + ++

Ln

nn n n nC C C C

n

13 1

1

+ −=+

n

n

Theo bài ra thì 1

13 1 65603 6561 7

1 1

++− = ⇔ = ⇒ =

+ +

nn n

n n

Ta có khai triển ( )7 14 37 77

47 74 4

0 0

1 1 1

22 2

−− + = = ÷ ÷

∑ ∑k kk

k kk

x C x C xx x

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 14 3

2 24

− = ⇔ =kk

Trang 83


Vậy hệ số cần tìm là 272

1 21

2 4=C

Câu VI.b: 1) Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n)

Do G là trọng tâm ∆ABC nên 2 7 2 3.2

3 5 3.0

+ + − = − − + =

m n

m n

1

1

= −⇔ =

m

n ⇒ B(–1; –4), C(5; 1)

⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ABC: 2 2 83 17 3380

27 9 27+ − + − =x y x y

2) Gọi G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ G7 8

; ;33 3

÷

Ta có ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2= + + = + + + + +

uuur uuur uuur uuur uuur uuurF MA MB MC MG GA MG GB MG GC

2 2 2 2 2 2 2 23 2 ( ) 3= + + + + + + = + + +uuur uuur uuur uuuur

MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC

F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)

⇔

7 83 3

193 3( ,( ))

1 1 1 3 3

− − −= = =

+ +MG d G P

2 2 2 56 32 104 64

9 9 9 3+ + = + + =GA GB GC

Vậy F nhỏ nhất bằng 2

19 64 5533.

3 93 3

+ = ÷

khi M là hình chiếu của G lên (P)

Câu VII.b: Đặt = +

= −

u x y

v x y. Hệ PT ⇔

1

1

−

+

= + +

= − +

x y

x y

e x y

e x y ⇔

1 1 (1)

1 (2)

= + = + ⇔ = + − = −

v v

u u v

e u e u

e v e e v u

• Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm• Nên (2) ⇔ =u v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ′(u) = eu – 1Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 0⇔ =u .

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 0 0

00 0

+ = = ⇒ = ⇒ ⇔ − = =

x y xv

x y y


Câu I: 2) Đặt 1

2sin2

+ =x t ⇒ t ∈3 5

;2 2

− và ( ) ( ) 3 23 4.= = − +g x f t t t

( ) ( )

3 27 9 27 54 32 493. 4 ;

2 8 4 8 8

0 4; 2 0;

5 125 25 125 150 32 73. 4

2 8 4 8 8

− − + − = − − + = = − ÷ = = = =

− + = − + = = ÷

CD CT

f

f f f f

f

⇒ Max = 4, Min = 49

8−

Câu II: 1) ĐKXĐ: 1, 0> − >x mx . Như vậy trước hết phải có 0≠m .

Khi đó, PT ⇔ 2 2( 1) (2 ) 1 0= + ⇔ + − + =mx x x m x (1)

Phương trình này có: 2 4∆ = −m m .

• Với (0;4)∈m ⇒ ∆ < 0 ⇒ (1) vô nghiệm. • Với 0=m , (1) có nghiệm duy nhất 1= −x < 0 ⇒ loại.

• Với 4=m , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.

Trang 84


• Với 0<m , ĐKXĐ trở thành 1 0− < <x . Khi đó 0∆ > nên (1) có hai nghiệm phân biệt( )1 2 1 2, <x x x x . Mặt khác, ( 1) 0, (0) 1 0− = < = >f m f nên 1 21 0< − < <x x , tức là chỉ có 2x là

nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị 0<m thoả điều kiện bài toán.• Với 4>m . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt

( )1 2 1 2, <x x x x . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị4>m cũng bị loại.

Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: { }( ;0) 4∈ −∞ ∪m .

2) ĐKXĐ: 2

π≠ kx sao cho sin 2 0≥x .

Khi đó, VT = 3 3 2 2sin cos sin cos cos sin+ + +x x x x x x

= 2 2(sin cos )(sin sin cos cos ) sin cos (sin cos )+ − + + +x x x x x x x x x x = sin cos+x x

PT ⇔ 2

sin cos 0sin cos 2sin 2

(sin cos ) 2sin 2 (1)

+ ≥+ = ⇔

+ =

x xx x x

x x x

(1) ⇔ 1 sin 2 2sin 2 sin 2 1( 0)+ = ⇔ = >x x x ⇔ 2 22 4

π ππ π= + ⇔ = +x k x k

Để thoả mãn điều kiện sin cos 0+ ≥x x , các nghiệm chỉ có thể là: 24

π π= +x k

Câu III: Ta có: 2 22 1 1 2 1 1

.3 4 2 3 4 2

− + − + + −= =+ − − + − −

x xe x x e x

xx x x x

= 21 2 1 1

.3 4 2

− + + −+ − −

xx e x

x x x =

2

2

1 2 1 1 ( 3 4 2 ).(3 4) (2 )

− + − + + ++ ÷ + − +

xx e x x x

x x x x

= ( )2

2

2 1 ( 3 4 2 )2. .

21 2 1

− − + + + ÷+ ÷ − −+ +

xx e x x x

x x xx x=

22 1 3 4 22. .

2 11 2 1

− − + + +− + ÷ ++ +

xe x x

x xx

⇒ 2

0

2 1lim ( 1 2).4 4

3 4 2→

− + = − − + = −+ − −

x

x

e x

x x

Câu IV: Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 210 ; 5 ; 13 ;= = + = = + = = +CD AC AD DB AD AB BC AB AC

Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A.Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặtcầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của

đoạn AH, còn bán kính là 2 2 21 1 142 3 1

2 2 2= = + + =R AH .

Câu V: Đặt 2 2( ) 3 (3 ) 5= + + − +f x x x ⇒ 2 2

3( )

3 (3 ) 5

−′ = ++ − +

x xf x

x x

2 2

2

2 3( ) 0 6 14 (3 ) 3

2 18 27 0

≤ ≤′ = ⇔ − + = − + ⇔ + − =

xf x x x x x x

x x

Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15∆ = + = = , và hai nghiệm: 1,2

9 3 15

2

− ±=x

Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không

thể đổi dấu trên [ )2;∞ , ngoài ra (3) 0′ >f nên ( ) 0, 2′ > ∀ ≥f x x . Do đó, giá trị nhỏ nhất của

( )f x là (2) 7 6= +f .

Cũng dễ thấy ( )lim→∞

= ∞x

f x . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với 2≥x ) khi và

chỉ khi 6 7≥ +m .Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A

Trang 85


khi và chỉ khi ( )

( )

22

22

91 344 4 1 6 3 1.

2 4 3

+ − ÷− = ⇔ = ⇒ − = − ⇒ =− + −

dDB ABd d d

DC AC d

Phương trình AD: 2 3

1 03 3

+ −= ⇔ + − =−

x yx y ; AC:

2 33 4 6 0

4 3

+ −= ⇔ + − =−

x yx y

Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1− b và bán kính cũngbằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:

( )

2 2

3 1 4 63 5

3 4

− + −= ⇔ − =

+

b bb b b ⇒

43 5

31

3 52

− = ⇒ = − − = − ⇒ =

b b b

b b b

Rõ ràng chỉ có giá trị 1

2=b là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ∆ABC là:

2 21 1 1

2 2 4 − + − = ÷ ÷

x y

2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng:

( ) ( ) ( )2 3 11 2 7 0 2 3 2 11 7 0.+ + + − + = ⇔ + + − + + =m x y n y z mx m n y nz m n

Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: ( 8 15 11) ( 5 6 7) 0 3− − + + − − + = ⇔ = −m n n m

Chọn 1, 3= = −m n , ta được phương trình của P’: 2 6 10 0+ − =x z .

Đường thẳng d” đi qua ( )2; 1;1−A và VTCP (2;3; 5)= −urm . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có

hai VTCP là urm và ( )6;4; 2−

uuurMA hoặc ( )3;2; 1−

rn . Vectơ pháp tuyến của P” là:

( )3; 5 5;2 2;3, , 7; 13; 5

2; 1 1;3 3;2

− −= = − − ÷− −

urp .

Phương trình của P”: 7( 4) 13( 5) 5( 3) 0+ − + − − =x y z ⇔ 7 13 5 29 0.− − − =x y z

Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:

2 6 10 0

7 13 5 29 0

+ − = − − − =

x z

x y z

Câu VII.a: Điều kiện: 3.≥n Theo giả thiết thì: 23 ( 1) ( 1)( 2) 9 14+ − + − − = −n n n n n n n n ⇔ 2 9 14 0− + = ⇔n n n = 7

Câu VI.b: 1) Giả sử ( ),M x y là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là 3

50,6

= = =ca

e

nên ta có: 2 2 2 21 2 10 ( 1) ( 1) ( 5) ( 1) 10+ = ⇔ + + − + − + − =MF MF x y x y

⇔ 2 2( 2) ( 1)

125 16

− −+ =x y

2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: ( ) ( )2 3 2 5 0− + − + + =m x z n x y z

⇔ ( ) ( )3 2 2 5 0+ − + − + + =m n x ny m n z n

(Q) ⊥ (P) ⇔ 1.( 3 ) 2( 2 ) 1.( 2 ) 0 8 0+ − − + − + = ⇔ − + =m n n m n m n Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11 2 15 5 0− − + =x y z .Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:

2 5 0

11 2 15 5 0

− + + = − − + =

x y z

x y z

Câu VII.b: Ta chứng minh rằng 2 2+ −n nn k n kC C giảm khi k tăng, tức là:

2 2 2 1 2 1+ − + + − −>n n n nn k n k n k n kC C C C . (3)

Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:

Trang 86


( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2 ! 2 ! 2 1 ! 2 1 !(3)

! ! ! ! ! 1 ! ! 1 !

2 2 11 1.

1 1

+ − + + − −⇔ >

+ − + + − −− + +⇔ > ⇔ + > +

− + + − + +

n k n k n k n k

n n k n n k n n k n n k

n k n k n n

n k n k n k n kBất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. Do đó, 2 2+ −

n nn k n kC C lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.


Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: 3 22 ( 3) 4 4+ + + + = +x mx m x x (1)

2

2

0(1) ( 2 2) 0

( ) 2 2 0 (2)

=⇔ + + + = ⇔ = + + + =

xx x mx m

g x x mx m

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.2 1 22 0

( )2(0) 2 0

∆ ′ ≤ − ∨ ≥ = − − >⇔ ⇔ ≠ −= + ≠

m mm m a

mg m.

Mặt khác: 1 3 4

( , ) 22

− += =d K d

Do đó: 218 2 . ( , ) 8 2 16 256

2∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =KBCS BC d K d BC BC

2 2( ) ( ) 256⇔ − + − =B C B Cx x y y với ,B Cx x là hai nghiệm của phương trình (2).2 2 2 2( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − =B C B C B C B C B Cx x x x x x x x x x

2 2 1 1374 4( 2) 128 34 0

2

±⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ =m m m m m (thỏa (a)). Vậy 1 137

2

±=m .

Câu II: 1) * Đặt: 2 ;= xt điều kiện: t > 0. Khi đó BPT ⇔ 30 1 1 2 (2)+ ≥ − +t t t

• 1≥t : 2(2) 30 1 3 1 30 1 9 6 1 1 4 ( )⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − + ⇔ ≤ ≤t t t t t t a

• 0 1< ≤t : 2(2) 30 1 1 30 1 2 1 0 1 ( )⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ + + ⇔ < ≤t t t t t t b

⇒ 0 4 0 2 4 2.< ≤ ⇔ < ≤ ⇔ ≤xt x Vậy, bất phương trình có nghiệm: 2.≤x

2) PT 22 2log log 0; (0; 1) (1)⇔ + + = ∈x x m x

Đặt: 2log=t x . Vì: 20

limlog→

= −∞x

x và 1limlog 0

→=

xx , nên: với (0;1) ( ; 0)∈ ⇒ ∈ −∞x t

Ta có: (1) 2 0, 0 (2)⇔ − − = <t t m t 2 , 0⇔ = − − <m t t t

Đặt: 2 , 0 : ( )

: ( )

= − − <

=

y t t t P

y m d

Xét hàm số: 2( )= = − −y f t t t , với t < 0 ⇒ ( ) 2 1′ = − −f t t ⇒1 1

( ) 02 4

′ = ⇔ = − ⇒ =f t t y

Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm (0; 1)∈x ⇔ (2) có nghiệm t < 0

⇔ (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 1

4⇔ ≤m .

Vậy, giá trị m cần tìm: 1

.4

≤m

Câu III: Đặt : 1=xt

⇒

3163

4 22 2

1 3

3

11

1 1 = − = − + − ÷+ + ∫ ∫

tI dt t t dt

t t =

117 41 3

135 12

π− +

Câu IV: Dựng ⊥SH AB ( )⇒ ⊥SH ABC và SH là đường cao của hình chóp.

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

Trang 87


∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP.

∆ AHP vuông có: 3

.sin 604

= =o aHP HA ; ∆ SHP vuông có:

3.tan tan

4α α= = a

SH HP

Thể tích hình chóp 2 31 1 3 3

. : . . . .tan . tan3 3 4 4 16

α α= = =ABC

a a aS ABC V SH S

Câu V: Với 03

π< ≤x thì 0 tan 3< ≤x và sin 0,cos 0, 2cos sin 0≠ ≠ − ≠x x x x

• 2 23

2 2 2 3

2

cos1 tan 1 tancos

sin 2cos sin tan (2 tan ) 2 tan tan.

cos cos

+ += = =− − −

xx xxy

x x x x x x xx x

• Đặt: tan ; 0 3= < ≤t x t ⇒ 2

2 3

1( ) ; 0 3

2

+= = < ≤−t

y f t tt t

4 2 3 2

2 3 2 2 3 2 2 3 2

3 4 ( 3 4) ( 1)( 4)( ) ( ) 0 ( 0 1).

(2 ) (2 ) (2 )

+ − + − − + +′ ′= = = ⇔ = ⇔ = ∨ =− − −

t t t t t t t t t tf t f t t t

t t t t t t

• Từ BBT ta có: min ( ) 2 14

π= ⇔ = ⇔ =f t t x . Vậy: 0;

3

24π

π

= =miny khi x .

Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2

2∆− −

= ABCa b S

AB

⇒ 8 (1)

5 32 (2)

− =− − = ⇔ − =

a ba b

a b; Trọng tâm G

5 5;

3 3

+ − ÷

a b∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)

Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3

2 65 89=

+ +S

p

Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3

2 2 5= =

+S

rp

.

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

5 24 1 1

+ + = =+ +

BA a

a

uuur r

r

Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 :(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50

Câu VII.a: PT ⇔ 2

2 1 1 50

2

− − − + = ÷ ÷ z z z

z z ⇔

21 1 5

02

− − − + = ÷ ÷ z z

z z(1)

Đặt ẩn số phụ: t = 1−zz

. (1) ⇔ 2 5 1 3 1 3

02 2 2

+ − − + = ⇔ = ∨ = ÷ i i

t t t t

Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; 1 1

;2 2

− + − −i i.

Câu VI.b: 1) (C1): 2 2( 1) ( 1) 4− + − =x y có tâm 1(1; 1)I , bán kính R1 = 2.

(C2): 2 2( 4) ( 1) 1− + − =x y có tâm 2 (4; 1)I , bán kính R2 = 1.

Ta có: 1 2 1 23= = +I I R R ⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)

⇒ (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : ( ) : 0∆ ∆= + ⇔ − + =y ax b ax y b ta có:

2 21 1

2 2

2 2

1 2 22( ; ) 4 4( ; ) 4 1 4 7 2 4 7 2

14 4

∆∆

+ − = = = − = + ⇔ ⇔ = + − − + = = = +

a ba ad I R a b

hayd I R a b

b ba b

Trang 88


Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 1 2 3

2 4 7 2 2 4 7 2( ) : 3, ( ) : , ( )

4 4 4 4∆ ∆ ∆+ −= = − + = +x y x y x

2) (d1) có vectơ chỉ phương 1 (1; 1; 2)=ru ; (d2) có vectơ chỉ phương 2 (1; 3; 1)=r

u

2( ) ( ; 3 6; 1) ( 1; 3 5; 2)′ ′ ′ ′ ′ ′∈ ⇒ − − ⇒ = − − −uur

K d K t t t IK t t t

2

18 18 12 71 9 15 2 0 ; ;

11 11 11 11 ′ ′ ′ ′⊥ ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ − ÷

uur rIK u t t t t K

Giả sử (d ) cắt (d1) tại 1( ; 4 ; 6 2 ), ( ( ))+ + ∈H t t t H d . 18 56 59

; ; 211 11 11

= − − − − − ÷

uuurHK t t t

118 56 118 26

4 011 11 11 11

⊥ ⇔ − − − − − = ⇔ = −uuur rHK u t t t t

1(44; 30; 7).

11⇒ = − −

uuurHK

Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):

1844

1112

3011

77

11

λ

λ

λ

= + = − − = −

x

y

z

.

Câu VII.b: Xét đa thức: 2009 0 1 2 2 2009 20092009 2009 2009 2009( ) (1 ) ( ... )= + = + + + +f x x x x C C x C x C x

0 1 2 2 3 2009 20102009 2009 2009 2009... .= + + + +C x C x C x C x

• Ta có: 0 1 2 2 2009 20092009 2009 2009 2009( ) 2 3 ... 2010′ = + + + +f x C C x C x C x

0 1 2 20092009 2009 2009 2009(1) 2 3 ... 2010 ( )′⇒ = + + + +f C C C C a

• Mặt khác: 2009 2008 2008( ) (1 ) 2009(1 ) (1 ) (2010 )′ = + + + = + +f x x x x x x

/ 2008(1) 2011.2 ( )⇒ =f b

• Từ (a) và (b) suy ra: 20082011.2 .=S


Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0 2 4

0

= − ⇒ = +⇔ = ⇒ =

x y m

x y m

Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(−2 ; m + 4)

Ta có: (0; ), ( 2; 4)= = − +uuur uuurOA m OB m . Để · 0120=AOB thì

1cos

2= −AOB

( )2 2

( 4) 1

24 ( 4)

+⇔ = −+ +

m m

m m

4 012 2 3

12 2 3 33

− < <− +⇔ ⇔ = − ±=

m

mm

Câu II: 1) PT ⇔ sin 3 cos3 sin 2 (sin cos )− = +x x x x x

⇔ (sinx + cosx)(sin2x − 1) = 0 sin cos 0 tan 1

sin 2 1 0 sin 2 1

+ = = − ⇔ ⇔ − = =

x x x

x x

Trang 89


44

4

π π π ππ π

= − +⇔ ⇔ = ± +

= +

x kx k

x k

2) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt 32 0−= ≥xt . BPT ⇔ 28 2 2 5+ − + ≤t t t

2 2

2

5 2 0

8 2 5 2 8 2 0

5 22 17 0

− ≥⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥ − + ≥

t

t t t t t

t x

50

22 4 0 1

171;

5

≤ ≤

⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≥

t

t t

t t

Với 30 1 2 1 3 0 3−≤ ≤ ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =xt x x

Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 21 2 1 0; 2+ − = ⇔ = =x x x x

Diện tích cần tìm2 2

2 2

0 0

2 1 ( 1)= − = − −∫ ∫S x x dx x dx

Đặt x − 1 = sin t; ;2 2

π π ∈ − t ⇒ dx = cost ; Với 0 ; 2

2 2

π π= ⇒ = − = ⇒ =x t x t

⇒ 2 2 2

2

22 2

1 1 1cos (1 cos2 ) sin 2

2 2 2 2

π π π

ππ π

π

−− −

= = + = + = ÷ ∫ ∫S tdt t dt t t

Câu IV: Kẻ SH ⊥ BC. Suy ra SH ⊥ (ABC). Kẻ SI ⊥ AB; SJ ⊥ AC.

⇒ · · 060= =SIH SJH ⇒ ∆SIH = ∆SJH ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông

⇒ I là trung điểm AB ⇒ 2=IH a

Trong tam giác vuông SHI ta có: 3

2= a

SH . Vậy: 3

.

1 3.

3 12= =S ABC ABC

aV SH S

Câu V: Sử dụng BĐT: 1 1 1 1 1 1 9

( ) 9

+ + + + ≥ ⇒ + + ≥ ÷ + + x y z

x y z x y z x y z

Ta có: 1 1 1 1 1

.3 2 ( ) ( ) 2 9 2

= ≤ + + ÷+ + + + + + + + ab

ab aba b c a c b c b a c b c b

Tương tự đối với 2 biểu thức còn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được:1

3 2 3 2 3 2 9 2 6

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

a b c b c a c a b a b b c a c

Câu VI.a: 1) Đường thẳng (∆) có phương trình tham số:

1 3

2 2

2 2

= − + = − ∈ = +

¡

x t

y t t

z t

Mặt phẳng (P) có VTPT (1; 3; 2)=rn

Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ ∆ ⇒ (3 3; 2 ;2 2)= − − −uuuurMN t t t

Để MN // (P) thì . 0 7= ⇔ =uuuur rMN n t ⇒ N(20; −12; 16)

Phương trình đường thẳng cần tìm : 2 2 4

9 7 6

− − −= =−

x y z

2) Phương trình AB : x + 2y − 1 = 0 ; 5=AB .

Gọi hc là đường cao hạ từ C của ∆ABC. 1 12

. 62 5

= = ⇒ =ABC c cS AB h h

Trang 90


Giả sử C(2a + 1 ; a) ∈ (∆). Vì 12 | 2 1 2 1| 12

35 5 5

+ + −= ⇒ = ⇔ = ±c

a ah a

Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(−5; −3)Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra:

( ) ( ) ( )2 0 21 1 0 2 0

2 0 2

+ = = − + + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔ + = =

b c bi b i c b c b i

b c

Câu VI.b: 1) I có hoành độ 9

2=Ix và ( ) 9 3

: 3 0 ;2 2

∈ − − = ⇒ ÷ I d x y I

Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0).

( ) ( )2 2 9 92 2 2 3 2

4 4= = − + − = + =I M I MAB IM x x y y

12. 2 2.

3 2= ⇔ = =ABCD

ABCD

SS AB AD = 12 AD =

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 22 2

3 0 3

( 3) 2( 3) 2

+ − = = − + ⇔ − + =− + =

x y y x

x yx y

3 2

3 1 1

= − = ⇔ ⇔ − = ± =

y x x

x y hoặc

4

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 CI

C I A

A C C I AI

x xx x x x

y y y y yy

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, 5

3

+ − − += = = ⇒ >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 Itrên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P).

Đường thẳng ∆ có VTCP là ( )2;2; 1= −r

Pn 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 52 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0

9 3+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −t t t t t

Suy ra 0

4 13 14; ;

3 3 3 − − ÷

N . Ta có 0 0

3.

5=

uuuur uuurIM IN Suy ra M0(0;–3;4)

Câu VII.b: Ta có: 20082009

20082008

(1 ) 1.(1 ) (1 ) 1

(1 ) 1

+ + = + = + = + ÷− − i i

i i i ii i

PT ⇔ z2 − 2(1 + i)z +2i = 0 ⇔ z2 − 2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0 ⇔ (z − i − 1)2 = 0 ⇔ z = i + 1.

Trang 91



Câu I: 2) •

2 3

3

2 3

3

< −

>

m

m

: PT có 1 nghiệm duy nhất

• m = 2 3

3± hoặc m =

3

3± : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)

• m2 3 2 3 3

; \3 3 3

∈ − ± ÷

: PT có 3 nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT ⇔ cosx(1 + cosx) + 8 3 3sin cos2 2

x x = 0 ⇔ [ ]22cos cos (1 cos )sin 0

2+ − =x

x x x

⇔ cos 0

2sin cos sin .cos 0

=

+ − =

x

x x x x

2) PT ⇔ 2 2

( 2 1) 3 0( 2 1)

+ − − =+

x

x 3( 2 1) 3( 2 1) 2 0 ( 2 1) 2⇔ + − + − = ⇔ + =x x x

Câu III: I = ln 2 3 2

3 20

2 1

1

+ −+ − +∫

x x

x x x

e edx

e e e =

ln 2 3 2 3 2

3 20

3 2 ( 1)

1

+ − − + − ++ − +∫

x x x x x x

x x x

e e e e e edx

e e e

= ln 2 3 2

3 20

3 21

1

+ − − ÷+ − + ∫

x x x

x x x

e e edx

e e e = ln(e3x + e2x – ex + 1)

ln 2 ln 2

0 0− x = ln11 – ln4 =

14ln

4

Vậy eI = 11

4.

Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = 21

2a . VASBC =

1

3SABC.SA = 31

6a

Câu V: P = cos cos cos

2 2 2

cos cos cos cos cos cos2 2 2 2 2 2

+ +

C A B

B A B C C A = sin sin sin

2 2 2

cos cos cos cos cos cos2 2 2 2 2 2

+ + + ÷ ÷ ÷ + +

A B B C A C

B A B C C A

= 2 tan tan tan2 2 2

+ + ÷ A B C

≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C = 3

π

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M

⇒ I′8 6

;5 5

− ÷

⇒ (C′): 2 2

8 69

5 5 − + + = ÷ ÷

x y

2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và ∆1 ⇒ (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và ∆2 ⇒ (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 ⇒ Phương trình của (d) = (P) ∩ (Q)

Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2]∪[2;3] • y’ = 3x2 – 3, y’ = 0 ⇔ x = ± 1 ∉ D • y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 ⇒ kết quả.

Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5=R .Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tamgiác đều suy ra 2=IM R=2 5 .

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 2( 2) ( 1) 20− + − =x y .

Trang 92


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

=− + + − = ⇔ − + = ⇔ =

yy y y y

y

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( )6;3M hoặc 6 27

;5 5

÷

M

2) Phương trình tham số của 1∆ :

7 '

3 2 '

9 '

= + = + = −

x t

y t

z t

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với ∆1 và ∆2

⇒ M(7 + t′;3 + 2t′;9 – t′) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP lần lượt của ∆1 và ∆2 là

ra = (1; 2; –1) và

rb = (–7;2;3)

Ta có: . 0

. 0

⊥ = ⇔ ⊥ =

uuuur r uuuur r

uuuur r uuuur rMN a MN a

MN b MN b. Từ đây tìm được t và t′ ⇒ Toạ độ của M, N.

Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN.Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k ∈ R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 ⇔ – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0

⇔ ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0 ⇔2

2 2

0

2 2 0

− + =

− + + − =

k k

k k k ⇔ k = 1

Vậy nghiệm thuần ảo là z = i

⇒ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0 ⇔ (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0 2 (1 ) 2 0

=⇔ + − + =

z i

z i z

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.


Câu I: 2) ( )2( ) 3 2 1 2 2′ = = + − + −y g x x m x m .

YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1

⇔

24 5 05

(1) 5 7 0 1 54

2 11

2 3

′∆ = − − > = − + > ⇔ < − ∨ < < ÷ − = <

m m

g m m m

S m

Câu II: 1) • Nếu cos 0 2 ,2

π π= ⇔ = + ∈xx k k Z , phương trình vô nghiệm.

• Nếu cos 0 2 ,2

π π≠ ⇔ ≠ + ∈xx k k Z , nhân hai vế phương trình cho 2

2

xcos ta được:

2cos cos3 2cos cos 2 2cos cos cos2 2 2 2

− + =x x x xx x x ¬ →tích thành tông

70

2=x

cos

Trang 93


2

,7 7

π π⇔ = + ∈¢x k k , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, m∈Z .

2) Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: 2

log 3log 3 0

log 2= ⇒ = >x

x

y y .

BPT ⇔

log 33 2

log 2 3 2 13 3 3 3

log 3 1 11log 2

++≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥+ ++

x

x

x

x

y

y y(*) luôn sai với mọi y > 0.

Kết luận: BPT vô nghiệm.

Câu III: Đặt : 2 214 1 4 1 ( 1)

4= + ⇒ = + ⇒ = −t x t x x t

Do đó: 6 5

22 3 ( 1)2 1 4 1

= =++ + +∫ ∫

dx tdtI

tx x

5

23

1 1 3 1ln

1 ( 1) 2 12

− = − + +

∫ dtt t

Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF.SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằngnhau cạnh b.

Diện tích đáy: Sđáy = 6S∆OAB =2

2 3 3 36

4 2= b

b (đvdt)

Chiều cao h = SO = 2 2 2 2− = −SA OA a b

⇒ Thể tích V = 2 2 23( )1

3 2

−=dáy

b a bS h

* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ ⊥(SAF)

Trong ∆SOJ vuông tại O ta có OJ = 2 2

2 22 2

. 3( )

4

−=−+

OI SO a bb

a bOI SO

Câu V: Đặt A = 2 2+ +x xy y , B = 2 23− −x xy y

• Nếu y = 0 thì A = B = x2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3.

• Nếu y ≠ 0, ta đặt = xz

ykhi đó:

2 2 2

2 2 2

3 3. .

1

− − − −= =+ + + +

x xy y z zB A A

x xy y z z.

Xét phương trình: ( ) ( )2

22

31 1 3 0

1

− − = ⇔ − + + + + =+ +

z zm m z m z m

z z(a).

(a) có nghiệm ⇔ ( ) ( ) ( )2

11

3 48 3 480 1 4 1 3 03 3

== ⇔ − − − + ∆ ≥ + − − + ≥ ⇔ ≤ ≤

mm

m m m m

Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒ 3 4 3 3 4 3− − ≤ ≤ − +B . Đây là điều phải chứng minh.Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:

( )4 3 4 0 22;4

2 6 0 4

+ − = = − ⇔ ⇒ − + − = =

x y xA

x y y

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( )4 3 4 0 11;0

1 0 0

+ − = = ⇔ ⇒ − − = =

x y xB

x y y

Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng:( ) ( )2 4 0 2 4 0+ + − = ⇔ + + − =a 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

Trang 94


( )· ( )·

( )

2 3 1 2 2 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 0⇒ ≠b . Do đó 3 : 4 0∆ − =y

• 3a – 4b = 0: Chọn 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 55;4

1 0 4

− = = ⇔ ⇒ − − = =

y xC

x y y

2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0)

⇒ Phương trình đường thẳng KI: 2 2

3 2 1

− −= =−

x y z.

Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(–1; 0; 1).

Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: ( ) ( )2 221 1= + + + −k k kKH x y z và 2 2 2= + +k k kKO x y z

Từ yêu cầu bài toán ta có hệ:

( ) ( )2 22 2 2 2

1

41 1

12 2 2

3 2 1 3

4

= − + + + − = + + ⇔ = − − = =

− =

k

k k k k k k

kk k k

k

x

x y z x y zyx y z

z

. Kết luận: 1 1 3

; ;4 2 4

− ÷ K .

Câu VII.a: Ta có: 2010 2008 2006 4 2 43(1 ) 4 (1 ) 4(1 ) 3(1 ) 4 (1 ) 4 (1 ) 4+ = + − + ⇔ + = + − ⇔ + = −i i i i i i i i

⇔ 24 4= −i ( đúng) ⇒ (đpcm).Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

2 2 0; 22 4 8 0

1; 35 2 0

= = + + − − = ⇔ = − = −− − =

y xx y x y

y xx y

Vì 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 điểm C đối xứng với điểm A qua tâm Icủa đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).2) Vì A∈ ∆1

⇒ A(t+1; –t –1; 2); B∈ ∆2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t')

⇒ AB t t t t t( ' 2;2 ' 2; ' 2)= − − + + + −uuur

Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của (∆1) và (∆2)

⇒ 1 1

2 2

. 0 2 3 ' 0' 0

3 6 ' 0. 0

AB u AB u t tt t

t tAB u AB u

⊥ = + = ⇔ ⇔ ⇔ = = + =⊥ =

uuur r uuur r

uuur r uuur r ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0).

Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.• Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2;3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).• Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P4 = 96 số chia hếtcho 5.+ Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5.Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5.Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số.

Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.

Trang 95



Câu I: 2) Ta có : x k

x x

3

2 32 2

3 3x 0 (1)1 1log log ( 1) 1 (2)2 3

− − − <

+ − ≤

. Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.

Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ 2 ⇔ 1 < x ≤ 2.Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả 1 < x ≤ 2

⇔ x k x k

x x

3 3( 1) 3x 0 ( 1) 3x < 1 2 1 2

− − − < − −⇔ < ≤ < ≤

Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) ⇒ (1) có nghiệm x ∈(1;2] ⇔

( 1;2min ( ) (2) 5k f x f

≥ = = − . Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > – 5

Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0 ⇔ 2sin2x + sinx –1 = 0 ⇔ 2

,6 3

π π= + ∈¢x k k .

Vì x ∈[ 2; 40] nên 2 3 3

2 40 2 406 3 2 6 2 6

π π π ππ π

≤ + ≤ ⇒ − ≤ ≤ − ÷ ÷ k k

⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k { }1,2,3,...,18∈ .

Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 2

18. (1 2 3 ... 18) 1176 3

π π π+ + + + + = .

2) Điều kiện: 1 3< <x . PT ⇔ ( )2 2 2log 1 log (3 ) log ( 1) 0

1 3

+ + − − − =

< <

x x x

x

⇔ ( ) ( ) 2 1 171 3 1 4 0

2

±+ − = − ⇔ + − = ⇔ =x x x x x x (tmđk)

Câu III: Ta có : 2

1 1 1

2 ln 1ln ln 2 ... 5

4 = + = + = = + ÷ ∫ ∫ ∫

e e e xI x xdx x xdx dx e

x x.

Câu IV: Ta có: ∆SAC vuông tại A ⇒ 2 2 2= + =SC SA AC a ⇒ AC′ = 2

SC= a ⇒ ∆SAC′ đều Vì

(P) chứa AC′ và (P) // BD ⇒ B′D′ // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của

AC′ và B′D′ ⇒ I là trọng tâm của ∆SBD. Do đó: 2 2

3 3′ ′ = =B D BD a .

Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D′B′ ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ AC′

Do đó: SAB'C'D' = 21

.2 3

′ ′ ′ = aAC B D .

Đường cao h của khối chóp S.AB′C′D′ chính là đường cao của tam giác đều SAC′ ⇒ 3

2= a

h .

Vậy thể tích của khối chóp S. AB′C′D′ là V = 3

' ' '

1 3.

3 18=AB C D

ah S .

Câu V: Ta có BĐT ⇔ 1 1 1 0 − + − + − ≥ ÷ ÷ ÷+ + +

a b b c c a

c a c a b a b c b

⇔ 1 1 1

1 1 1 01 1 1

− + − + − ≥ ÷ ÷ ÷ + + +

b c ac a bc a ba b c

(1)

Đặt: 0; 0; 0 . . 1= > = > = > ⇒ =a b cx y z x y z

b c a. Khi đó :

(1) ⇔ 2 2 2 2 2 21 1 1

0 01 1 1

− − −+ + ≥ ⇔ + + + + + − − − ≥+ + +

x y zx y z xy yz zx x y z

y z x(*)

Trang 96


Vì ( ) ( )22 2 2 31

3+ + ≥ + + ≥ + + = + +x y z x y z xyz x y z x y z ( theo BĐT Cô–si)

Và ( ) 32 2 2 33 3+ + ≥ =xy yz zx xyz (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM.

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều.Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP (7; 4)= −ar

của AC làm VTPT ⇒ BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7)A nằm trên Oy ⇒ đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0

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

Pa b c

⇒ + + =

(4 ;5;6), (4;5 ;6); (0; ; ), ( ;0; )= − = − = − = −IA a JA b JK b c IK a cuur uur uuur uur

Ta có:

4 5 61

5 6 0

4 6 0

+ + =− + =− + =

a b cb c

a c

⇒ 77 77 77

; ;4 5 6

= = =

a b c ⇒ phương trình mp(P)

Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: ( )0

1=

+ = ∑n

n k kn

k

x C x .

Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: ( ) 2 2

2

( 1) 1 ( 1)− −

=− + = −∑

nn k k

nk

n n x k k C x (1)

Cho x = 1 và n = 25 từ (1) ⇒ 25. 24.223 = 25

252

( 1)=

−∑ k

k

k k C ⇔ 25

252

( 1)=

−∑ k

k

k k C = 5033164800.

Câu VI.b: 1) (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) ⇒ ·

·

0

0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB

= =

Vì MI là phân giác của ·AMB nên:

(1) ⇔ ·AMI = 300 0sin 30

IAMI⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7+ = ⇔ = ±m m

(2) ⇔ ·AMI = 600 0sin 60

IAMI⇔ = ⇔ MI =

2 3

3R ⇔ 2 4 3

93

m + = (vô nghiệm)

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

2) (4;5;5)BA =uuur

, (3; 2;0)CD = −uuur

, (4;3;6)CA =uuur

Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P) có VTPT 1 , = n BA kuuur rr

= (5; –4; 0)

⇒ (P): 5x – 4y = 0

(Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q) có VTPT 2 , = n CD kuuur rr

= (–2;–3; 0)

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

Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo)

Ta có: 2 2 2 2 5 2 55 5

2 52 5 5

= = − = = + = ÷⇔ ⇔ ⇔ ∨ ÷= = ±= = − =

a b a az a ba b ba b b b

Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: 2 5 5 ; 2 5 5= − − = +z i z i .

Trang 97



Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2

1

−−

x

x = – x + m

2

1

2 0 (1)

≠⇔

− + − =

x

x mx m luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m)

AB = 2 21 2 1 2 1 22( ) 2 ( ) 4 − = + − x x x x x x = 22( 4 8)− +m m 8≥

Vậy GTNN của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2

Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = 2log x

BPT ⇔

2

22

201 1 1 1 1

log 0 0 2log 2 2 2 2

0

− − + ≥− − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ ≠

t tt

x tx t

t

222 2

2 2 2

12 log log 2 0( 2) 0

40 10 log 1 log log 2 1 2

− ≤ − ≤ < ≤+ − ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤≠ < ≤ < ≤

t x xt t t

tt x x

2) Điều kiện: cos .cos 06 3

π π − + ≠ ÷ ÷ x x

PT

sin sin6 3

sin 3 sin sin 2cos cos

6 3

π π

π π

− + ÷ ÷ ⇒ = + − + ÷ ÷

x xx x x

x x ⇒ – sin3x = sinx + sin2x

⇔ sin2x(2cosx + 1) = 0

sin 2 02

12cos

223

π

π π

= = ⇔ ⇔ = − = ± +

kx x

x x k

Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: 22

23

π

π π

= = − +

kx

x k

Câu III: Ta có: sinx + 3 cosx = 2cos6

π − ÷ x ,

sinx = sin6 6

π π − + ÷ ÷ x =

3 1sin cos

2 6 2 6

π π − + − ÷ ÷ x x

I = 2 2

3 20 0

sin3 16

16 16cos cos

6 6

π ππ

π π

− ÷ + − − ÷ ÷

∫ ∫x dx

dx

x x =

3

6

Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B′, C′ sao cho SB′ = SC′ = a. Ta có AB′ = a, B′C′ = a 2 , AC′ = a

3 ⇒ ∆AB′C′ vuông tại B′. Gọi H là trung điểm của AC′, thì ∆SHB′ vuông tại H. Vậy SH là

đường cao của hình chop S.AB′C′

Vậy: VS.AB’C’ = 3 2

12

a.

.3 2

. ' '

= =S ABC

S AB C

V abc bc

V a a⇒ VS.ABC =

2

12abc

Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 3 3

2 2

8 6 2 2( ) ( ) 6

( ) ( ) 8

− −+ + + + ≥ ⇔ ≥+ +a a a b c

b c b c ab c b c

.

Dấu " = " xảy ra ⇔ 2a = b + c.

Trang 98


Tương tự: 3 3

2 2

6 2 2 6 2 2;

( ) 8 ( ) 8

− − − −≥ ≥+ +b b c a c c a b

c a a b

Suy ra: 1

4 4

+ +≥ =a b cP . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c =

1

3. Kết luận: minP =

1

4Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1)

Từ điều kiện 2 0+ =uuur uuur rMA MB tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0

2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0.(D) = (P) ∩ (Q) suy ra phương trình (D).

Câu VII.a: PT có hai nghiệm 1 2

1 1(1 ), (1 )

2 2= − = +x i x i 2 2

1 2

1 12 ; 2⇒ = = −i i

x x

Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a 2 – 4b2 = c2

(*)

Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( 13)−x – a y = 0

Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 13

+ = −

− =

ax by c

bx ay b

Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x2 + y2 = 92) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ⊥ BC; (Q) qua B và (Q) ⊥ AC

Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H36 18 12

; ;49 49 49

÷

Câu VII.b: Ta có: − − − − − − −

+ ++ + = − − ⇔ + + + =k k 1 k 2 k k 3 k 2 k k 1 k 2 k 3 kn n n n 3 n n n n n n n 3C 3C 2C C C C C 3C 3C C C (1)

( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k k 1 k 2n n n n n n n 1 n 1 n 1VT(1) C C 2 C C C C C 2C C− − − − − − −

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

( ) ( )k k 1 k 1 k 2n 1 n 1 n 1 n 1C C C C− − −

+ + + += + + + = −+ + ++ =k k 1 k

n 2 n 2 n 3C C C


Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau ⇔ phương trình4 2(2 1) 2 0 (1)x m x m− + + = có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ phương trình:

X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2.

⇔

22 4 4 1 0

0 (2 1) 8 0 01

0 2 1 0 12

0 2 0 20

∆ − + >> + − > > > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ ≠ > > >

m mm m m

S m mm

P mm

.

Câu II: 1) PT ⇔ 1 sin 0

(1 sin )(6cos sin 8) 0 1 sin 06cos sin 8 0

− =− + − = ⇔ ⇔ − = + − =

xx x x x

x x

2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) ⇔ 1 4

5 1 9.35 5

+ = + ÷ ÷

t tt .

• Với t > 0 VT < 10, VP > 10. • Với t < 0, VT > 10, VP < 10.⇒ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y.

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) ⇔ 2 12 1 3 0+ − − − =x x x x

x.

Trang 99


Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được:

(2) ⇔ 1 1

3 2 0− − − + =x xx x

. Đặt 1= −y xx

(ĐK y ≥ 0).

Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 ⇔ 1

2

= =

y

y. Từ đó ta tìm được x.

Câu III: S = 1

20 ( 1)+∫

xxedx

x. Đặt

2

1

1

xu xe

dv dxx( )

= = +

⇒ 1 1

20 0

1

0( 1) 1= − +

+ +∫ ∫x x

xxe xedx e dx

x x

Câu IV: • Chứng minh: ∆ ACD vuông tại C ⇒ ∆ACD vuông cân tại C.

2; 2 ; 5= = = =AC CD a CD a BD a

• VSBCD = VS.ABCD – VSABD.• Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC).Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD).Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED).AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông tại H.Kẻ HI ⊥ MK có HI = d(H, (SCD)).• Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK. Từ đó tính được HI.

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2 1

4

a b

a b ab

+⇔ ≤+

1 1 1

4 = + ÷ a b

. Dấu "=" xảy ra ⇔ 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 2x y z x y z x y z x y z

≤ + ≤ + + = + + ÷ ÷ ÷+ + +

Tương tự: 1 1 1 1 1

2 8 2 2x y z x y z

≤ + + ÷+ +

và 1 1 1 1 1

2 8 2 2x y z x y z

≤ + + ÷+ +

Vậy 1 1 1

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

+ + + + + +1 1 1 1 2009

4 4x y z

≤ + + = ÷

Vậy MaxP = 2009

4 khi x = y = z =

12

2009Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB.

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

1; 35 2 0

y xx y x y

y xx y

= = + + − − = ⇔ = − = −− − =

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1).

Vì · 090ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I

của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).Câu VII.a: Phương trình: 4 5log ( 3) log ( 6) 4− + + =n n có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số

đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất)Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính.

2) Ta có: ( )1;2 5= − ⇒ =uuurAB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0+ − =x y .

( )( ) : ;∈ = ⇒I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên: ( ) ( )2 1;2 , 2 ;2 2− −C t t D t t

Mặt khác: . 4= =ABCDS AB CH (CH: chiều cao) 4

5⇒ =CH .

Trang 100


Ngoài ra: ( )( ) ( )

4 5 8 8 2; , ;| 6 4 | 4

3 3 3 3 3;5 5

0 1;0 , 0; 2

= ⇒− ÷ ÷= ⇔ = ⇔ = ⇒ − −

t C Dtd C AB CH

t C D

Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2

; , ;3 3 3 3

÷ ÷

C D hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2− −C D

Câu VII.b: Đặt ( ) 33

log 5log 52 2 23log ( 2 6) 2 6 3 ; ( 2 6) 3 5− + = ⇒ − + = − + = =t t tn n t n n n n .

Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. ⇒ n2 – 2n + 6 = 9 ⇔ n2 – 2n – 3 = 0 ⇔ n =3


Câu I: 2) 9

4412

9log 12 144 12

4= ⇔ = =m m

Câu II: 1) PT ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0

⇔ 2cos2 0 2cos cos 1 0( )= ∨ + + =x x x VN ⇔ cos2x = 0 ⇔ 22 4 2

π π ππ= + ⇔ = +x k x k

2) Đặt 2 2 2= − +t x x ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x. BPT ⇔ 2 2

(1 2), [0;1 3]1

−≤ ≤ ≤ ∈ ++

tm t do x

t

Khảo sát hàm số: 2 2

( )1

−=+

tg t

t với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t)

2

2

2 20

( 1)

+ += >+

t t

t⇒ g tăng trên [1,2]

Do đó, YCBT ⇔ BPT 2 2

1

−≤+

tm

t có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔

[ ]1;2

2max ( ) (2)

3∈≤ = =

tm g t g

Vậy: m ≤ 2

3

Câu III: Đặt 2 1= +t x ⇒ 3 32

1 1

11

1 1 = = − + ÷+ + ∫ ∫

tI dt t dt

t t =

32

1

ln 1 2 ln 22

− + + = +

tt t

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ O, ( )2 ,0,0−C a , 1(0,0,2 5)A a

3

(0;0;0), ; ;02 2

⇒ ÷ ÷

a aA B , ( 2 ,0, 5)−M a a 1

5 3; ; 5 , (2;0; 5)

2 2

⇒ = − − = ÷ ÷

uuuur uuuurBM a MA a

Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :

1 1

32

1 1

1 15 1. , ; , 3 3

6 3 2∆ = = = = uuuur uuur uuuur uuur uuuur

AA BM BMA

aV A A AB AM S MB MA a

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng 3 5

.3

= =V ad

S

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: ( ) ( ) ( )1 3 5; 3 ; 5

2 2 2+ ≥ + ≥ + ≥x y xy y z xy z x xy ⇒ đpcm

Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P)

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 1 3 2

2 1 1

+ − += =−

x y z

Trang 101


AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:

2 1 0(1,2, 1)1 3 2

2 1 1

− + + = ⇒ − + − += = −

x y zHx y z

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :'

'

'

2

2 '(3,1,0)

2

= + = + ⇒ = +

H A A

H A A

H A A

x x x

y y y A

z z z

Ta có ' ( 6,6, 18)= − −uuuurA B (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) :

3 1

1 1 3

− −= =−

x y z

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

2 1 0(2,2, 3)3 1

1 1 3

− + + = ⇒ −− − = = −

x y zMx y z

2) 3 6 0; 2 0+ − = − − =x y x y

Câu VII.a: PT ( ) ( )2

23

1 1log 2 3 1−+ +⇔ = − ⇔ = + +x xx x

x x xx x

Đặt: (2 )( ) 3 −= x xf x , 1

( ) 1= + +g x xx

(x ≠ 0)

Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; min g(x) = 3 ⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 ⇒ PT có nghiệm x = 1

Câu VI.b: 1) Gọi 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 PTTS:

1 2

1

2

= − + = − =

x t

y t

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

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

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

( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)

(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)

= − + + − − + = +

= − + + − − + − + = − +

+ = + + − +

AM t t t t

BM t t t t

AM BM t t

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

rv t .

Ta có ( ) ( )( ) ( )

22

22

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

= + = − +

r

r

u t

v t

Suy ra | | | |+ = +r r

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

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

r r r ru v u v . Như vậy 2 29+ ≥AM BM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,r ru v cùng hướng

3 2 51

3 6 2 5⇔ = ⇔ =

− +t

tt

( )1;0;2⇒ M và ( )min 2 29+ =AM BM .

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+2) 2 6 0+ − =x y

Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1

BPT 4 28

1 12log log 2 0

log 2

⇔ + ≥ ÷

x x

x ( )2 2

2

1log log 1 0

1log

3

÷

⇔ + + ≥ ÷ ÷

x xx

Trang 102


22 2 2

222 2

1log 1 0log 1 log 1

(log 3) 0 0 2log 0log log

1

≤ − < ≤+ + ⇔ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ÷ > >

x xx xx

xx xx


Câu I: 2) Ta có 34 4′ = +y x mx ; ( )20

0 4 0=

′ = ⇔ + = ⇔ = ± −

x y x x m

x m (m<0)

Gọi A(0; m2+m); B( −m ; m); C(– −m ; m) là các điểm cực trị. 2( ; )= − −

uuurAB m m ; 2( ; )= − − −

uuurAC m m . ∆ABC cân tại A nên góc 0120 chính là µA .

µ 120= oA

4

4

1 . 1 . 1cos

2 2 2.

− − − +⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −−

uuur uuur

uuur uuurAB AC m m m

Am mAB AC

44 4 4

4

3

01

2 2 3 0 12

3

=+ ⇔ = − ⇒ + = − ⇔ + = ⇔ = −−

m (loai)m m

m m m m m mmm m

Vậy m=3

1

3− thoả mãn bài toán.

Câu II: 1) Điều kiện 1≥x .Nhân hai vế của bpt với 3 1+ + −x x , ta được

BPT ( ) ( )2 24. 1 2 3 4. 3 1 1 2 3 3 1⇔ + + − ≥ + + − ⇔ + + − ≥ + + −x x x x x x x x

2 2 2 2 22 2 2 2 3 2 2 2 2 3 4 0

2

≤ −+ − + + − ≥ + + + − ⇔ − ≥ ⇔ ≥

xx x x x x x x x

x

Kết hợp với điều kiện 1≥x ta được 2≥x .

2) Điều kiện cos 0 ,2

π π≠ ⇔ ≠ + ∈¢x x k k .

Ta có PT ( ) 2cos sin cos sincos sin

cos cos

− +⇔ + =x x x xx x

x x (cos sin )(cos 2 1) 0⇔ + − =x x x

cos sin 0,4

cos 2 1 0

π π

π

+ = = − + ⇔ ⇔ ∈ − = =¢

x x x mm

xx m

.

Câu III: Nhận xét: [ ]0, 0, .1 sin

π= ≥ ∀ ∈+

xy x

x Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

220 0 0

1

1 sin 2cossin cos

2 42 2

π π π

π=

+ −+ ÷ ÷

∫ ∫ ∫x x x

S dx= dx= dxxx x x

=0

tan2 4

π π − ÷ ÷ ∫x

x d =0 0

.tan tan 2ln cos2 4 2 4 2 4

πππ π ππ − − − = + − ÷ ÷ ÷ ∫x x x

x dx

Suy ra S= 2 ln cos ln cos4 4

π ππ π + − − = ÷ ÷ ÷

(đvdt)

Câu IV: Ta có AO=OC=a 2 2 2 2 24 2 2′ ′⇒ = − = − =A O AA AO a a a

Suy ra V=B.h= 4 2 4 2=2 3a .a a Tính góc giữa AM và A′C. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN.Xét ∆A′CN ta có:

Trang 103


2 2 2 2 2 22 ; 5; 5′ ′ ′ ′= + = = = + = = + =A C A O OC a CN AM AB BM a A N AA AN a .

⇒ 2 2 2 2 2 24 5 5 3

cos 02. . 2.2 . 5 2 5

′ ′+ − + −= = = >′

CA CN A N a a aC

CA CN a a

Vậy cosin của góc giữa AM và A′C bằng 3

2 5.

Câu V: Đặt sin=t x với [ ]1,1∈ −t ta có 3 25 9 4= − +A t t .

Xét hàm số 3 2( ) 5 9 4= − +f t t t với [ ]1,1∈ −t . Ta có 2( ) 15 18 3 (5 6)′ = − = −f t t t t t

6( ) 0 0

5′ = ⇔ = ∨ =f t t t (loại); ( 1) 10, (1) 0, (0) 4− = − = =f f f . Vậy 10 ( ) 4− ≤ ≤f t .

Suy ra 0 ( ) 10≤ = ≤A f t .

Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi 1 sin 1 22

π π= − ⇔ = − ⇔ = − +t x x k

và GTNN của A là 0 đạt được khi 1 sin 1 22

π π= ⇔ = ⇔ = +t x x k .

Câu VI.a: 1) Ta có 1

4=IAB ABCDS S =1 . Mặt khác

1. .

2=IABS IH IB với AB= 2 21 0 1+ = ⇒ IH = 2.

Gọi ( , )I II x x vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0;

IH = 2 ( ; ) 2 2⇔ = ⇔ =Id I AB x

TH1: 2 (2;2); (3;4); (2;4).= ⇒Ix I C D

TH2: 2 ( 2; 2); ( 5; 4); ( 6; 4).= − ⇒ − − − − − −Ix I C D2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.

Ta có: =OABC IOAB IOBC OCA ABCV V +V +V +V =1 1 1 1

. . . . . . . .3 3 3 3

+ + +OAB OBC OCA ABCr S r S r S r S =1

. .3 TPr S .

Mặt khác: 1 8 4

. . .6 6 3

= = =OABCV OAOB OC (đvtt); 1

. . 22

= = = =OAB OBC OCAS S S OAOB (đvdt)

23 3.8 2 3

4 4= = =ABCS AB (đvdt) ⇒ 6 2 3= +TPS (đvdt)

Do đó: 3 4

6 2 3= =

+OABC

TP

Vr

S (đv độ dài)

Câu VII.a: Ta có 30 10 20(1 ) (1 ) .(1 ) ,+ = + + ∀ ∈¡x x x x (1)

Mặt khác: 30

301

(1 ) . ,=

+ = ∀ ∈∑ ¡n

k k

k

x C x x .

Vậy hệ số 10a của 10x trong khai triển của 30(1 )+ x là 1010 30=a C .

Do (1) đúng với mọi x nên 10 10=a b . Suy ra điều phải chứng minh.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Suy ra 2.=uur uurAI IH

1 2( 1) 3 7;

3 2( 2) 2 2

= − ⇔ ⇔ ÷= − H

H

XH

Y

Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì ∆ABC là tam giác đều.

Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là: 3 7

1. 3. 02 2

− + − = ÷ ÷ x y

3 12 0⇔ + − =x y

Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:2 2 2 22 4 5 0 2 4 5 0

3 12 0 12 3

+ − − − = + − − − =⇔

+ − = = −

x y x y x y x y

x y x y

Giải hệ PT trên ta được: 7 3 3 3 3 7 3 3 3 3

; ; ;2 2 2 2

+ − − + ÷ ÷ ÷ ÷

B C hoặc ngược lại.

Trang 104


2) PTTS của d1 là:

1 2

3 3

2

= + = − =

x t

y t

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

Theo đề: 2 2 2

1|1 2 2(3 3 ) 4 1| |12 6 |( ;( )) 2 2

031 ( 2) 2

=+ − − + − −= = ⇔ = ⇔ =+ − +

tt t t td M P

t

+ Với t = 1 ta được ( )1 3;0;2M ; + Với t = 0 ta được ( )2 1;3;0M

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

PTTS của d2 là:

5 6

4

5 5

= + = = − −

x t

y t

z t (2)

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

Câu VII.b: Điều kiện: 1

2

≥ + ≥

x y

y. Hệ PT ⇔

1 5 73 3

x y xy y

− + = =⇔ = =


Câu I: 2) Tacó 2 0' 3 3 3 ( ) 0

== − = − = ⇔ =

xy x mx x x m

x m

Với 0≠m thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.

Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: 310 0

2A m B m; , ( ; )

÷

.

Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là =OA OB tức

là: 3 212 2

2= ⇔ = ⇒ = ±m m m m

Câu II: 1) ĐK:2

π π≠ =x k . PT ⇔ 2 3 3tan (1 sin ) (1 cos ) 0− − − =x x x ⇔

⇔ (1 cos )(1 sin )(sin cos )(sin cos sin cos ) 0− − − + + =x x x x x x x x

⇔ 2 ; ; 2 ; 24 4 4

π π ππ π α π α π= = + = + + = − +x k x k x k x k

2) PT 2 2 2 15 73 3 (3.3 ) 2.3.3 1 0 ... 5.3 7.3 3 3 1 0

3 3+⇔ − + − + = ⇔ ⇔ − + − =x x x x x x x

⇔ 3

3

1 log 5

log 5

= − = −

x

x.

Câu III: Đặt 2=t x ⇒ I = 3 3

2 2 21 1

1 1 1 3 1 1...

2 1 2 12 3

− − = = − ÷+ + ∫ ∫dt

dtt t t

= 3 1

242 3

π− −

Câu IV: 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

aAB =

22 2 2

3 3− ⇒a a

SA = a SA = ; 2 2

01 1 3 3. .sin120

2 2 3 2 12∆ABC

a aS = AB AC = =

Trang 105


⇒ 2 31 2 3 2

3 12 363

a a aV = =

Câu V: Ta chứng minh: 3

2 2

2

3

−≥+ +

a a b

a ab b (1)

Thật vậy, (1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0.

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 (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 = 1Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với 2 2 2 0+ + ≠A B C ) Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 ⇔ A + B + C = 0 ⇔ C = –A – B (1)

Theo đề: d(M;(P)) = 22 2 2 2

2 2 2

22 ( 2 ) 2( )

+ −⇔ = ⇔ + − = + +

+ +

A B CA B C A B C

A B C (2)

Thay (1) vào (2), ta được: 2 88 5 0 0

5+ = ⇔ = − A

AB B B hay B =

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

• 8

5− A

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

2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) ⇒ ∈N AC . ( 1, 1)= − +uuuur

N NMN x y

Ta có: 1/ / (1; 1)=uuuur r

dMN n 1( 1) 1( 1) 0 2 (1)⇔ − − + = ⇔ − =N N N Nx y x y

Tọa độ trung điểm I của MN: 1 1

(1 ), ( 1 )2 2

= − = − +I N I Nx x y y

1

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

2 2∈ ⇔ − + − + + =N NI d x y 4 0 (2)⇔ + + =N Nx y

Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.

( ) 1 2.( 3) 0 7.∈ ⇔ + − + = ⇔ =N AC C C Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0.Câu VII.a: :• 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là:

(1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) • Mỗi bộ 3 vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ. • Mỗi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn lại Vậy có tất cả là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT.Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; − 3), B(6;5; − 2)∈(d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P) .

Gọi ru là VTCP của ( 1d ) ⊂ (P), qua A và vuông góc với (d) thì

⊥ ⊥

r r

r rd

P

u u

u u

nên ta chọn [ , ] (3; 9;6)= = −r r rPu u u .

Phương trình của đường thẳng ( 1d ) :

2 3

3 9 ( )

3 6

= + = − ∈ = − +

x t

y t t R

z t

Lấy M trên ( 1d ) thì M(2+3t; 3 − 9t; − 3+6t). (∆) là đường thẳng qua M và song song với (d).

Theo đề : 2 2 2 2 1 114 9 81 36 14

9 3= ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ±AM t t t t t

• t = 1

3− ⇒ M(1;6; − 5) 1

1 6 5( ) :

4 2 1∆ − − +⇒ = =x y z

• t = 1

3⇒ M(3;0; − 1) 2

3 1( ) :

4 2 1∆ − +⇒ = =x y z

Trang 106


2) Gọi 0 0 1 1( ; ), ( ; )M x y N x y là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: 2 20 0 1 1;= =x y x y

20 0 0 0( ; 2) ( ; 2)= − = −

uuurIM x y y y ; 2 2

1 1 1 1 1 1( ; 2) ( ; 2); 4 (4 ; 4 8)= − = − = −uur uurIN y y y y IN y y

Theo giả thiết: 4=uuur uurIM IN , suy ra:

2 20 1

0 1

4

2 4 8

=

− = −

y y

y y

1 1 0 0

1 1 0 0

1 1; 2; 4

3 9; 6; 36

= ⇒ = = − =⇔ = ⇒ = = =

y x y x

y x y x

Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3).

Câu VII.b: Đặt 2 25 1 4 2 5 6= − + − ⇒ = + − + −t x x t x x

PT ⇔ ( )2 4

2;2 22

− + = ∈ t

t m t

Xét hàm số ( )2 4

( ) 2;2 2 ( ) 1 ( ) 0 1 2;2 22

− ′ ′ = + ∈ ⇒ = + ⇒ = ⇔ = − ∉ t

f t t t f t t f t t

⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ ( )2 2 1 2≤ ≤ +m .


Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ 2

0

3 0 (2)

= + + =

x

x x m

(Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0.

⇔ 2

09 4 04

0 3 0 09

∆ ≠= − > ⇔ <+ × + ≠

mm

mm

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:kD = y’(xD) = 23 6 ( 2 );+ + = − +D D Dx x m x m kE = y’(xE) = 23 6 ( 2 ).+ + = − +E E Ex x m x m

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc ⇔ kDkE = –1.⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1⇔ 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et).

⇔ m = ( )19 65

8± .

Câu II: 1) PT ⇔ cos cos33

π − =− ÷ x x ⇔ cos cos( 3 )

3

π π − = − ÷ x x ⇔

3 2

π π= + kx

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 xy x y x

y xx y

2 2

1( ) 0

2 291 91

+ ÷⇔ − + + + = ÷− + −+ + +

x yx y x y

x yx y

⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta có: 2 291 2+ = − +x x x 2 291 10 2 1 9⇔ + − = − − + −x x x2

2

9 3( 3)( 3)

2 191 10

− −⇔ = + − +− ++ +

x xx x

xx

2

1 1( 3) ( 3) 1 0

2 191 10

⇔ − + − − = ÷ ÷ ÷− ++ +

x xxx

⇔ x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Trang 107


Câu III:

2 2

(ln )

ln (1 ln ) ln (1 ln )= =

+ +∫ ∫e e

e e

dx d xI

x x x x x =

2

1 1(ln )

ln 1 ln − ÷+ ∫

e

e

d xx x

= 2ln2 – ln3

Câu IV: Dựng ⊥SH AB . Ta có: ( ) ( ), ( ) ( ) , ( )⊥ ∩ = ⊂SAB ABC SAB ABC AB SH SAB( )⇒ ⊥SH ABC và SH là đường cao của hình chóp.

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

∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP.

∆AHP vuông có: 3

.sin 60 .4

= =o aHP HA ∆SHP vuông có:

3.tan tan

4α α= = a

SH HP

Thể tích hình chóp 2 31 1 3 3

. : . . . .tan . tan3 3 4 4 16

α α= = =ABC

a a aS ABC V SH S

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4

( 0, 0)+ ≥ > >+

x yx y x y

Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4

; ;2 2 2

+ ≥ + ≥ + ≥+ + + + + + + + + +a b b c a b c b c c a a b c c a a b a+b+c

Mặt khác:

2 2 22 2 2 2

1 2 22 4 4 2 2 0

2 2 4 7≥ = ⇔ + + + − − − ≥

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

a b c a b c a2 2 22( 1) ( 1) ( 1) 0⇔ − + − + − ≥a b c

Tương tự: 2 2

1 2 1 2;

2 7 2 7≥ ≥

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

Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7+ + ≥ + +

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

Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D.Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) códạng: ( 1) 1 1= − + ⇔ = + −y k x y kx k

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 2 24 9( 1 ) 36 0+ + − − =x kx k2 2 2(4 9 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (1)⇔ + + − + − − =k x k k x k ( 2288 72 108 0,∆′ = + + > ∀k k k )

⇒ (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ 1 2,x x là nghiệm của (1).

Theo định lý Viet: 1 2 2

18 (1 )

4 9

− −+ =+k k

x xk

M(1; 1) là trung điểm của CD ⇔ 1 2 2

18 (1 )2 2

4 9

− −+ = ⇔ =+M

k kx x x

k

4.

9⇔ = −k

Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0.2) Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox . /( ) : 4 3 10 0⇔ − + =Q y x

(d) qua 0 (1; 0; 2)−M và có VTCP (1; 2; 2)=ru . Đặt 0 1 =uuuuuur rM M u

Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác 0 1AM M

0 1

20

0 1

;2. 8 24 36( ; )

3

− + ⇒ = = =

uuuuur r

rAM M AM uS a a

d A dM M u

Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 2

2 2 22 8 24 364 8 24 36 4( 3) 0 3

3 3

− +⇔ = ⇔ = − + ⇔ − = ⇔ =a a aa a a a a

Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).

Câu VII.a: Giả sử n = abc d e .

• Xem các số hình thức abc d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c).

Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ { }1 ⇒ số cách chọn 47A .

Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài.

Trang 108


• Xem các số hình thức 0bc d e ⇒ có 362 240=A (số)

• Loại những số dạng hình thức 0bc d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT.

Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): 2 3 0− + =x y và 2 5=AB

Gọi 2 20 0 0 0( ; ) ( ) 5 16 80.∈ ⇒ + =M x y E x y Ta có: 0 0 0 02 3 2 3

( ; )1 4 5

− + − += =

+x y x y

d M AB

Diện tích ∆MAB: 0 0

1. . ( ; ) 2 3

2= = − −S AB d M AB x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 0 0

1 1; , ( 5 ; 4 )

25

− ÷

x y có:

( )2

2 20 0 0 0

1 1 1 1 9. 5 .4 5 16 .80 36

2 5 4 205

− ≤ + + = = ÷ ÷ x y x y

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

2 6 6 2 6 3 6 2 3 6 3

3 2 3 9 2 3 9

⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − + ≤ +

⇔ − ≤ − + ≤ ⇒ − + ≤

x y x y x y

x y x y

0 00 0

0 0

0 0

5 45 81 1

max 2 3 92 2 65

2 3 9

= = − −⇒ − + = ⇔ ⇔ − =

− + =

x yx y

x yx y

x y

0

0

8

35

3

=⇔ = −

x

y

Vậy, 8 5

max 9 ;3 3

= − ÷ MABS khi M .

2) (P) có VTPT (1; 4; 1)= −rPn , (Q) có pháp vectơ (3; 4; 9)= −r

Qn

(d1) có VTCP 1 (2; 4; 3)= −ru , (d2) có VTCP 2 ( 2; 3; 4)= −r

u

Gọi:

1

1

1 1 1

1 2 1

( ) ( ) ( )

( ) ( ),( ) ( )

( ) ( ), ( ) ( )

∆

∆ = ∩ ⊃ ⊃ =

P

Pr r

P Q

P d P P

Q d Q Q

u u

⇒ (∆) = (P1) ∩ (Q1) và (∆) // (∆1)

(∆) có vectơ chỉ phương 1

[ ; ] (8; 3; 4)4

= = − −r r rP Qu n n

(P1) có cặp VTCP 1

ru và

ru nên có VTPT: 1 1[ ; ] (25; 32; 26)= =r r r

Pn u u

Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 25 32 26 55 0⇔ + + + =x y z

(Q1) có cặp VTCP 2

ru và

ru nên có VTPT: 1 2[ ; ] (0; 24; 18)= = −r r r

Qn u u

Phương trình mp (Q1): 0( 3) 24( 1) 18( 2) 0− + + − − =x y z 4 3 10 0⇔ − + =y x

Ta có: 1 1( ) ( ) ( )∆ = ∩P Q ⇒ phương trình đường thẳng (∆) : 25 32 26 55 0

4 3 10 0

+ + + = − + =

x y z

y z

Câu VII.b: 3, 4= =n n .


Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).2 1

;1

− ÷−

aA a

a

Trang 109


Phương trình tiếp tuyến tại A: y = 2

1

(1 )− a(x – a) +

2 1

1

−−a

a

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: 2

1;1

÷−

aP

aGiao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ

Ta có IP = 2 2

21 1

+ =− −a

a a; IQ = 2( 1)−a . SIPQ =

1

2IP.IQ = 2 (đvdt)

Câu II: 1) Điều kiện: 1

103

− ≤ ≤x

BPT ⇔ 2 2

3 1 6log log (7 10 )

2

+ + ≥ − −xx ⇒ 3 1 6

7 102

+ + ≥ − −xx

⇒ 3 1 6 2(7 10 )+ + ≥ − −x x ⇒ 3 1 2 10 8+ + − ≥x x ⇒ 49x2 – 418x + 369 ≤ 0

⇒ 1 ≤ x ≤ 369

49(thoả)

2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 ( )4 2

π π⇔ ≠ + ∈¢k

x k

PT 23 11 sin 2 sin 2

4 4⇒ − =x x ⇒ 3sin22x + sin2x – 4 = 0

⇒ sin2x = 1 ⇒ 4

π π= +x k ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu III: I = 4 4

2

0 0

2 cos

π π

− +∫ ∫xxe dx xdx = I1 + I2

Tính: I1 = 4

0

2

π

−∫ xxe dx Đặt 2

−

=

=x

u x

dv e dx ⇒ I1 = 4

2

ππ −− e – 2 4 2

π−+e

I2 = 4

0

1 cos2

2

π

+∫

xdx =

1 1sin 2 4

2 20

π + ÷

x x = 1

8 4

π +

Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD′. A′B′NP là hình bình hành ⇒ A′P // B′NA′PDM là hình bình hành ⇒ A′P // MD ⇒ B′N // MD hay B′, M, N, D đồng phẳng.Tứ giác B′NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B′N2 = B′D2.

Đặt: y = AA’ ⇒2

2 2 224

+ = + ÷

ya y a ⇒ y = 2a

Câu V: Ta chứng minh: 1 1 2

1 1 1+ ≥

+ + +a b ab⇔

1 1 1 1

1 11 1− + −

+ ++ +a bab ab≥ 0

2( ) ( 1)

0(1 )(1 )(1 )

− −⇔ ≥+ + +b a ab

a b ab (đúng). Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.

Xét 3

1 1 1 1

1 1 1 1+ + +

+ + + +a b c abc 6 4

2 2

1 1≥ +

+ +ab abc 34 4 412

4 4

11≥ =

++ abca b c

⇒ P 3

31

1≥ =

+ abc. Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2

Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ⇔ ax + by – 2a + b = 0

Ta có: 2 2

2 1cos

105( )α −= =

+a b

a b⇔ 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7.

⇒ (∆1): x + y – 1 = 0 và (∆2): x + 7y + 5 = 02) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0

Trang 110


(S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0(S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0

Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng:

6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số)Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB

d qua M(1; 2) có VTPT là (4;2)=uuurAB ⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a)

Ta có IA = d(I,D) 211 8 5 5 10 10⇔ − = − +a a a ⇔ 2a2 – 37a + 93 = 0 ⇔

3

31

2

= =

a

a

• Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25

• Với a = 31

2 ⇒

31; 27

2 − ÷

I , R = 65

2 ⇒ (C):

2231 4225

( 27)2 4

− + + = ÷ x y

2) Ta có 1

( 3;1;4); ( 1;1;1)2

= − = = −uuur r uuurAB a AC

PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 ( )⇒ ∉D ABC ⇒ đpcmCâu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1

Ta có 2log log log log 2 0= ⇒ + − =y x y yxy y x x log 1

log 2

=⇒ = −

y

y

x

x

2

1

=⇒ =

x y

xy

• Với x = y ⇒ x = y = 2log 3 1−

• Với x = 2

1

y ta có: 2

1

2 2 3+ =yy theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm


Câu I: 2) Đạo hàm 3 2 24 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ]′ = + − − = − + + +y x mx x m x x m x m

2

10

4 (4 3 ) 3 0 (2)

=′ = ⇔ + + + =

xy

x m x m

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 1 2(3 4) 0 4

.34 4 3 3 0

∆ = − >⇔ ⇔ ≠ ±

+ + + ≠

mm

m m

Thử lại: Với 4

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

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 4

.3

≠ ±m

Câu II: 1) PT ⇔ 2

cos4 ,2 16 2

π π= ⇔ = ± + ∈x x k k Z

Trang 111


2) Đặt:

2 22 2 2

2 22 2 22

2 12, 0 2

12 32 3, 0

2

− = + = + > = + ⇒ ⇒ − −= + + == + + >

v u xu x u u x

v uv x x xv x x v

PT ⇔

0 ( )1

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

2 2

− = + − − + + = ⇔ + ÷ + + + = ÷

v u bv u

v u v u v uv u c

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.

Do đó: PT ⇔ 2 2 10 2 3 2

2− = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ = −v u v u x x x x

Câu III: Đặt 1

sin 2

= + =

u x

dv xdx ⇒ I = ( )

/ 22

0 0

1 11 cos 2 cos2 1

2 2 4

ππ π− + + = +∫x x xdx .

Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A′.ABC là hình chóp đều nên

góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC) là ϕ = · ′A EH .

Ta có : 3 3 3

, ,2 3 6

= = =a a aAE AH HE ⇒

2 22 2 9 3

' '3

−= − = b aA H A A AH .

Do đó: 2 2' 2 3

tanϕ −= =A H b a

HE a;

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 ABCV V V = 2 2 23

6

−a b a

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:

• 2 2 2 2 2 2

32 2 2 2 2 2

3 . . 3+ + ≥ =a b c a b c

b c a b c a(1)

• 2 2 2

2 2 21 2 ; 1 2 ; 1 2+ ≥ + ≥ + ≥a a b b c c

b b c c a a ⇒

2 2 2

2 2 22 3

+ + ≥ + + − ÷ a b c a b c

b c a b c a(2)

Từ (1) và (2) ⇒ 2 2 2

2 2 22 2

+ + ≥ + + ÷ ÷ a b c a b c

b c a b c a ⇒ đpcm.

Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB

I trung ñieåm NE ⇒ 2 12

2 4 5 1

= − = −

= − = − + = −

N I E

N I E

x x x m

y y y m m ⇒ N (12 – m; m – 1)

uuuurMN = (11 – m; m – 6);

uurIE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)

. 0=uuuur uurMN IE ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7+ m = 6 ⇒

uuuurMN = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y = 5

+ m = 7 ⇒ uuuurMN = (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0

2) I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5+ + + =

d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4

34 4 1

− − −=

+ + < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :

1 2

2 2

3

= + = − = −

x t

y t

z t

Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1

Trang 112


Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 2 2 4− =R IJ

Câu VII.a: Đặt 2

3 += x xt , t > 0. BPT ⇔ t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)

Khi t ≤ 1 ⇒ 2 23 1 0 1 0+= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤x xt x x x (a)

Khi t ≥ 9 ⇒ 2 2 2

3 9 2 01

+ ≤ −= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥

x x xt x x

x(b)

Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞).Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2

Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có

S∆ABC = ·1IA.IB.sin AIB

2 = sin ·AIB

Do đó S∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin ·AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I

⇔ IH = IA

12

= (thỏa IH < R) ⇔ 2

1 4m1

m 1

−=

+

⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8

152) 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; .

= − − = − = + ⇒ = − − = − = +


uuur uuuur uuur uuuurDP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p.

Phương trình mặt phẳng (P): 1+ + =x y z

m n p. Vì D ∈(P) nên:

1 1 11

− + + =m n p

.

D là trực tâm của ∆MNP ⇔

. 0

. 0

( ) ( )

⊥ = ⊥ ⇔ = ∈ ∈


uuur uuuur uuur uuuurDP NM DP NM

DN PM DN PM

D P D P

⇔

03

03

1 1 11

+ == − + = ⇔ = = − + + =

m nm

m pn p

m n p

Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): 13 3 3

+ + =−x y z

.

Câu VII.b: PT ⇔ ( ) 2 2 2 1 sin(2 1) 0(1)2 1 sin(2 1) cos (2 1) 0

cos(2 1) 0 (2)

− + + − =− + + − + + − = ⇔ + − =

x xx x x

x

yy y

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

π π= − − + ∈y k k Z .

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

π π − − + ∈ ÷ k k Z .


Câu I: 2) PT ⇔ 4 222 1 log− + = −x x m . Dựa vào đồ thị ta suy ra được:

• 2log m < –11

02

⇔ < <m : PT có 2 nghiệm phân biệt

Trang 113


• 2log m = –11

2⇔ =m : PT có 3 nghiệm

• –1< 2log m <0 1

12

⇔ < <m : PT có 4 nghiệm phân biệt

• 2log m = 0 1⇔ =m : PT có 2 nghiệm

• 2log m > 0 1⇔ >m : PT v ô nghiệm

Câu II: 1) Tập xác định: D = { } [ )1; 1 2;2

−∞ ∪ ∪ +∞ • x = 1 là nghiệm• x ≥ 2: BPT ⇔ 2 1 2 1− ≥ − + −x x x vô nghiệm

• x1

2≤ : BPT ⇔ 2 1 1 2− + − ≥ −x x x có nghiệm x

1

2≤

⇒ BPT có tập nghiệm S= { }1; 12

−∞ ∪

2) PT ⇔ cos 2x=1

2 ⇔ x= ( )

8

π π Ζ± + ∈k k

Câu III: Xét: ( ) ( )

2 2

1 23 30 0

sin cos;

sin cos sin cos

π π

= =+ +∫ ∫

xdx xdxI I

x x x x.

Đặt 2

π= −x t . Ta chứng minh được I1 = I2

Tính I1 + I2 = ( )2 2

220 0

1tan( ) 12

2 4sin cos 2cos ( ) 04

π π ππ

π= = − =+ −

∫ ∫dx dx

xx x x

⇒ I1 = I2 = 1

2⇒ I = 7I1 – 5I2 = 1

Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJIG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD

3

2= a

IK ; SABMN = 21 3 3

( )2 8

+ = aAB MN IK

SK ⊥ (ABMN); SK =2

a. V=

31 3.

3 16=ABMN

aS SK .

Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki và giả thiết ta có:2 2 2 2 2 2( )( ) 2 6 9 3 ( )≤ + + − = + + − − =F a b c d cd d d d d f d

Ta có 2

2

3 91 2( )

2 2( ) (2 3)2 6 9

− + +′ = +

+ +

df d d

d d

Dựa vào BBT (chú ý: 2

2

3 91 2( )

2 2 02 6 9

− + +<

+ +

d

d d

), ta suy ra được: 3 9 6 2

( ) ( )2 4

+≤ − =f d f

Dấu "=" xảy ra khi 1 1 3 3

; ; ;2 22 2

= = − = = −a b c d .

Câu VI.a: 1) y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0.2) Đường thẳng ∆ cần tìm cắt d2 tại A(–1–2t; t; 1+t) ⇒

uuurOA = (–1–2t; t; 1+t)

1 1. 0 1 (1; 1;0)∆ ⊥ ⇔ = ⇔ = − ⇒ −uuur ur

d OA u t A ⇒ PTTS của :

0

∆=

= − =

x t

y t

z

Trang 114


Câu VII.a: Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: 418C

Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: 2 1 1 1 2 1 1 1 25 6 7 5 6 7 5 6 7+ +C C C C C C C C C

Số cách chọn thoả mãn YCBT là: 4 2 1 1 1 2 1 1 1 218 5 6 7 5 6 7 5 6 7( ) 1485− + + =C C C C C C C C C C

Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0.2) Giao điểm của đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1)

Đường thẳng d đi qua C và có VTCP là PAB n, uuur r

⇒ d: 2 1

2 1 2

− −= =− −

x y z

Câu VII.b: Xét khai triển: 21 nx( )+ , thay x = 1; x = –1 và kết hợp giả thiết ta được n = 12

Khai triển: 12 12

2 24 312

0

22 −

=

+ = ÷ ∑ k k k

k

x C xx

có hệ số x3 là: 7 712 2C =101376


Câu I: 2) ∆OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = –x.

Nghĩa là: f ′(x0) = ±1 ⇒ 20

11

(2x 3)

− = ±+ ⇒

0 0

0 0

x 1 y 1

x 2 y 0

= − ⇒ = = − ⇒ =

∆1 : y – 1 = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆2 : y – 0 = –1(x + 2) ⇔ y = –x – 2 (nhận)

Câu II: 1) Điều kiện: sin cos 02

π≠ ⇔ ≠x x x k .

Ta có: 2 2cos 2 cos sin

2cot 2 2 2 cot tansin 2 2sin cos

−= = = −x x xx x x

x x x.

PT ⇔ 2

cot 33 cot 3 cot cot 1 ,

4cot 7cot 6 0

π π≤

+ = − ⇔ ⇔ = ⇔ = + ∈− + =

¢x

x x x x k kx x

2) Điều kiện: 1

3≥ −x .

PT ⇔ ( ) ( ) ( )2 2 22 2( 1) 2( 1) 3 1 3 1 2 2 2 5 2 2 1 0 + − + + + + + + − + + + + = x x x x x x x x

( ) ( ) 22 3 1 1( 1) 3 1 2 2 1 0 1

2 1 2

+ = + ⇔ + − + + + − + = ⇔ ⇔ = + = +

x xx x x x x

x x.

Câu III: Đặt sin cos= +u x x 2

21 4

⇒ =−∫

duI

u.

Đặt 2sin=u t 4 4

2

6 6

2cos

124 4sin

π π

π π

π⇒ = = =−∫ ∫

tdtI dt

t.

Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD′ = 2PD nên D′N = 2DQ2

2.4

= = ⇒ ⊥aAD DQ MD QM AM (đpcm).

Ta có: '

1.

3 ∆= A APV MD S (1). 2

' ' ' ' ' 2∆ ∆ ∆= − − =A AP ADD A APD A D P

aS S S S

Thay vào (1), ta được: 3

12= a

V .

Trang 115


Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương 3( )

,3 3

+ −a b c c

c và

1

3 ta được:

3 3( ) 1 ( ) 4 1

3 3 3 3 3 3

+ − + −+ + ≥ + − ⇒ ≥ + − −a b c c a b c ca b c a b

c c (1).

Tương tự: 3( ) 4 1

3 3 3

+ − ≥ + − −b c a ab c

a (2),

3( ) 4 1

3 3 3

+ − ≥ + − −c a b bc a

b (3).

Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra 1 min 1≥ ⇒ =P P khi 1= = =a b c .

Câu VI.a: 1) /( ) 27 0= > ⇒M CP M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.

Mặt khác: 2/( ) . 3 3 3= = ⇒ = ⇒ =

uuur uuurM CP MA MB MB MB BH 2 2 4 [ ,( )]⇒ = − = =IH R BH d M d

Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).

2 2

06 4

[ ,( )] 4 4 12

5

=− − = ⇔ = ⇔ = −+

aa b

d M da ba b

.

Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương a

r= (2; 1; –2)

AMuuuur

= (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM;a uuuur r

= (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)

Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ 2261t 792t 612 11t 20− + = −

⇔ 35t2 – 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 53

35

Vậy M (0; 1; –3) hay M 18 53 3

; ;35 35 35

÷

Câu VII.a: ∆’ = –9 = 9i2 do đó phương trình có 2 nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i

⇒ 2 2

1 2= +A z z = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0.

2) Chọn ( ;1 2 ;2 ) ( 2;2 1; 2)∈ ⇒ + + ⇒ = − − −uuuur

N d N t t t MN t t t .

( ) 1 3 3( ) . 0 ( ) 1 (1;3;3) ' :

1 1 1

− − −⇔ = ∉ ⇔ = ⇔ ⇒ = =−

uuuur rP P

x y zMN P MN n do M P t N d .

Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt 7log 7= ⇔ = tt x x .

PT ⇔ ( ) 3 33 3 3 3

2

1 7log 1 7 1 7 2 1 7 8 1 0

8 8 + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + − = ÷ ÷

t tt t t t

tt (*).

Hàm số 3 31 7

( ) 18 8

= + − ÷ ÷

t t

f t nghịch biến và (3) 0=f nên (*) có nghiệm t = 3.

Vậy phương trình có nghiệm x = 343.


Câu I: 2) y x m m x3 24 4( 1)′ = − − + ;x

yx m m2

00

1

=′ = ⇔ = ± − +

.

Khoảng cách giữa các điểm cực tiểu: d = m m m2

2 1 32 1 22 4

− + = − + ÷

Trang 116


⇒ Mind = 3 ⇔ m = 12

.

Câu II: 1) PT ⇔ x x x3 2sin 2 2sin 2 3sin 2 6 0− + + = ⇔ xsin 2 1= − ⇔ x k4π π= − +

2) x x y xy y

x y x y

3 2 2 36 9 4 0 (1)2 (2)

− + − =

− + + =. Ta có: (1) ⇔ x y x y2( ) ( 4 ) 0− − = ⇔

x yx y4

= =

• Với x = y: (2) ⇒ x = y = 2

• Với x = 4y: (2) ⇒ x y32 8 15; 8 2 15= − = −

Câu III: I = 2 9ln3 4 ln2+ −Câu IV: Kẻ SH ⊥ PD ⇒ SH ⊥ ((PQCD)

⇒ S PQCD PQCDa aV S SH a

23

.1 1 5 14 2 5 10 5. . .3 3 9 2714

= = =

• Có thể dùng công thức tỉ số thể tích:

S PQCS PQC S ABC

S ABC

S PCDS PCD S ACD

S ACD

V SP SQ V V aV SA SBV SP V V aV SA

. 3. .

.

3.. .

.

2 2 4 4 5. .3 3 9 27

2 2 2 53 3 9

= = ⇒ = =

= = ⇒ = =

⇒ S PQCD S PQC S PCDV V V a3. . .

10 527

= + =

Câu V: Ta có: x y x y0, 0, 2> > + = ⇒ xy0 1< ≤ .

P = x yy x xy

23

+ + ÷

≥ 22 3 7+ = . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y 1= = . Vậy, minP = 7.

Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d ⇒ C(3; 1).

B D dAB AD

,5

∈ = =

⇒ B(–2; 1), D(6; 5).

2) E ∈ (d2) ⇒ E(3; 7; 6). PP d

d

a na n a

a a 11

, 4(1;1; 1) ⊥ ⇒ = = − − ⊥

VV

V

r rr r r

r r ⇒ (∆): x ty tz t

376

= += +

= −.

Câu VII.a: a iz z i a ia i

2 2 21 2

14 21

= −+ = − ⇔ = − ⇔ = − +.

Câu VI.b: 1) (C): x y x y2 2 6 2 5 0+ − − + = ⇒ Tâm I(3; 1), bán kính R = 5 .

Giả sử (∆): ax by c c0 ( 0)+ + = ≠ . Từ: d I

d

( , ) 52cos( , )

2

∆

∆

=

= ⇒

a b ca b c

2, 1, 101, 2, 10

= = − = − = = = −

⇒ x y

x y: 2 10 0: 2 10 0

∆∆

− − = + − =

.

2) Lấy B ∈ (d1), C ∈ (d2). Từ : AB k AC=uuur uuur

⇒ k 12

= ⇒ B là trung điểm của đoạn thẳng AC.

Ta có thể tính được B(2; –1; 1), C(3; –4; –1).

Câu VII.b: Tiệm cân xiên (∆): y x m2= + . Từ M(1; 5) ∈ (∆) ⇒ m = ± 2.

Kết hợp với: my

x 21

( 1)′ = −

− > 0, ∀x ≠ 1 ⇒ m = –2.

Trang 117


Hướng dẫn Đề số 37:www.VNMATH.com

Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m.

PT hoành độ giao điểm của (C) và d: x x x m3 21 833 3

− − + = ⇔ x x x m3 23 9 8 3 0− − + − =

(1)Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho ∆OAB cân tại O thì (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1

là hoành độ của A, B) ⇒ x1, x2 là các nghiệm của phương trình: x x x x2 21 2( )( ) 0− − = ⇔

x x x x x x x3 2 2 22 1 1 2 0− − + = (2)

Đồng nhất (1) và (2) ta được:

xxx x m

22121 2

39

8 3

= = = −

⇔

xx

m

1

2

33193

= ± = = −

. Kết luận: d: y 193

= − .

Câu II: 1) Nhận xét: cosx = 0 không phải là nghiệm của PT. Nhân 2 vế của PT với cosx, ta được:

PT ⇔ x x x x32sin3 (4 cos 3cos ) cos− = ⇔ x x x2sin3 .cos3 cos=

⇔ x xsin 6 sin2π

= − ÷

⇔ k kx x2 2

14 7 10 5π π π π= + ∨ = +

2) PT ⇔ x x x x2 4 233 1 13

− + = − + + (1)

Chú ý: x x x x x x4 2 2 21 ( 1)( 1)+ + = + + − + , x x x x x x2 2 23 1 2( 1) ( 1)− + = − + − + +

Do đó: (1) ⇔ x x x x x x x x2 2 2 232( 1) ( 1) ( 1)( 1)3

− + − + + = − + + − + .

Chia 2 vế cho ( )x x x x2

2 21 1+ + = + + và đặt x xt tx x

2

21, 01

− += >+ +

Ta được: (1) ⇔ t t2 32 1 03

+ − = ⇔

t

t

3 02 313

−= < =

⇔ x x

x x

2

21 1

31− + =+ +

⇔ x 1= .

Câu III: I = x x x dx2

5 2 2

2( ) 4

−+ −∫ = x x dx

25 2

24

−−∫ + x x dx

22 2

24

−−∫ = A + B.

• Tính A = x x dx2

5 2

24

−−∫ . Đặt t x= − . Tính được: A = 0.

• Tính B = x x dx2

2 2

24

−−∫ . Đặt x t2sin= . Tính được: B = 2π .

Câu IV: Gọi P = MN ∩ SD, Q = BM ∩ AD ⇒ P là trọng tâm ∆SCM, Q là trung điểm của MB.

Trang 118


• MDPQ

MCNB

V MD MP MQV MC MN MB

1 2 1 1. . . .2 3 2 6

= = = ⇒ DPQCNB MCNBV V56

=

• Vì D là trung điểm của MC nên d M CNB d D CNB( ,( )) 2 ( ,( ))=

⇒ MCNB DCNB DCSB S ABCDV V V V .122

= = =

⇒ DPQCNB S ABCDV V .5

12= ⇒ SABNPQ S ABCDV V .

712

= ⇒ SABNPQ

DPQCNB

V

V75

= .

Câu V: Từ giả thiết x y z2 2 2 1+ + = ⇒ x y z0 , , 1< < .

• Áp dụng BĐT Cô–si cho 3 số dương: x x x2 2 22 ,1 .1− − ta được:

x x x x x2 2 2

2 2 232 (1 ) (1 ) 2 (1 )3

+ − + − ≥ − ⇔ x x2 2 23 22 (1 )3

− ≤

⇔ x x2 2(1 )3 3

− ≤ ⇔ x xx

22

3 321

≥−

⇔ x x

y z2

2 23 3

2≥

+(1)

• Tương tự ta có:y y

z x2

2 23 3

2≥

+(2),

z zx y

22 2

3 32

≥+

(3)

• Từ (1), (2), (3) ⇒ x y z x y z

y z z x x y2 2 2

2 2 2 2 2 23 3 3 3( )

2 2+ + ≥ + + =

+ + +

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z 33

= = = .

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là

hình vuông có cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 . Giả sử A(x; –x – m) ∈ d.

IA2 18= ⇔ x m x2 2( 1) ( 2) 18− + − − + = ⇔ x m x m m2 22 2(3 ) 4 13 0− − + − − = (1)

Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nhất ⇔ ∆′ = m m2 2 35 0− + + = ⇔

mm

75

= = −

.

2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng: Ax By Cz 0+ + = (với A B C2 2 2 0+ + ≠ ).

• Vì (P) ⊥ (Q) nên: A B C1. 1. 1. 0+ + = ⇔ C A B= − − (1)

• d M P( ,( )) 2= ⇔ A B C

A B C2 2 2

2 2+ − =+ +

⇔ A B C A B C2 2 2 2( 2 ) 2( )+ − = + + (2)

Từ (1) và (2) ta được: AB B28 5 0+ = ⇔ B

A B0 (3)

8 5 0 (4) = + =

• Từ (3): B = 0 ⇒ C = –A. Chọn A = 1, C = –1 ⇒ (P): x z 0− =• Từ (4): 8A + 5B = 0. Chọn A = 5, B = –8 ⇒ C = 3 ⇒ (P): x y z5 8 3 0− + = .

Câu VII.a: Ta có: n n nA C C3 2 18 49− + = ⇔ n nn n n n8 ( 1)( 1)( 2) 49

2−− − − + =

⇔ n n n3 27 7 49 0− + − = ⇔ n 7= .

n k k k

kx x C x

72 2 7 2(7 )

70

( 2) ( 2) 2−

=+ = + = ∑ . Số hạng chứa x8 ⇔ k2(7 ) 8− = ⇔ k = 3.

⇒ Hệ số của x8 là: C3 37 .2 280= .

Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2).Giả sử I(a; a – 1) ∈ d. (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên

Trang 119


II1 = R + R1, II2 = R + R2 ⇒ II1 – R1 = II2 – R2

⇔ a a a a2 2 2 2( 3) ( 3) 2 2 ( 5) ( 5) 4 2− + + − = − + + − ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = 2

⇒ Phương trình (C): x y2 2( 1) 2+ + = .

2) Gọi d Pu u n, ,∆r r r

lần lượt là các VTCP của d, ∆ và VTPT của (P).

Giả sử du a b c a b c2 2 2( ; ; ) ( 0)= + + ≠r.

• Vì d ⊂ (P) nên d Pu n⊥r r ⇒ a b c 0− + = ⇔ b a c= + (1)

• ·( )d 0, 45∆ = ⇔ a b c

a b c2 2 2

2 2 223

+ + =+ +

⇔ a b c a b c2 2 2 22( 2 ) 9( )+ + = + + (2)

Từ (1) và (2) ta được: c ac214 30 0+ = ⇔ c

a c0

15 7 0 = + =

• Với c = 0: chọn a = b = 1 ⇒ PTTS của d: { x t y t z3 ; 1 ; 1= + = − − =• Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8

⇒ PTTS của d: { x t y t z t3 7 ; 1 8 ; 1 15= + = − − = − .

Câu VII.b: Điều kiện: x > y > 0.

Hệ PT ⇔ x y x yx y x y

2 2 2

2lg lg (lg lg )lg ( ) lg .lg 0

= + +

− + = ⇔

y x yx y x y2

lg (lg lg ) 0lg ( ) lg .lg 0

+ = − + =

⇔ y

x y2lg 0 (1)lg ( ) 0

= − =

hoặc x y

x y x y2lg lg 0lg ( ) lg .lg 0

+ = − + =

(2)

• (1) ⇔ yx y

11

= − =

⇔ xy

21

= =

.

• (2) ⇔

yx

x xx x

2

1

1 1lg lg .lg 0

=

− + = ÷

⇔

yxx x

x

22 2

1

1lg lg

=

− = ÷

⇔ y

xx2

1

2

=

=

⇔ x

y

212

= =

Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1) và 12;2

÷

.

Hướng dẫn Đề số 38:

Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0). Ta có: y x mx34 2′ = + .

• Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau ⇔ y y(1). ( 1) 1′ ′ − = − ⇔ m 2(4 2 ) 1+ =

⇔ m

m

3252

= −

= −

.

Trang 120


Câu II: 1) Hệ PT ⇔ y x xx x x x+

2

4 3 29 54 5 18 18 0

= − −

+ − − = ⇔

y x xxxx

29 51

31 7

= − − = = − = − ±

⇔

x yx yx yx y

1; 33; 151 7; 6 3 71 7; 6 3 7

= = = − =

= − − = + = − + = −

2) PT ⇔ x x x(sin 1)(sin cos 2) 0− + + = ⇔ xsin 1= ⇔ x k22π π= + .

Câu III: I = x dx

x x

8

2 23

1

1 1

− ÷ ÷+ +

∫ = ( )x x x8

2 231 ln 1 + − + +

= ( ) ( )1 ln 3 2 ln 8 3+ + − + .

Câu IV: Gọi E = AK ∩ DC, M = IE ∩ CC′, N = IE ∩ DD′. Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND và KBB′C′MAA′D′N. Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBB′C′MAA′D′N.

• Vhlp = a3 , VEAND = ADNED S a31 2. .3 9∆ = .

• EKMC

EAND

V EK EM ECV EA EN ED

1. .8

= = ⇒ KMCAND EANDV V V a a3 31

7 7 2 7.8 8 9 36

= = = = ,

V2 = Vhlp – V1 = a32936

⇒ VV

1

2

729

= .

Câu V: • Nếu y = 0 thì M = x2 = 2.

• Nếu y ≠ 0 thì đặt xty

= , ta được: M = x xy y

x xy y

2 2

2 22 32. + −− +

= t t

t t

2

22 32

1+ −− +

.

Xét phương trình: t t mt t

2

22 3

1+ − =− +

⇔ m t m t m2( 1) ( 2) 3 0− − + + + = (1)

(1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = m m m2( 2) 4( 1)( 3) 0+ − − + ≥

⇔ m2( 13 1) 2( 13 1)3 3

+ −− ≤ ≤ .

Kết luận: M4( 13 1) 4( 13 1)3 3

+ −− ≤ ≤ .

Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x y

x y2 0

2 6 3 0 + − = + + =

⇒ A 15 7;4 4

− ÷

.

Giả sử: B b b( ;2 )− ∈ d1, cC c 3 2;

6 − − ÷

∈ d2.

M(–1; 1) là trung điểm của BC ⇔

b c

cb

12

3 226 1

2

+ = −

− − − +=

⇔ b

c

14

94

=

= −

⇒ B 1 7;4 4

÷

, C9 1;4 4

− ÷

.

Trang 121


2) (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = 2. d có VTCP u (2;2;1)=r .

(P) // d, Ox ⇒ (P) có VTPT [ ]n u i, (0;1; 2)= = −rr r

⇒ Phương trình của (P) có dạng: y z D2 0− + = .

(P) tiếp xúc với (S) ⇔ d I P R( ,( )) = ⇔ D

2 2

1 4 21 2

− + =+

⇔ D 3 2 5− = ⇔ DD

3 2 53 2 5

= +

= −⇒ (P): y z2 3 2 5 0− + + = hoặc (P): y z2 3 2 5 0− + − = .

Câu VII.a: PT ⇔ zz

2

2 29

( 1) 5

= −

+ = ⇔

z iz2

35 1

= ± = ± −

⇔

z i

z

z i

3

5 1

5 1

= ±

= ± − = ± +

.

Câu VI.b: 1) Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB. AB = 2 ⇒ CH = ABCSAB

2 32

∆ = ⇒IK = CH1 13 2

= .

Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d.

Phương trình AB: x y 5 0− − = . d I AB IK( , ) = ⇔ a3 2 1− = ⇔ aa

21

= =

⇒ I(2; –2) hoặc I(1; –5).• Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1) • Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10).

2)

x td y t

z t

1

1 1

1

1 2: 1

2

= + = − + =

,

x td y t

z t

2

2 2

2

2:

1 2

= + = = −

. (P) có VTPT n (2;1;5)=r . Gọi A = d ∩ d1, B = d ∩ d2.

Giả sử: A t t t1 1 1(1 2 ; 1 ;2 )+ − + , B t t t2 2 2((2 2 ; ;1 2 )+ −

⇒ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1( 2 1; 1; 2 2 1)= − + − + − − +uuur

.

• d ⊥ (P) ⇔ AB n,uuur r

cùng phương ⇔ t t t t t t2 1 2 1 2 12 1 1 2 2 1

2 1 5− + − + − − +

= = ⇔ tt1

2

11

= − = −

⇒ A(–1; –2; –2).

⇒ Phương trình đường thẳng d: x y z1 2 2

2 1 5+ + += = .

Câu VII.b: mx x m my

mx

2 2

22 2

( 1)+ + −′ =

+.

Để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì m

m m3 20

2 1 0∆ > ′ = − + <

⇔ m 1 512

+< < .

Hướng dẫn Đề số 39:

Câu I: 2) TCĐ: x 1= − ; TCX: y 2= ⇒ M(–1; 2). Giả sử x

I xx

00

0

2 1;

1 − ÷+

∈ (C), (x0 > 0).

Trang 122


• PTTT với (C) tại I: x

y x xxx

002

00

2 13 ( )1( 1)

−= − +

++ ⇒

xA

x0

0

2 41;

1 −

− ÷+ , ( )B x0(2 1;2+ .

• MA MB2 2 40+ = ⇔ x

xx

202

0

0

36 4( 1) 40( 1)

0

+ + =

+ >

⇔ x0 2= (y0 = 1) ⇒ I(2; 1).

Câu II: 1) BPT ⇔ x3 4≤ ≤ .

2) Điều kiện: xx

cos 0sin 0

≠ ≠

. PT ⇔ x 1cos2

= − ⇔ x k2 23π π= ± + .

Câu III: I = dxx x

2

1

16 914 3

+ − ÷− − ∫ = ( )x x x

2116 ln 4 9ln 3+ − − − = 1 25ln 2 16 ln3+ − .

Câu IV: S AHKR hV

R h R h

2 5

. 2 2 2 23(4 )(2 )=

+ +.

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4

( 0, 0)+ ≥ > >+

x yx y x y

. Ta có:

1 1 4 1 1 4 1 1 4; ;

2 2 2+ ≥ + ≥ + ≥

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

Mặt khác: 2 2 22 2 2 2

1 2 22 4 4 2 2 0

2 2 4 7≥ = ⇔ + + + − − − ≥

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

a b c a b c a2 2 22( 1) ( 1) ( 1) 0⇔ − + − + − ≥a b c

Tương tự: 2 2

1 2 1 2;

2 7 2 7≥ ≥

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

Từ đó suy ra: 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7+ + ≥ + +

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

Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB′, CC′ ⇒ A1, A2 ∈ BC.

Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) ⇒ Pương trình BC: y 1= − ⇒ B(–1; –1), C(4; –1) ⇒ AB AC⊥uuur uuur

⇒ µA vuông.

2) Giả sử: A t t t1 1 1( 8 2 ;6 ;10 )− + + − ∈ d1, B t t t2 2 2( ;2 ; 4 2 )− − + ∈ d2.

⇒ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1( 2 8; 4);2 14)= − + − − − + −uuur

.

AB i, (1;0;0)=uuur r

cùng phương ⇔ t tt t2 1

2 1

4 02 14 0

− − − = + − =

⇔ tt1

2

2218

= − =

⇒ A B( 52; 16;32), (18; 16;32)− − − .

⇒ Phương trình đường thẳng d: x tyz

5216

32

= − += −

=.

Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59.Câu VI.b: 1) Chú ý: d1 ⊥ d2 và ∆ABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2 ⇒ A là giao điểm của d

và đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 ⇒ A(3; 2).

Giả sử B(–1; b) ∈ d1, C(c; –2) ∈ d2. AB b AC c( 4; 2), ( 3; 4)= − − = − −uuur uuur

.

Ta có: AB ACBC2

. 050

=

=

uuur uuur

⇔ b cb c

5, 01, 6

= = = − =

⇒ A B CA B C

(3;2), ( 1;5), (0; 2)(3;2), ( 1; 1), (6; 2)

− − − − −

.

2) u (2;1; 1)∆ = −r. Gọi H = d ∩ ∆. Giả sử H t t t(1 2 ; 1 ; )+ − + − ⇒ MH t t t(2 1; 2; )= − − −

uuuur.

Trang 123


MH u∆⊥uuuur r

⇔ t t t2(2 1) ( 2) ( ) 0− + − − − = ⇔ t 23

= ⇒ du MH3 (1; 4; 2)= = − −uuuurr

⇒ d: x ty tz t

21 42

= += −

=.

Câu VII.b: Hệ PT ⇔ x y x yx y x y

5 5

5 3 5

log (3 2 ) log (3 2 ) 1log (3 2 ) log 5.log (3 2 ) 1

+ + − = + − − =

⇔ x yx y

5

5

log (3 2 ) 1log (3 2 ) 0

+ = − =

⇔ x yx y

3 2 53 2 1

+ = − =

⇔ xy

11

= =

Hướng dẫn Đề số 40:www.VNMATH.com

Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x mx m x x3 22 ( 3) 4 4+ + + + = + (1)

⇔ x x mx m2( 2 2) 0+ + + = ⇔ x yx mx m2

0 ( 4)2 2 0 (2)

= = + + + =

(1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔ m m

m

2 2 02 0

∆ ′ = − − > + ≠

⇔ mm

m

122

< − > ≠ −

(*)

Khi đó xB, xC là các nghiệm của (2) ⇒ B C B Cx x m x x m2 , . 2+ = − = +

IBCS 8 2∆ = ⇔ d I d BC1 ( , ). 8 22

= ⇔ B Cx x 2( ) 8 2− =

⇔ B C B Cx x x x2( ) 4 128 0+ − − =

⇔ m m2 34 0− − = ⇔ m

m

1 1372

1 1372

−=

+ =

(thoả (*))

Câu II: 1) Hệ PT ⇔ ( ) ( )x y x y

x y2 0

1 4 1 2

+ − =

− + − = ⇔

x yx y

2 01 4 1 2

− =

− + − = ⇔

x yy4

4 1 1 = − =

⇔ x

y

212

= =

2) Điều kiện: xxx

sin 0cos 0cot 1

≠≠

≠. PT ⇔ x 2cos

2= ⇔ x k2

4π π= − + .

Câu III: A = x

x x x

x x20

cos sin tanlimsin→

− =

x

x x

x x x

2

20

(cos 1)sinlimsin .cos→

− =

x

x

x x

2

20

sinlim 1cos→

− = −

Câu IV: A′MCN là hình thoi ⇒ MN ⊥ A′C, ∆B′MN cân tại B′ ⇒ MN ⊥ B′O ⇒ MN ⊥ (A′B′C).

Trang 124


• MA B C A B C

a aV MO S a a31 1 2 1. . . . 2

3 3 2 2 6∆′ ′ ′ ′= = = ⇒

B A MCN MA B CaV V

3

. 23′ ′ ′ ′

= =

• Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (A′MCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD ⇒ NP ⊥ (ABCD).

MCNaS

2 64∆ = , MCP

aS2

4∆ = ⇒ MCP

MCN

SS

6cos6

∆

∆ϕ = = .

Câu V: • Từ giả thiết ⇒ x y zyz xz xy

1+ + = và xyz x y z xy yz zx2 2 2= + + ≥ + + ⇒ x y z1 1 1 1+ + ≤ .

• Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b

4 1 1≤ ++

⇒

x xyz x yzx yz xx

21 1 1

4

= ≤ + ÷+ +

(1).

Tương tự: y y

y xzy xz21 14

≤ + ÷

+ (2),

z zz xyz xy2

1 14

≤ + ÷

+ (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ x y z x y z

x y z yz xz xyx yz y xz z xy2 2 21 1 1 14

+ + ≤ + + + + + ÷

+ + +

≤ 1 1(1 1)4 2

+ = .

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z xyzx y zx yz y xz z xy

2 2 2

2 2 2; ;

+ + == =

= = = ⇔ x y z 3= = = .

II. PHẦN TỰ CHỌN1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm

A(2; 3).

Giả sử d: a x b y a b2 2( 2) ( 3) 0 ( 0)− + − = + ≠ . Gọi d d O d d d I d1 2 2( , ), ( , )= = .

Từ giả thiết, ta suy ra được: R d R d2 2 2 21 1 2 2− = − ⇔ d d2 2

2 1 12− =

⇔ a a b a b

a b a b

2 2

2 2 2 2(6 2 3 ) ( 2 3 ) 12− − − −− =

+ + ⇔ b ab2 3 0+ = ⇔

bb a

03

= = −

.

• Với b = 0: Chọn a = 1 ⇒ Phương trình d: x 2 0− = .• Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: x y3 7 0− + = .

2) PT ⇔ x x

5 1 5 1 2 22 2

− ++ = ÷ ÷

⇔ ( )( )

x

x5 1

5 1

log 2 1

log 2 1−

−

= − = +

.

Câu VII.a: Xét n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x2 0 1 2 2 3 3 4 4 2 2

2 2 2 2 2 2(1 ) ...+ = + + + + + + (1)

n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x2 0 1 2 2 3 3 4 4 2 2

2 2 2 2 2 2(1 ) ...− = − + − + − + (2)

Từ (1) và (2) ⇒ n n

n nn n n n

x xC C x C x C x2 2

0 2 2 4 4 2 22 2 2 2

(1 ) (1 )...2

+ + −+ + + + =

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n n nn n nC x C x nC x n x x2 4 3 2 2 1 2 1 2 1

2 2 22 4 ... 2 (1 ) (1 )− − − + + + = + − −

Với x = 1, ta được: n n nn n n

nC C nC n2 4 2 2 12 2 22 4 ... 2 2 4

2−+ + + = = .

Trang 125


2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0) ⇒ MI = 3 2

2 ⇒ AB = 3 2 ⇒ AD = 2 2 .

Phương trình AD: x y 3 0+ − = .

Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3). Ta có AM = 2 ⇔ a 2= ⇒ A(2; 1). Từ đó suy ra: D(4; –1),

B(5; 4), C(7; 2).

2) Điều kiện: x > 3. BPT ⇔ x x x x23 3 3log 5 6 log 3 log 2− + + + > − ⇔ x2 9 1− >

⇔ x 10> .

Câu VII.b: Điều kiện: a ≠ 0. Tiệm cận xiên d: y x a 1= − + + . d tiếp xúc với (C′) ⇔ Hệ phương trìnhsau có nghiệm:

x x x x ax x

3 2

26 8 3 1

3 12 8 1

− + − = − + +

− + = − ⇔

xa

34

= = −

. Kết luận: a = –4.


Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm):

x x mx3 23 0+ + = (1) ⇔ xx x m2

03 0 (2)

= + + =

(2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔ m

m

940

< ≠

(*). Khi đó: D E D Ex x x x m3; .+ = − =

D Ey y' '. 1= − ⇔ m m24 9 1 0− + = ⇔ m 9 658

±= (thoả (*))

Câu II: 1) PT ⇔ x xcos3 cos 03π

+ − = ÷ ⇔ x x2cos3 cos

3π

= + ÷ ⇔

x k

x k

3

6 2

π π

π π

= +

= − +

.

2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0. Khi đó Hệ PT ⇔ x y yx y xy y

3 3 3

2 2 38 27 74 6

+ =

+ = ⇒

t xyt t t3 28 27 4 6

= + = +

⇔ t xy

t t t3 1 9; ;2 2 2

= = − = =

• Với t 32

= − : Từ (1) ⇒ y = 0 (loại).

• Với t 12

= : Từ (1) ⇒ x y 331 ; 4

2 4

= = ÷

• Với t 92

= : Từ (1) ⇒ x y 333 ; 3 4

2 4

= = ÷

Câu III: Đặt x t t3cos sin , 02 2

π = ≤ ≤ ÷

⇒ I = tdt4

2

0

3 cos2

π

∫ = 3 12 4 2

π + ÷

.

Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC), ·SIH α= .

Trang 126


SH = aIH 3.tan tan

4α α= ⇒ S ABC ABC

aV SH S3

.1 . tan3 16∆ α= = .

Câu V: • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b

4 1 1≤ ++

.

⇒ P ≤ x y x z y x y z z x z y

1 1 1 1 1 1 14

+ + + + + ÷+ + + + + +

= x y y z z x

1 1 1 12

+ + ÷+ + +

≤ x y z

1 1 1 14

+ + ÷

=

10052

.


= = = . Vậy MinP = 1005

2.

Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: x y5 –2 6 0+ = , AC: x y4 7 –21 0+ = . Suy ra: A(0; 3).

BO ⊥ AC ⇒ BO: x y7 4 0− = ⇒ B(–4; –7) ⇒ BC: y 7 0+ = .

2) Giả sử A(a; 0; 0) ∈ Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) ∈ d. AB t a t t( 1 ;2 ; 2 2 )= + − − +uuur

.

daAB u t 3

9+⊥ ⇔ =

uuur r

⇒ a a aB 12 2( 3) 2 12; ;

9 9 9 + + − ÷

. AB = a a22 2 6 93

− + . d A P a2( ,( ))3

= .

AB = d(A, (P)) ⇔ a a a22 22 6 93 3

− + = ⇔ a 3= ⇒ A(3; 0; 0).

Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a a a a a1 2 3 4 5 .

• Nếu a1 = 1 thì có: A47 840= (số)

• Nếu a2 = 1 thì có: C A1 36 6. 720= (số) • Nếu a3 = 1 thì có: C A1 3

6 6. 720= (số)

⇒ Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số).Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b) ∈ Oy.

Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng 060 nên MI = R

0sin30 = 4

⇒ MI 2 16= ⇔ b2 7= ⇔ b 7= ± ⇒ ( )M 0; 7 hoặc ( )M 0; 7− .

2) d1 có VTCP u1 (2;1;0)=r, d2 có VTCP u2 ( 1;1;0)= −r

.

Giả sử A t t1 1(2 ; ;4) ∈ d1, B t t2 2(3 ; ;0)− ∈ d2.

AB là đoạn vuông góc chung ⇔ AB uAB u

1

2

⊥

⊥

uuur ruuur r ⇔

t tt t

1 2

1 2

5 62 3

+ = + =

⇔ t t1 2 1= =

⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0).

Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R = AB 22

= .

⇒ (S): x y z2 2 2( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − = .

Câu VII.b: PT ⇔ z z z2( 1)( 2)( 8) 0+ − + = ⇔ z z z i1; 2; 2 2.= − = = ± .


Trang 127


Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x y2 3 0+ + = . Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a b2 3 0+ + = (1)

Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y x a b2( )= − + .Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

x x a bx

2 4 2( )1

− = − ++

(x ≠ –1)

⇔ x a b x a b22 (2 ) 2 4 0− − − + + = (x ≠ –1)

A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB.

Khi đó: A BI

x xx

2+

= ⇔ a ba 24−= (2)

Từ (1) và (2) ta được: a b

a ba

2 3 02

4

+ + =− =

⇔ ab

12

= = −

Suy ra phương trình đường thẳng d: y x2 4= − ⇒ A(2; 0), B(0; –4).

Câu II: 1) PT ⇔ xx 3cos2 cos 2

4+ = (*).

Ta có: xx

cos2 13cos 14

≤ ≤

. Do đó (*) ⇔ xx

cos2 13cos 14

= =

⇔ x k

lx 83

ππ

= =

⇔ x m8 π= .

2) PT ⇔ x x x3 (2 1) 2 1− = + (1). Ta thấy x 12

= không phải là nghiệm của (1).

Với x 12

≠ , ta có: (1) ⇔ x xx

2 132 1

+=−

⇔ x xx

2 13 02 1

+− =−

Đặt x xxf xx x

2 1 3( ) 3 3 22 1 2 1

+= − = − −− −

. Ta có: xf x x

x 26 1( ) 3 ln3 0,

2(2 1)′ = + > ∀ ≠

−

Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng 1;2

−∞ ÷

và 1 ;2

+∞ ÷

⇒ Phương trình f(x) = 0 có nhiều

nhất 1 nghiệm trên từng khoảng 1 1; , ;2 2

−∞ +∞ ÷ ÷

.

Ta thấy x x1, 1= = − là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x x1, 1= = − .

Câu III: Ta có: x xx

21 sin 1 1 tan1 cos 2 2

+ = + ÷+ .

Do đó: I = xx e dx22

0

1 1 tan2 2

π

+ ÷ ∫ = xx x e dx

22

0

1 1 tan tan2 2 2

π

+ + ÷ ∫

= x xx xe dx e dx2 2

2

0 0

1 1 tan tan .2 2 2

π π

+ + ÷ ∫ ∫

Đặt

xu exdv dx21 1 tan

2 2

= = + ÷

⇒

xdu e dxxv tan2

= =

⇒ I = x x xx x xe e dx e dx2 22

0 0 0tan tan tan

2 2 2

π ππ

− +∫ ∫ = e 2π

.

Trang 128


Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒ ·ASD 030= .

Ta có: ASD

CSD

AS SDSAD aCD S cCS SD

01 . .sin302

1 2.2

= = = ⇒ aDA DCc2

= −uuur uuur

⇒ cSA aSCSDc a

22

+=+

uur uuruuur

⇒ cSA aSC cSD SB SB SA SB

c a c a2 2. . .

2 2

+= = ÷+ +

uur uuruuur uur uur uur uur

= c abcab

c a c a02 .cos60

2 2=

+ +

vàc SA a SC caSA SCSD

c a

2 2 2 22

24 4 .

(2 )+ +=

+

uur uur

= a c a c a c a c

c a c a

2 2 2 2 2 2 2 2

2 24 2 3

(2 ) (2 )+ − =

+ +

⇒ SD = acc a

32 +

Mặt khác, ·

abcSD SB c aSDBSD SB ac b

c a

. 32cos

. 33 .2

+= = =

+

uuur uur

⇒ ·SDB 6sin3

=

·SDBC SDBV SC S SC SD SB SDB1 1. . . .sin

3 6= = = abc

c a

22 .6 2 +

Mà ASDB

CSDB

V AD aV DC c2

= = ⇒ ASDB CSDBa a bcV Vc c a

22 .2 12 2

= =+

Vậy: SABC ASDB CSDBa bc abcV V V abc

c a

2 22 2 212 2 12

+= + = = ÷+

.

Câu V: Đặt a x b y c z2 2 2log , log , log= = = ⇒ a b c xyz2 2log ( ) log 8 3+ + = = =

⇒ P = x y z2 2 22 2 2log 1 log 1 log 1+ + + + + = a b c2 2 21 1 1+ + + + +

Đặt m a n b p c( ;1), ( ;1), ( ;1)= = =r r r.

Khi đó: P = m n p m n p+ + ≥ + +r r r r r r = a b c 2 2( ) (1 1 1)+ + + + + = 3 2

Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1= = = ⇔ x y z 2= = = . Vậy MinP = 3 2 khi x y z 2= = = .

Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d1, B(b; 2b – 1) ∈ d2. MA a a MB b b( 1; 2), ( 1;2 2)= − − − = − −uuur uuur

MA MB2 0+ =uuur uuur

⇔ a b

a b2 2 1 0

2 4 2 2 0 − + − =− − + − =

⇔ ab

03

= =

⇒ A(0; –1), B(3; 5)

⇒ Phương trình d: x y2 1 0− − = .

2) PTTS của AB: x ty tz t

4 32 5

= += −

= ⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB làđường thẳng MI.

⇒ Phương trình đường thẳng d là: x ty tz t

3 432

= −=

= +

Câu VII.a: PT có các nghiệm i ix x1 2

1 1;2 2+ −= = ⇒ i i

x x2 21 2

1 12 ; 2= − = .

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5<

⇒ M nằm trong đường tròn (C).

Trang 129


Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.

Ta có: AB = 2AH = IA IH IH IM2 2 2 22 2 5 2 5 2 3− = − ≥ − = .

Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI (1; 1)= −uuur

⇒ Phương trình d: x y 2 0− + = .

2) Phương trình mp(ABC): x y z 11 2 3

+ + = . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ABC.

Ta có: AH BCBH ACH P( )

⊥ ⊥ ∈

uuur uuuruuur uuur

⇔

y zx z

y zx

2 3 03 0

12 3

− + =− + = + + =

⇔

x

y

z

364918491249

=

=

=

⇒ H 36 18 12; ;49 49 49

÷

.

Câu VII.b: Phương trình n n nC C C1 3 22+ = ⇔ n n n2( 9 14) 0− + = ⇔ n 7=

Số hạng thứ 6 trong khai triển ( )x x7

5lg(10 3 ) ( 2)lg32 2− −+ là:

( ) ( )x xC2 5

55 lg(10 3 ) ( 2)lg37 2 2− −

Ta có: x xC5 lg(10 3 ) ( 2)lg3

7 .2 .2 21− − = ⇔ x xlg(10 3 ) ( 2)lg32 1− + − =

⇔ x xlg(10 3 ) ( 2) lg3 0− + − =

⇔ x x 2(10 3 ).3 1−− = ⇔ x x23 10.3 9 0− + = ⇔ x x0; 2= =


Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ ab

a2 1

1−=

− (a ≠ 1)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: ay x a

aa 21 2 1( )

1( 1)−= − − +

−−

Phương trình đwòng thẳng MI: y xa 2

1 ( 1) 2( 1)

= − +−

Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: a a2 2

1 1. 1( 1) ( 1)

− = −− −

⇔ a ba b

0 ( 1)2 ( 3)

= = = =

Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)

Câu II: 1) PT ⇔ x x x xcos cos2 cos3 cos4 02 6 2 6 2 6 2 6

π π π π − + − + − + − = ÷ ÷ ÷ ÷

Đặt xt2 6

π= − ,

Trang 130


PT trở thành: t t t tcos cos2 cos3 cos4 0+ + + = ⇔ t tt 54 cos .cos .cos 02 2

= ⇔

t

tt

cos 02

cos 05cos 02

=

= =

⇔

t m

t l

kt

(2 1)

22

5 5

ππ π

π π

= +

= + = +

• Với t m x m(2 1) (4 2)3ππ π= + ⇒ = + +

• Với t l x l4 22 3π ππ π= + ⇒ = +

• Với k kt x2 11 4

5 5 15 5π π π π= + ⇒ = +

2) Điều kiện: x

x x

2

21 0

1

− ≥

≥ − ⇔ x ≥ 1.

Khi đó: x x x x x x42 2 21 1 1+ + > + − ≥ + − (do x ≥ 1)

⇒ VT > ( ) ( )Coâ Six x x x x x x x4 4 82 2 2 21 1 2 1 1

−− − + + − ≥ − − + − = 2

⇒ PT vô nghiệm.

Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): y y2( 1) 1 4− + = − ⇔ yy

21

= = −

V = y y y dy2

2 2 2

1( 2 2) (4 )π

−− + − −∫ =

1175

π

Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ABD.

Kẻ NK // SA (K ∈ SC). Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD). Vậy K BCDM BCDMV KI S.1 .3

=

Ta có: ∆SOC ~ ∆KIC ⇒ KI CKSO CS

= (1), ∆KNC ~ ∆SAC ⇒ CK CNCS CA

= (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CO COKI CN CO ON

SO CA CO CO

123

2 2 3

++= = = = ⇒ aKI SO2 3

3 3= =

Ta có: ∆ADC đều ⇒ CM ⊥ AD và CM = a 3

2 ⇒ SBCDM = DM BC CM a21 3 3( ).

2 8+ =

⇒ VK.BCDM = BCDMaKI S

31 .3 8

=

Câu V: Ta có x x

y z x2 2 21=

+ −. Ta cần chứng minh:

x x

x

2

23 3

21≥

−.

Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:

( ) x x xx x x x x22 2 222 2 2 2 2 2 1 1 82 1 2 (1 )(1 )

3 27

+ − + −− = − − ≤ = ÷

Trang 131


⇒ x x2 2(1 )3 3

− ≤ ⇒ x x

x

2

23 3

21≥

− ⇒

x x

y z

2

2 23 3

2≥

+(1)

Tương tự:y y

x z

2

2 23 3

2≥

+(2),

z z

x y

2

2 23 3

2≥

+(3)

Do đó: ( )x y z x y zy z x z x y

2 2 22 2 2 2 2 2

3 3 3 32 2

+ + ≥ + + =+ + +


= = = .

Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆OAB vuông cân tại O.

Khi đó d O d 5 2( , )2

= .

Giả sử phương trình đường thẳng d: A x B y A B2 2( 2) ( 6) 0 ( 0)− + − = + ≠

Ta có: d O d 5 2( , )2

= ⇔ A B

A B2 2

2 6 5 22

− − =+

⇔ B AB A2 247 48 17 0+ − =

⇔ B A

B A

24 5 5547

24 5 5547

− −=

− + =

• Với B A24 5 5547

− −= : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− −

⇒ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− − + − =

• Với B A24 5 5547

− += : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− +

⇒ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− + − + − =2) (P) có VTPT n (1;1;1)=r . Giả sử A′(x; y; z).

Gọi I là trung điểm của AA′ ⇒ x y zI 1 2; ;2 2 2

+ + ÷

.

Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔ AA n cuøng phöôngI (P)

, ′

∈

uuurr

⇔

x y z

x y z

1 21 1 1

1 2 3 02 2 2

− −= = + + + + + =

⇔ xyz

432

= −= −

= −. Vậy: A′(–4; –3; –2).

Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)⇒ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB.

Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB): x y9 22 9 1 2

− +=− − +

⇔ x y7 5 0+ + = .

Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x y7 25 0+ − =Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′(–17; 6). M là trung điểm của AA′ ⇒ M(–4; 2)M cũng là trung điểm của BC ⇒ B(–12; 1).

Trang 132


2) Giả sử A t t t1 1 1( 23 8 ; 10 4 ; )− + − + ∈ d1, B t t t2 2 2(3 2 ; 2 2 ; )+ − − ∈ d2.

⇒ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1(2 8 26; 2 4 8; )= − + − − + −uuur

AB // Oz ⇔ AB k cuøng phöông,uuur r

⇔ t t

t t2 1

2 1

2 8 26 02 4 8 0

− + =− − + =

⇔ t

t

1

2

176

53

=

= −

⇒ A 1 4 17; ;3 3 6

− ÷

⇒ Phương trình đường thẳng AB:

x

y

z t

13

43176

= −

=

= +

Câu VII.b:

xx

a x x

2

42 2

3 4 5 (1)1 log ( ) log ( 1) (2)

− ≥ + − ≥ +

• (1) ⇔ x

x 23 5 4 0− − ≥ . Đặt f(x) = x

x 23 5 4− − . Ta có: f′(x) = x

x x R2ln 5ln3.3 .5 0,2

− > ∀ ∈

⇒ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +∞)

• (2) ⇔ [ ]a x x42 2log 2( ) log ( 1)− ≥ + ⇔ a x x42( ) 1− ≥ + ⇔

xa x4 1

2 2≥ + + (*)

• Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thuộc [2; +∞)

Đặt g(x) = x x4 1

2 2+ + . Ta có: g′(x) = x32 1+ > 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g(x) đồng biến trên [2; +∞) và g(2)

= 212

.

Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) ⇔ a 212

≥ .

Vậy để hệ có nghiệm thì a 212

≥ .


Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x= thì:

m x m xx

m

x

2

2

2

(2 1) (*)1

( 1) 1 (**)( 1)

− − = − − = −

Từ (**) ta có m x2 2( 1) ( 1)− = − ⇔ x mx m2

= = −

• Với x = m, thay vào (*) ta được: m0 0= (thoả với mọi m). Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1.

• Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: m m m m m2(2 1)(2 ) (2 )(2 1)− − − = − − − ⇔ m 24( 1) 0− =

⇔ m 1= ⇒ x = 1 (loại)

Trang 133


Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= .

Câu II: 1) PT ⇔ x x x3 1cos2 sin2 cos62 2

− + = ⇔ x x5cos 2 cos66π

− = ÷ ⇔

x k

x l

548 4

524 2

π π

π π

= +

= − +

2)

xyx yx y

x y x y

2 2

2

2 1 (1)

(2)

+ + = +

+ = −. Điều kiện: x y 0+ > .

(1) ⇔ x y xyx y

2 1( ) 1 2 1 0

+ − − − = ÷+ ⇔ x y x y x y2 2( 1)( ) 0+ − + + + = ⇔ x y 1 0+ − =

(vì x y 0+ > nên x y x y2 2 0+ + + > )

Thay x y1= − vào (2) ta được: x x21 (1 )= − − ⇔ x x2 2 0+ − = ⇔ x yx y

1 ( 0)2 ( 3)

= = = − =

Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).

Câu III: Đặt t x2π= − ⇒ dt = –dx. Ta có I = t dt

t t

2

30

cos(sin cos )

π

+∫ = x dx

x x

2

30

cos(sin cos )

π

+∫

⇒ 2I = x dxx x

2

30

sin(sin cos )

π

+∫ + x dx

x x

2

30

cos(sin cos )

π

+∫ = dx

x x

2

20

1(sin cos )

π

+∫ = dx

x

2

20

1 12

cos4

π

π − ÷

∫

= x2

0

1 tan2 4

ππ

− ÷ = 1 . Vậy: I =

12

.

Câu IV: Vì ABB′A′ là hình bình hành nên ta có: C ABB C AB AV V. ' . ' '= .

Mà C ABB ABC

a a aV A M S2 3

. '1 1 3 3. . .3 3 2 4 8

′= = =

Vậy, C ABB A C ABB

a aV V3 3

. ' ' . '2 28 4

= = = .

Câu V: Ta có: P = x y x y x2 2 2 2(2 ) ( 2) 4+ − + + + + −

Xét a x y b x y( ;2 ), ( , 2)= − = +rr

.

Ta có: a b a b+ ≥ +r rr r

⇒ x y x y x x2 2 2 2 2 2(2 ) ( 2) 4 16 2 4+ − + + + ≥ + = +

Suy ra: P ≥ x x22 4 4+ + − . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b,rr

cùng hướng hay y = 0.

Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

( )x x2 22 3 (3 1)(4 )+ ≤ + + ⇒ x x22 4 2 3+ ≥ + . Dấu "=" xảy ra ⇔ x 2

3= .

Do đó: P ≥ x x2 3 4+ + − ≥ 2 3 4 2 3 4+ = + . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y2 , 03

= = .

Vậy MinP = 2 3 4+ khi x y2 , 03

= = .

Câu VI.a: 1) Ta có: a b10, 5= = ⇒ c 5 3= . Gọi M(x; y) ∈ (E).

Ta có: MF x MF x1 23 310 , 10

2 2= − = + .

Ta có: ·F F MF MF MF MF F MF2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 . .cos= + −

Trang 134


⇔ ( ) x x x x2 2

2 3 3 3 3 110 3 10 10 2 10 102 2 2 2 2

= − + + − − + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

⇔ x = 0 (y= ± 5)

Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).

2) Gọi I là điểm thoả: IA IB IC2 3 0+ + =uur uur uur r

⇒ I 23 13 25; ;6 6 6

÷

Ta có: T = ( ) ( ) ( )MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = =uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur

Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MIuuur

nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P).

Ta tìm được: M 13 2 16; ;9 9 9

− ÷

.

Câu VII.a: Ta có: x C x C x C x C10 0 10 1 9 9 1010 10 10 10( 1) ...+ = + + + +

⇒ ( )x x C C x10 5 4 610 10( 1) ( 2) ... 2 ...+ + = + + +

⇒ a C C5 45 10 102 672= + = .

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).

• Ta có: AB ACIB IC

= =

⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là

phân giác của ·BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 045 .

• Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 045 . Khi đó B, C là giao điểm của d với(C) và AB = AC.

Vì IA (2;1)=uur

≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có

hai thành phần đều khác 0. Gọi u a(1; )=r là VTCP của d. Ta có:

( ) a aIA ua a2 2 2

2 2 2cos ,21 2 1 5 1

+ += = =+ + +

uur r ⇔ a a22 2 5 1+ = + ⇔

a

a

313

=

= −

• Với a = 3, thì u (1;3)=r ⇒ Phương trình đường thẳng d: x ty t

55 3

= + = +

.

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13; , ;2 2 2 2

+ + − − ÷ ÷

• Với a = 13

− , thì u 11;3

= − ÷

r ⇒ Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5153

= + = −

.

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13; , ;2 2 2 2

+ − − + ÷ ÷

• Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;

2 2 2 2

+ − + + ÷ ÷

và

7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;2 2 2 2

− + − − ÷ ÷

2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d M d( , ) 2= .

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH2 2 6

33=

Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:

x y z

x y z2 2 2

2 31 1 1

8( 2) ( 1) ( 2)3

− −= = − + − + − =

.

Trang 135


Giải hệ này ta tìm được: A B2 2 2 2 2 22 ; ;3 , 2 ; ;33 3 3 3 3 3

+ + − − − ÷ ÷

.

Câu VII.b:

y x yx

x y x yxy

2010

3 32 2

2log 2 (1)

(2)

= − ÷

+ = +

Điều kiện: xy 0> . Từ (2) ta có: x y xy x y3 3 2 2( ) 0+ = + > ⇒ x y0, 0> > .

(1) ⇔ x yyx

22 2010 −= ⇔ x yx y 2.2010 2 .2010= .

Xét hàm số: f(t) = tt.2010 (t > 0). Ta có: f ′(t) = t t2010 1 0ln2010

+ > ÷

⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y 95 02

− = ÷

⇔ y loaïi

y x

0 ( )9 9

10 5

= = = ÷

Vậy nghiệm của hệ là: 9 9;5 10

÷

.


Câu I: 2) Gọi x y0 0( ; ) là toạ độ của tiếp điểm.

Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y x= hoặcy x= − .

⇒ y x0( ) 1′ = ± ⇔ x 2

0

1 1(2 3)

− = ±+

⇒ x yx y

0 0

0 0

1 ( 1)2 ( 0)

= − = = − =

• Với xy

0

0

11

= − =

⇒ ∆: y x= − (loại) • Với xy

0

0

20

= − =

⇒ ∆: y x 2= − − (nhận)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 2= − − .

Câu II: 1) Điều kiện: x

x1 2sin 01 sin 0

+ ≠ − ≠

⇔

x m

x n

x p

26

7 26

22

π π

π π

π π

≠ − +

≠ +

≠ +

PT ⇔ x x x

x x x2cos 2sin .cos 3

1 sin 2sin 2sin− =

− + − ⇔ x x x xcos sin 2 3(sin cos2 )− = +

⇔ x x x x3 1 1 3cos2 sin2 cos sin2 2 2 2

+ = − ⇔ x xcos 2 cos6 3π π

− = + ÷ ÷

⇔ x k loaïi

x k nhaän

2 ( )2

2 ( )18 3

π π

π π

= +

= − +

. Vậy PT có nghiệm: x k 218 3π π= − + .

Trang 136


2) Điều kiện: x 65

≤ . Đặt u xv x

3 3 26 5

= −

= − ⇒

u xv x

3

23 26 5

= −

= −.

Ta có hệ PT: u vu v3 2

2 3 85 3 8

+ = + =

. Giải hệ này ta được uv

24

= − =

⇒ x

x3 2 26 5 16

− = − − =

⇔ x 2= − .

Thử lại, ta thấy x 2= − là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm x 2= − .

Câu III: I = x dx x dx2 2

5 2

0 0cos . cos .

π π

−∫ ∫ = A – B.

• A = x dx x x dx2 2

5 4

0 0cos . cos .cos ..

π π

=∫ ∫ = ( )x d x2 22

01 sin (sin )

π

−∫ = 8

15

• B = x dx x dx2 2

2

0 0

1cos . (1 cos2 ).2

π π

= +∫ ∫ = 4π

Vậy I = 8

15 –

4π

.

Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB ⇒ BC = a 5 . Ta có: BIC ABCD ABI CDIaS S S S

232

= − − =

Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = BICS aBC

2 35

= .

Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ (ABCD) ⇒ ·SFI 060= ⇒ SI = aIF 0 3 3.tan 60

5=

⇒ Thể tích khối chóp S.ABCD: ABCDaV SI S a a2 31 1 3 3 3 15. . .3

3 3 55= = = .

Câu V: Xét điều kiện: x xy xz yz2 3+ + = ⇒ x y x z y z y z2 2 2 2( ) ( ) 2( ) ( )+ + + = + − −

⇒ x y x z x y x zy z y z y z y z

2 2 2

2 + + + ++ = − − ÷ ÷ ÷+ + + +

(*)

Đặt x y x zu vy z y z

,+ += =+ +

(u, v > 0). Từ (*) ⇒ u v u v2 2 22 ( )+ = − − ⇒ u v uv2 2 1+ − = (1)

Khi đó ta có: BĐT ⇔ x y x z x y x zy z y z y z y z

3 3

3 5 + + + ++ + ≤ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + +

⇔ u v uv3 3 3 5+ + ≤

⇔ u v u uv v uv2 2( )( ) 3 5+ − + + ≤ ⇔ u v uv3 5+ + ≤ (2) (do (1))

Mặt khác từ (1) ta có: uv u v 21 ( ) 1= − − ≤ (3)

và u v uv u v2 23( ) 1 3 1 ( )4

+ = + ≤ + + ⇒ u v 2( ) 4+ ≤ ⇒ u v 2+ ≤ (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2).

Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) ∈ ∆ ⇒ IE a a( 6;3 )= − −uur

Gọi P là điểm đối xứng của E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1), MP a a(11 ; 6)= − −uuur

Ta có: MP IE. 0=uuur uur

⇔ a a a a(11 )( 6) ( 6)(3 ) 0− − + − − = ⇔ aa

67

= =

Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận IEuur

làm VTPT.

Trang 137


• Với a 6= ⇒ IE (0; 3)= −uur

⇒ Phương trình AB: y 5=

• Với a 7= ⇒ IE (1; 4)= −uur

⇒ Phương trình AB: x y4 19 0− + =2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5

d I P R( ,( )) 3= < ⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C).Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4.

Câu VII.a: PT có các nghiệm: z i z i1 21 3 , 1 3= − − = − +

⇒ A = z z2 2

1 2+ = 20

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2 .

Ta có: · ·IABS IA IB AIB R AIB R2 21 1 1. .sin sin 1

2 2 2= = ≤ =

Dấu "=" xảy ra ⇔ ·AIBsin 1= ⇔ ·AIB 090= ⇔ ∆AIB vuông cân tại I

Khi đó: Rd I( , ) 12

∆ = = ⇔ m m

m2

2 2 2 3 11

− − − + =+

⇔ m m215 8 0− = ⇔ m

m

08

15

=

=

2) Giả sử: M t t t( 1 ; ; 9 6 )− + − + ∈ ∆1.

Khoảng cách từ M đến ∆2: t t td M

2 2 2

2(8 14) ( 14 20) ( 4)( , )

3∆ − + − + + −=

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): td M P 11 20( ,( ))3−=

Từ đó ta có: t t t2 2 2(8 14) ( 14 20) ( 4)3

− + − + + − = t11 203−

⇔ t t2140 352 212 0− + = ⇔ t

t

15335

=

=

• Với t = 1 ⇒ M(0; 1; –3) • Với t = 5335

⇒ M 18 53 3; ;35 35 35

÷

Câu VII.b: Điều kiện: xy 0>

Hệ PT ⇔ x y xyx xy y

2 2

2 22

4

+ =

− + = ⇔

x yx2 4

= =

⇔ x yx y

22

= = = = −

vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2).


Câu I: 2) PTTT ∆ của (C) tại điểm ( )M x y0 0 0; là:

( ) ( )∆ = − + − + − +y x x x x x x x2 3 20 0 0 0 0 0

1: 4 3 2 33

∆ qua O 0 00, 3x x⇔ = = ⇒ Các tiếp tuyến cần tìm: 3y x= , 0y = .

Câu II: 1) PT ⇔ ( ) ( )sin cos 1 2cos 3 0x x x+ + − =

Trang 138


⇔ 21

sin cos 1 sin 24 2 2

x kx x x

x k

π ππ

π π

= − + + = − ⇔ + = − ⇔ ÷ = +.

KL: nghiệm PT là 2 ; 22

π π π π= − + = +x k x k .

2) Ta có: ( ) ( )3 3 2 2 3 2 2 32 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =Khi 0y = thì hệ VN.

Khi 0y ≠ , chia 2 vế cho 3 0y ≠ ta được: 3 2

2 2 5 0x x x

y y y

+ + − = ÷ ÷ ÷

Đặt x

ty

= , ta có : 3 22 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ = 21, 1

1

y xx y x y

y

=⇔ ⇔ = = = = −=

Câu III: Ta có: 2 2 2 1x x− + ≥ nên PT 2

2

2 2

xm

x x

+⇔ =− +

Xét 2

2( )

2 2

xf x

x x

+=− +

( )2 2

4 3'( )

2 2 2 2

xf x

x x x x

−⇒ =− + − +

( ) 4 4' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1

3 3 x xf x x f f x f x

→−∞ →+∞

= ⇔ = = = − = ÷ Kết luận: 1 10m< <

Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD ( )SO ABCD⇒ ⊥ .

Ta có: 2

2 2 2 2 2

4 2

a aSO SA OA a= − = − =

2 3.

12

6ABCD S ABCDS a V a= ⇒ =

Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN. Ta chứng minhI cách đều các mặt của hình chóp

( )( )22 2 2 3 1

44 3SMN

a aS pr r

a a∆

−= ⇒ = =+

Câu V: Đặt t xy= . Ta có: ( )( )xy x y xy xy xy2 11 2 2 4

5+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

Và ( )( )xy x y xy xy xy2 11 2 2 4

3+ = − + ≥ ⇒ ≤ .

Suy ra : ( )( )

x y x y t tPxy t

22 2 2 2 22 7 2 12 1 4 2 1

+ − − + += =+ +

.Điều kiện: t1 15 3

− ≤ ≤ .

Do đó: ( )( )

t tP

t

2

2

7'

2 2 1

− −=

+,

t thoaûPt loaïi

0 ( )' 01 ( )

== ⇔ = −

P P1 1 25 3 15

− = = ÷ ÷

và ( )P 10

4= .

Kết luận: Max P = 14

và Min P = 2

15

Câu VI.a: 1) PT 3 2 2 32.3 2 .3 4.2 3 3.2x x x x x x⇔ + = + 3 2

3 3 32 4 3 0

2 2 2

x x x ⇔ + − − = ÷ ÷ ÷

Trang 139


⇔ 1x =

2) Ta có: ( )2 2

cos sin

cos 1 cos

x xI dx

x x=

+∫ . Đặt 2cos 2cos sint x dt x xdx= ⇒ = −

Suy ra : ( )1 1 1 1 1 1

ln2 1 2 1 2

dt tI dt C

t t t t t

+ = − = − = + ÷+ + ∫ ∫ = 2

2

1 1 cosln

2 cos

xC

x

+= + ÷

Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu của ( )−I 1; 2;3 lên Oy, ta có: ( )0; 2;0M − .

( )1;0; 3 10IM R IM= − − ⇒ = =uuur

là bán kính mặt cầu cần tìm.

Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là ( ) ( ) ( )2 2 21 2 3 10x y z− + + + − = .

Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . BPT ( )3 34 log log 5x x⇔ + >

Đặt 3logt x= . Ta có: 2 4 5 0 5t t t+ − > ⇔ < − hoặc 1 t< ⇔ 1

0243

x< < hoặc 3x > .

2) Ta có: 2

2

1'

mxy

x

+= . Hàm số có 2 cực trị ' 0y⇔ = có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 0m⇔ <

Khi đó các điểm cực trị là:

( ) ( )21 1 4;2 , ; 2 16A m B m AB m

mm m

− − − − ⇒ = + − ÷ ÷ −− −

( ) ( )2 42 .16 16AB m

m≥ − =

−. Dấu "=" xảy ra ⇔

1

2m = − . Kết luận:

1

2m = − .

Câu VII.b: ( ) ( ) ( )2 2: 1 1 1;0 ; 1C x y I R+ + = ⇒ − = . Hệ số góc của tiếp tuyến (∆) cần tìm là 3± .

⇒ PT (∆) có dạng ( )1 : 3 0x y b∆ − + = hoặc ( )2 : 3 0x y b∆ + + =

• ( )1 : 3 0x y b∆ − + = tiếp xúc (C) ( )1,d I R⇔ ∆ = 3

1 2 32

−⇔ = ⇔ = ± +bb .

Kết luận: ( )1 : 3 2 3 0x y∆ − ± + =

• ( )2 : 3 0x y b∆ + + = tiếp xúc (C) ( )2,d I R⇔ ∆ = 31 2 3

2

−⇔ = ⇔ = ± +bb .

Kết luận: ( )2 : 3 2 3 0x y∆ + ± + = .


Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: − + + =x m x m m4 2 2 42 2 0 (∗).

Đặt ( )= ≥t x t2 0 , ta có : − + + =t m t m m2 2 42 2 0 (∗∗)

Ta có : ∆ = − >m' 2 0 và = >S m22 0 với mọi <m 0 . Nên PT (∗∗) có nghiệm dương.

⇒ PT (∗) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).

Câu II: 1) PT ⇔ + + − =x x x3 sin 2 cos2 4sin 1 0 ⇔ − + =x x x x22 3 sin cos 2sin 4sin 0 .

Trang 140


( )⇔ − + =x x x2 3 cos sin 2 sin 0 ⇔ − = =

x xx

sin 3 cos 2sin 0

⇔

π

π

− = ÷

=

x

x k

sin 13

⇔ π π

π

= +

=

x k

x k

5 26

2) − = + =

y x my xy2 (1)

1 (2).

Từ (1) ⇒ = −x y m2 , nên (2) ⇔ − = −y my y22 1 ≤⇔ = − +

y

m yy

11 2 (vì y ≠ 0)

Xét ( ) ( )= − + ⇒ = + >f y y f yy y21 12 ' 1 0

Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất ⇔ >m 2 .

Câu III: Ta có: ( )′ − −= ÷ ÷+ +

x xf xx x

21 1 1. .3 2 1 2 1

⇒ ( ) −= + ÷+

xF x Cx

31 19 2 1

Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.

Vẽ DD′ // BC, ta có: DD′=BM ⇒ = =TD DDTC MC

' 13

.

Mà: = = ⇒ ⇒ = = =TD AP QD DP CPAT DPTC AC QA AT CA

1 23 3

P

Nên: = = = ⇒ =A PQNA PQN ABCD

A CDN

V AP AQ V VV AC AD

..

.

1 3 1 1. .3 5 5 10

(1)

Và: = = = ⇒ =C PMNABMNP ABCD

C ABN

V CP CM V VV CA CB

.

.

2 3 1 1. .3 4 2 4

(2).

Từ (1) và (2), suy ra : =ABMNQP ABCDV V720

.

Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là 7

13hoặc

137

.

Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: + ≥xx218 12 (1). Dấu bằng xảy ra ⇔ =x 1

3.

Tương tự: + ≥yy218 12 (2) và + ≥z

z218 12 (3).

Mà: ( )− + + ≥ −x y z17 17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: ≥P 19 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ = = =x y z 13

. Vậy GTNN của P là 19 khi = = =x y z 13

.

Câu VI.a: 1) Điều kiện : >x 0 .

PT ⇔ + =x x x2 4 21 log log 3log ⇔ =

− + =

t xt t

22

log3 2 0

⇔

=

= =

t xtt

2log12

⇔ = =xx

24

2) Ta có: = +−

yx

112

. Do đó: ∈ ⇔ − = ± ⇔ = =x y Z x x x, 2 1 3, 1

Trang 141


Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là

( ) ( )A B1;0 , 3;2

Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: − − =x y 1 0 .

Câu VII.a: Gọi ( ) ( )− ∈I m m d;2 4 là tâm đường tròn cần tìm.

Ta có: = − ⇔ = =m m m m 42 4 4,3

.

• =m 43

thì phương trình đường tròn là:

− + + = ÷ ÷

x y2 2

4 4 163 3 9

.

• =m 4 thì phương trình đường tròn là: ( ) ( )− + − =x y2 2

4 4 16 .

Câu VI.b: 1) Điều kiện : 0x > . Đặt 2logt x= , ta có : ( )1 03

tt t+ + <

BPT2 4

3 4 0 03

t t t⇔ + < ⇔ − < < ⇔ 2 3

4 1log 0 1

3 2 2x x− < < ⇔ < < .

2) Ta có: ( )2' 3 2 5 5 ; " 6 2 10y x m x m y x m= + − − = + − .

5" 0

3

my x

−= ⇔ = ; y′′ đổi dấu qua 5

3

mx

−= .

Suy ra: ( ) ( )3

2 5 5 55;

3 27 3

m m mmU

− −− ÷+ ÷

là điểm uốn.

Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số =y x3 thì ( ) ( )3 32 5 5 5 5

27 3 3

m m m m− − − + = ÷ ⇔

=m 5Câu VII.b: Ta có: 3 2AB BC CA= = = ⇒ ABC∆ đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp

ABC∆ là trọng tâm của nó.

Kết luận: 5 8 8

; ;3 3 3

I − ÷ .


Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ⇒ PT ( ): 1 1d y k x= + + .

Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N 3

: 11

xPT kx k

x

−⇔ = + ++

có 2 nghiệm phân biệt

khác 1− .

Hay: ( ) 2 2 4 0f x kx kx k= + + + = có 2 nghiệm phân biệt khác 1−

( )

0

4 0 0

1 4 0

k

k k

f

≠⇔ ∆ = − > ⇔ < − = ≠

Mặt khác: 2 2M N Ix x x+ = − = ⇔ I là trung điểm MN với 0k∀ < .

Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là 1y kx k= + + với 0k < .

Trang 142


Câu II: 1) PT cos3 3 sin 3 3 cos 2 sin 2x x x x⇔ − = +1 3 3 1

cos3 sin 3 cos 2 sin 22 2 2 2

x x x x⇔ − = +

cos 3 cos 23 6

x xπ π ⇔ + = − ÷ ÷

⇔

26

2

10 5

π π

π π

= − + = − +

x k

kx

2) Ta có : 2 2 9 3x y xy= ⇔ = ± .

• Khi: 3xy = , ta có: 3 3 4x y− = và ( )3 3. 27− = −x y

Suy ra: ( )3 3; −x y là các nghiệm của phương trình: 2 4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±Vậy nghiệm của Hệ PT là:

3 32 31, 2 31x y= + = − − hoặc 3 32 31, 2 31x y= − = − + .

• Khi: 3xy = − , ta có: 3 3 4x y− = − và ( )3 3. 27− =x y

Suy ra: ( )3 3;x y− là nghiệm của phương trình: 2 4 27 0 ( )+ + =X X PTVN

Câu III: Đặt 2 1t x= + . Điều kiện: 1t ≥ .

PT trở thành: ( ) ( ) 22 1 1m t t m− + = − − ⇔ ( )11

2= + ≥

+m t t

t

Xét hàm số: ( ) ( )( ) 2

1 1' 1

2 2f t t f t

t t= + ⇒ = −

+ + ( )2

2

4 3

2

+ +=+

t t

t

t loaïif tt loaïi

1 ( )( ) 03 ( )

= −′ = ⇔ = −. Dựa vào BBT, ta kết luận

4

3m ≥ .

Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A′M.

Ta có: ( ' )'

⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

BC AMBC AA M BC AH

BC AA.

Mà ' ( ' )2

aAH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = .

Mặt khác: 2 2 2

1 1 1 6'

4'

aAA

AH A A AM= + ⇒ = .

Kết luận: 3

. ' ' '3 2

16ABC A B Ca

V = .

Câu V: Ta có: 2 1

22

a ab aba a a ab

a b a b ab= − ≥ − = −

+ +(1)

Tương tự: 2 1

2

bb bc

b c≥ −

+ (2),

2 1

2

cc ca

c a≥ −

+ (3).

Cộng (1), (2), (3), ta có: ( )2 2 2 1

2

a b cab bc ca a b c

a b b c c a+ + + + + ≥ + +

+ + +Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0 6x< < .

BPT ( ) ( ) 222 2log 2 4 log 6x x x⇔ + > − ( ) 22 22 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >

⇔ 18x < − hay 2 x<So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2 6x< < .

Trang 143


2) Đặt du dxu x

xdv dx v x

2 2ln

== ⇒ = = . Suy ra :

2 2 2ln ln 2 ln 2= = − = − +∫ ∫I x dx x x dx x x x C

Câu VII.a: Gọi ( ) ( );0 , 0;A a B b là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: : 1x y

da b

+ = .

Theo giả thiết, ta có:

2 11

8

+ = =

a bab

⇔ b a ab

ab2

8 + = =

.

• Khi 8ab = thì 2 8b a+ = . Nên: 12; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − = .

• Khi 8ab = − thì 2 8b a+ = − . Ta có: 2 4 4 0 2 2 2b b b+ − = ⇔ = − ± .

+ Với ( ) ( )22 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − + ⇒ − + + − =b d x y

+ Với ( ) ( )32 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − − ⇒ + + − + =b d x y .

Câu VI.b: 1) 2 2

1

(1)

2 3 (2)+

+ = +

=x y

y x x y(*).

Từ (1) ta có: ( ) ( )2 2 1 01

=+ = + ⇔ − + − = ⇔ = −

y xy x x y y x y x

y x

• Khi: y x= thì (*) ⇔ x xy x

12 3 + = =

⇔

2

3

2

3

log 3

log 3

= =

x

y.

• Khi: 1y x= − thì (*) ⇔ x xy x

21

2 3 − = − =

⇔ 6

6

log 9

1 log 9

= = −

x

y

2) Ta có: ( ) 2tanf x x= − 2

11

cos= −

x ⇒ ( ) tanF x x x C= − +

Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: 2 2

2 21( 0)

x ya b

a b+ = > > .

Ta có:

2 2

2 2

3

14

3 1a b

a b

− =

+ =

⇔ ab

2

241

=

=. Vậy (E):

2 2

14 1

x y+ =


Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a 2≠ − thuộc đồ thị (C) có phương trình:

( )( ) ( ) ( )ay x a x a y a d

aa

2 22

4 2 4 2 2 022

= − + ⇔ − + + =++

Tâm đối xứng ( )I 2;2− .

Trang 144


Ta có ( )( ) ( )a a a

d I daa a

4 2

8 2 8 2 8 2, 2 2

2 2 216 2 2.4. 2

+ + += ≤ = =

++ + +

( )d I d, lớn nhất ⇔ ( ) aaa

2 02 44

=+ = ⇔ = −Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x= và y x 8= + .

Câu II: 1) Điều kiện ( )x x

x x x

cos 2 0; cos 2 0 *4 4sin2 0; tan cot 0

π π − ≠ + ≠ ÷ ÷

≠ − ≠Để ý rằng:

x x x x x xtan 2 .tan 2 tan 2 .tan 2 cot 2 .tan 2 14 4 4 4 4 4π π π π π π

− + = − − + = − + + = − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

Khi đó PT trở thành: x x x xx x

224 cos 21 cot tan 4 cos 2

tan cot− = ⇔ − =

−

( )x xx xx x

2 22 2

1 tan 1 2 44 tan 2 1 0tan tan 21 tan 2 1 tan 2

−⇔ = ⇔ = ⇔ − =+ +

( )x x m x k ktan 2 1 24 8 2π π ππ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈Z : Không thoả điều kiện (*).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2) Điều kiện: x y x y2 20, 0, 1 0≠ ≠ + − ≠

Đặt xu x y vy

2 2 1;= + − = . Hệ PT trở thành: u v u vu v u v

3 2 3 21 1 (1)

1 4 22 21 4 (2)

+ = + =⇔ + + = = −

Thay (2) vào (1) ta được: v

v vvv v

233 2 1 2 13 21 0 7

21 42

=+ = ⇔ − + = ⇔

=−

• Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT: x y x xx yx y yx yy

2 22 21 9 3 310

1 13 3

+ − = = = −+ =⇔ ⇔ ∨ = = −= =

• Nếu v 72

= thì u = 7, ta có Hệ PT:

y yx y x yx

x yy x x

2 2 2 2 2 24 41 7 8 53 537 72 22 14 14253 53

= = −+ − = + = ⇔ ⇔ ∨ = = = = −

So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT.

Câu III: Đặt

u x dxdudx xdvv xx

ln

2 11

= = ⇒ = = ++

( ) xI x x dx Jx

88

33

12 1.ln 2 6 ln8 4 ln3 2+⇒ = + − = − −∫

• Tính xJ dxx

8

3

1+= ∫ . Đặt t x 1= +

Trang 145


t tJ tdt dt dtt tt t

3 3 32

2 22 2 2

1 1.2 2 21 11 1

⇒ = = = + − ÷− +− −

∫ ∫ ∫ttt

83

12 ln 2 ln3 ln21

−= + = + − ÷+

Từ đó I 20 ln 2 6 ln3 4= − − .Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB

và CD; G là trọng tâm ∆ SAC .

Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là ¶SJI 060= ⇒ ∆SIJ đều cạnh a ⇒ G cũng là trọng

tâm ∆SIJ.IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD.

ABMNa aIK S AB MN IK

23 1 3 3; ( )2 2 8

= = + = ; aSK ABMN SK( );2

⊥ =

Suy ra: ABMNaV S SK

31 3.3 16

= = .

Câu V: Vì a b0 1,0 1< ≤ < ≤ nên ( ) ( )a b ab a b1 1 0 1 0− − ≥ ⇒ − − + ≥

a b ab1⇒ ≥ + −ab a b1 1 1 1 (1)⇒ ≥ + −

Tương tự : bc b c ca c a1 1 1 1 1 11 (2), 1 (3)≥ + − ≥ + −

Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca a b c1 1 1 1 1 12 3 (4)

+ + ≥ + + − ÷

Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:

( )a b c a b c a b cabc ab bc ca a b c1 1 1 1 1 1 11 2 3

+ + + = + + + + + ≥ + + + + + − ÷ ÷

( )a b ca b c a b c1 1 1 1 1 12 3

≥ + + + + + + + − ÷

Cũng theo BĐT Cô–si ta có : ( )a b ca b c1 1 1 9

+ + + + ≥ ÷

Do đó: ( )a b cabc a b c a b c1 1 1 1 1 1 11 6 3 3

+ + + ≥ + + + − = + + + ÷

(đpcm)

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG AI I2 7 1;3 2 2

= ⇒ ÷

uuur uur

Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x y– –3 0=

Vì I 7 1;2 2

÷

là trung điểm của BC nên giả sử ( )B BB x y; thì ( )B BC x y7 ;1− − và

B Bx y 3 0− − =

H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB⊥ ; ( ) ( )B B B BCH x y AB x y5 ; , 3; 6= − + = + −uuur uuur

( ) ( ) ( )B B B B

B B B B B

x y x xCH AB

x x y y y3 1 6. 0

5 3 6 0 2 3 − = = == ⇔ ⇔ ∨ − + + − = = − =

uuur uuur

Vậy ( ) ( )B C1; 2 , 6;3− hoặc ( ) ( )B C6;3 , 1; 2−

2) ( ) ( ) ( )S x y z222

( ) : 1 2 4 25− + + + − = có tâm ( )I 1; 2;4− và R = 5.

Trang 146


Khoảng cách từ I đến (α) là: ( )d I R,( ) 3α = < ⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau.

Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α). Phương trình đường thẳng IJ :

x ty tz t

1 22

4 2

= + = − − = +

Toạ độ giao điểm H của IJ và (α) thoả ( )x t ty t x Hz t y

x y z z

1 2 12 1 1; 1;2

4 2 12 2 3 0 2

= + = − = − − = −⇔ ⇒ − − = + = −

− + − = = Vì H là trung điểm của IJ nên ( )J 3;0;0− .

Mặt cầu (S′) có tâm J bán kính R′ = R = 5 nên có phương trình: ( )S x y z2 2 2( ) : 3 25′ + + + =

Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:• Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ

Số cách chọn 3 nam còn lại là C36 .

Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C39 .

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C3 36 9. 1680= (cách)

• Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường

Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C46

Số cách chọn 2 nữ còn lại là C29

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C4 26 9. 540= (cách)

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x= .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : xx y A

y x y

22 24 2 0 3 ;

2 3 33

= − − − = ⇔ ⇒ − − ÷= = −

Vì M là trung điểm của AC nên C8 8;3 3

÷

Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: xy 24

= +

( )x y xBH BC B Bx yy

3 0 4: 4;112

4

+ + = = −∩ = ⇔ ⇒ − == + 2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm Dcần tìm là giao điểm của ∆ và (S).

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương ( )AB 2;6;3= −uuur

nên có phương trình:

x ty tz t

2 23 63 3

= − = + = +

Phương trình mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( )S x y z2 2 2

: 3 1 2 9− + + + + =Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

Trang 147


( ) ( ) ( )

x tty t

t tz t tx y z

2

2 2 2

2 213 6

49 82 33 0 333 3493 1 2 9

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

• Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7

• Với t D33 164 51 48; ;49 49 49 49

= − ⇒ − ÷

(nhận)

Câu VII.b: x y y x

x xy x

3 1 2 3

22 2 3.2 (1)

3 1 1 (2)

+ − + + =

+ + = +

Ta có: ( ) ( )xx xx x y x y xx xy x 2

11 0 12 3 1 0 0 1 33 1 1 ≥ − + ≥ ≥ −⇔ ⇔ ⇔ + − = = ∨ = −+ + = +

• Với x = 0 thay vào (1) ta được:

y y y y y y22

8 82 2 3.2 8 2 12.2 2 log11 11

−+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

• Với xy x

11 3

≥ − = −

thay y x1–3= vào (1) ta được : x x3 1 3 12 2 3.2 (3)+ − −+ =

Đặt xt 3 12 += , vì x 1≥ − nên t 14

≥ − . Khi đó:

(3) : t loaïit t t

t t thoaû21 3 2 2 ( )6 6 1 0

3 2 2 ( )

= −+ = ⇔ − + = ⇔ = +

Suy ra: ( )x x3 12

12 3 2 2 log 3 2 2 13

+ = + ⇔ = + − ; ( )y x 21 3 2 log 3 2 2= − = − +

Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm x

y 2

08log

11

= =

và ( )( )

x

y

2

2

1 log 3 2 2 132 log 3 2 2

= + − = − +


Câu I: 2) 23 2 (3 2 )′ = − = −y x mx x x m

• Khi m = 0 thì 23 0′ = ≥y x ⇒ (1) đồng biến trên R ⇒ thoả yêu cầu bài toán.

• Khi 0m ≠ thì (1) có 2 cực trị 1 2

20 ,

3

mx x= =

Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:

( )1 2( ). 0f x f x >3 2

24 22 (2 ) 0 4 (1 ) 0

27 27

m mm m m⇔ − > ⇔ − >

0

3 6 3 6

2 2

m

m

≠⇔

− < <

Kết luận: khi 3 6 3 6

;2 2

m

∈ − ÷ ÷ thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.

Trang 148


Câu II: 1) PT ⇔ ( ) 2

3 sin cos 3 sin cos+ = +x x x x ⇔

( ) ( )3 sin cos 3 sin cos 1 0+ + − =x x x x

⇔ 3 sin cos 0

3 sin cos 1 0

+ =

+ − =

x x

x x ⇔

3tan

3

sin sin6 6

π π

= −

+ = ÷

x

x ⇔

62

2 ; 23

π π

ππ π

= − + = = +

x k

x k x k

2) ( )

2

3 2 (1)

2 8 (2)

− =

− =

x y xy

x y. Điều kiện : . 0 ;x y x y≥ ≥

Ta có: (1) ⇔ 23( ) 4 (3 )( 3 ) 0− = ⇔ − − =x y xy x y x y 33

yx y hay x⇔ = =

• Với 3x y= , thế vào (2) ta được : 2 6 8 0 2 ; 4y y y y− + = ⇔ = =

⇒ Hệ có nghiệm 6 12

;2 4

x x

y y

= = = =

• Với 3

yx = , thế vào (2) ta được : 23 2 24 0y y− + = Vô nghiệm.

Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 6 12

;2 4

x x

y y

= = = =

Câu III: 6 6

20 0

sin sin

cos 2 2cos 1

π π

= =−∫ ∫

x xI dx dx

x x. Đặt cos sint x dt xdx= ⇒ = −

Đổi cận: 3

0 1;6 2

x t x tπ= ⇒ = = ⇒ =

Ta được

31

2

231

2

1 1 2 2ln

2 1 2 2 2 2

−= − =− +∫

tI dt

t t =

1 3 2 2ln

2 2 5 2 6

−−

Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho · 045SIH = .

Gọi x là độ dài cạnh của ∆ABC. Suy ra :3 3 3

, ,2 3 6

x x xAI AH HI= = =

∆SAH vuông tại H

2

2 2 2 2 3

3

xSH SA AH a

⇒ = − = − ÷ ÷

∆SHI vuông cân tại H 3

6

xSH HI⇒ = =

Suy ra:

2 2

23 3 2 15

6 3 5

x x aa x

= − ⇒ = ÷ ÷ ÷ ÷

Do đó: ( )2 2 3

.

1 1 5 3 3 15. . .

3 3 5 5 25S ABC

a a aV SH dt ABC= = =

Câu V: Gọi ( ) 1 12

x yA x y

x y y x

= + + = + + ÷ ÷

. Đặt

xt

y= thì

1( ) 2A f t t

t= = + +

Với [ ]2 4

1 1, 2;4 2 ;21 1 1

2 24 2

xx

x y ty

y

≤ ≤ ∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈ ≤ ≤

Trang 149


Ta có: 2

2 2

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

2

− ′ ′= − = = ⇔ = ∈ t

f t f t tt t

1 9 9(2) ; (1) 4 4

2 2 2f f f A

= = = ⇒ ≤ ≤ ÷ (đpcm)

Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1)− và 1 2d d⊥ .

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1d , 2d là:

∆1: 7 3 4 0x y+ − = và ∆2: 3 7 10 0x y− − =

3d tạo với 1d , 2d một tam giác vuông cân ⇒ 3d vuông góc với ∆1 hoặc ∆2..

⇒ Phương trình của 3d có dạng: 7 3 0x y C+ + = hay 3 7 0′− + =x y C

Mặt khác, 3d qua ( 7;8)P − nên C = 25 ; C′ = 77

Suy ra : 3 : 7 3 25 0d x y+ + = hay 3 :3 7 77 0d x y− + =

Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29

2 ⇒ cạnh huyền bằng 58

Suy ra độ dài đường cao A H =58

2= 3( , )d A d

• Với 3 : 7 3 25 0d x y+ + = thì 3

58( ; )

2d A d = ( thích hợp)

• Với 3 : 3 7 77 0d x y− + = thì 3

87( ; )

58d A d = ( loại )

2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z 2= vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn

tâm 1(0,0,0)O , bán kính 1 2R = và tâm 2 (0,0,2)O , bán kính 2 8R = . Suy ra tâm mặt cầu (S)

là (0,0, )I m ∈ Oz.

R là bán kính mặt cầu thì :

22 22 2

22 2

24 64 2

8 2

R mm m

R m

= + ⇒ + = + −= + −

⇔ m 16=

⇒ 2 65R = , ( )I 0;0;16Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2( 16) 260x y z+ + − =

Câu VII.a: 3 220 ( 1)( 2) 20 3 18 0nA n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )

Khi đó: 2 7

0 1 66 6 6

127. . ....

2 7 7

a aa C C C+ + + =

Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 66 6 6 6 6 6 6(1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +

Nên [ ]2 7

6 0 1 66 6 60

0 0 0

(1 ) ...2 7

a aaa x x

x dx C x C C

+ = + + +

∫ ⇔

7 2 70 1 66 6 6

0

(1 ). . ....

7 2 7

ax a a

a C C C + = + + +

⇔ 7

7 7 7(1 ) 1 127(1 ) 128 (1 ) 2

7 7 7

aa a

+ − = ⇒ + = ⇒ + = ⇔ a 1=

Vậy a = 1 và n = 6 .Câu VI.b: 1) (C) có tâm (1; 3)I − và bán kính R = 5.

Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và 2 2 2 25 4 3IH R AH= − = − = hay

( , ) 3d I ∆ = (*)

(∆) qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: 2 20 ; 0Ax By A B+ = + ≠

Trang 150


Từ (*) cho : 2 2

33 (4 3 ) 0

A BA A B

A B

−= ⇔ + =

+ ⇔ 0A = hay 4 3 0A B+ =

• Với 4 3 0A B+ = , chọn A = 3; B = – 4 ⇒ Phương trình của (∆): 3 4 0x y− =• Với A = 0, chọn B = 1 ⇒ Phương trình của (∆): y 0= .

Kết luận : PT của (∆) là 3 4 0x y− = hay y 0= .

2) (∆) qua điểm A(1;0;0) và có VTCP (1; 1; 2)u = − −ur

. (P) có VTPT n (2; 2; 1)′ = − −r.

Giao điểm M(0;0;m) cho ( 1;0; )AM m= −uuuur

. (α) có VTPT , ( ; 2;1)n AM u m m = = − ur uuuur ur

(α) và (P): 2 2 1 0x y z− − + = tạo thành góc 600 nên :

( ) 2

2

1 1 1cos , 2 4 1 0

2 22 4 5′ = ⇔ = ⇔ − + =

− +n n m m

m m

r r⇔ m

m2 22 2

= −

= +.

Kết luận : (0;0;2 2)M − hay (0;0;2 2)M +

Câu VII.b: PT

1 21 2

.3 03

xx

xxx

mx m

− ≤ ≤− ≤ ≤ ⇔ ⇔ =− =

Đặt : ( )3x

xf x = ,

1 .ln 3( )

3

−′ =x

xf x ; [ ]1

( ) 0 1;2ln 3

′ = ⇔ = ∈ −f x x

2 1 1 1( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )

9 ln 3 .ln 3 .ln 3 − = − = = ⇒ − ≤ ≤ ÷

f f f f xe e

; [ ]1;2x ∈ −

Kết luận : Khi 1

3.ln 3

me

− ≤ ≤ thì PT có nghiệm .


Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x x mx3 23 1 1+ + + =

⇔ ( )x x x m2 3 0+ + = ⇔ xf x x x m2

0( ) 3 0

= = + + =

Đê thỏa mãn YCBT thì PT f x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, khác 0 và

( ) ( )y x y x1 2. 1′ ′ = − ⇔ 2 21 1 2 2

9 4 0, (0) 0

(3 6 )(3 6 ) 1.

m f m

x x m x x m

− > = ≠ + + + + = −

m m

x x x x x x m x x x x m x x m2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

9 , 04

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

< ≠⇔

+ + + + + + + + = −

m m

m m2

9 , 04

4 9 1 0

< ≠⇔

− + =⇔ m 9 65

8±=

Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0≠ .

PT ⇔ 2 2 2cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos 1 0− = + − + ⇔ − − =x x x x x x

⇔ x

x

cos 11cos2

=

= −

⇔ x k

x k

22 23

ππ π

=

= ± +

Trang 151


2) Từ hệ PT ⇒ 0y ≠ . Khi đó ta có:

2

2 2

2 2 22

14

1 4.

( ) 2 7 2 1( ) 2 7

xx y

yx y xy y

y x y x y xx y

y

+ + + = + + + = ⇔ + = + + + + − =

Đặt 2 1

,x

u v x yy

+= = + ta có hệ: 2 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

+ = = − = = ⇔ ⇔ − = + − = = − =

• Với 3, 1v u= = ta có hệ:2 2 2 1, 21 1 2 0

2, 53 3 3

x yx y x y x x

x yx y y x y x

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

.

• Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 2 21 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

+ = + = + + =⇔ ⇔ + = − = − − = − −

, hệ này vô

nghiệm.Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)− .

Câu III:

3

3 22

32 2 21 1 1

lnlog 1 ln . lnln 2

.ln 21 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

xx x xdx

I dx dxxx x x x x

÷ = = =

+ + +∫ ∫ ∫

Đặt 2 2 21 11 3ln ln ( 1) ln .

3 3

dxx t x t x tdt

x+ = ⇒ = − ⇒ = .

Suy ra : ( )

( )2

2 2322

3 321 1 1

11log 1 1 13 . 1

ln 2 3 9ln 21 3ln

e txI dx tdt t dt

tx x

−= = = −

+∫ ∫ ∫2

33 3

1

1 1 4

9ln 2 3 27 ln 2t t = − = ÷

Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ. Suy ra AC ′ ⊥ (BDMN)Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN.

Tính được aAH AC2 155 5

′= = .

a aPQ MN15 ,4 2

= = ⇒ BDMNaS

23 1516

= . Suy ra: 3

. D D

1 3.

3 16= =A B MN B MN

aV S AH .

Câu V: • Cách 1: Ta có 2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + − = + + − = − + − .

Đặt t bc= thì ta có 2 2( ) (1 )

04 4

b c at bc

+ −≤ = ≤ = .

Xét hàm số: f t a a a t( ) (1 ) (1 2 )= − + − trên đoạn a 2(1 )0;

4

−

Có: 2( 1 ) 1 7

(0) (1 )4 4 27

+ −= − ≤ = <a af a a và

22(1 ) 7 1 1 1 7(2 )

4 27 4 3 3 27

af a a

− = − + − ≤ ÷ ÷ ÷ với ∀a [ ]0;1∈ .

Vậy: 7

227

ab bc ca abc+ + − ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 13

= = = .

• Cách 2: Ta có a a b c a b c a b c c b2 2 2( ) ( )( ) (1 2 )(1 2 )≥ − − = + − − + = − − (1)

Tương tự: b a c2 (1 2 )(1 2 )≥ − − (2), c a b2 (1 2 )(1 2 )≥ − − (3)

Trang 152


Từ (1), (2), (3) ⇒ abc a b c(1 2 )(1 2 )(1 2 )≥ − − − = a b c ab bc ca abc1 2( ) 4( ) 8− + + + + + −

⇒ abcab bc ca 1 9

4++ + ≤ ⇒

abcab bc ca abc 124

++ + − ≤

Mặt khác a b c abc33+ + ≥ ⇒ abc 127

≤ . Do đó: ab bc ca abc

11 72724 27

++ + − ≤ = .

Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 13

= = = .

Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3)+ và I m m( ;6 )− là trung điểm của BC.

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

2 5 11 2 2

' ; '2 2

− + − − ∈ ÷ m c m c

C CC nên

2 5 11 2 2 52 3 0

2 2 6

− + − − − + = ⇒ = − ÷ m c m c

m5 41

;6 6

⇒ − ÷ I .

Phương trình BC: x y3 –3 23 0+ = .

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

;3 3 23 0 3 3

− + = ⇒ ÷− + =

x yC

x y

Tọa độ của 19 4

;3 3

− ÷ B .

2) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =uuur uuur

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4). = = − n AB AC

uuur uuurr

Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = .

Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

2 1 0 1

+ − − = = + − = ⇒ = − + + = =

x y z x

y z y

x y z z

. Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I

Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − =

Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 2

3 2 3 21 , 1

2 2z i z i= − = +

Suy ra 2

21 2 1 2

3 2 22| | | | 1 ; 2

2 2z z z z

= = + = + = ÷ ÷

. Do đó: 2 2

1 22

1 2

11

4( )

+=

+

z z

z z.

Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I t t( 3 –8; )− ∈ ∆.

Ta có: d I IA( , )∆′ = ⇔ 2 2

2 2

3( 3 8) 4 10( 3 8 2) ( 1)

3 4

t tt t

− − − += − − + + −

+

⇔ t 3= − ⇒ I R(1; 3), 5− =PT đường tròn cần tìm: x y2 2( –1) ( 3) 25+ + = .

2) Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) , (2;4; 8) = − − = − − − ⇒ = = − AB AC n AB ACuuur uuur uuur uuurr

là 1 VTPT của

(ABC)

Suy ra phương trình (ABC): ( ) ( ) ( )x y z–0 2 –1 –4 –2 0+ = ⇔ x y z2 –4 6 0+ + = .

Giả sử M(x; y; z).

Trang 153


Ta có: MA MB MCM P( )

= = ∈

⇔ x y z x y zx y z x y z

x y z

2 2 2 2 2 2

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

2 2 3 0

+ − + − = − + + + − + − + − = + + + − + + − =

⇔ xyz

237

==

= − ⇒ M(2;3; 7)−

Câu VII.b: Điều kiện: 22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0

(*)0 1 1, 0 2 1

− − + + > − + > + > + > < − ≠ < + ≠

xy x y x x y x

x y

Hệ PT ⇔

1 2 1 2

1 2 1 2

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

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

− + − +

− + − +

− + + − = + + − − = ⇔ + − + + − +

x y x y

x y x y

x y x y x

y x y x

Đặt 2log (1 )y x t+ − = thì (1) trở thành: 212 0 ( 1) 0 1.t t t

t+ − = ⇔ − = ⇔ =

Với 1t = ta có: 1 2 1 (3)− = + ⇔ = − −x y y x . Thế vào (2) ta có:

21 1 1

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

4 4x x x

x xx x x x x

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

+ +0

2

x

x

=⇔ = −

• Với x 0= ⇒ y 1= − (không thoả (*)).

• Với x 2= − ⇒ y 1= (thoả (*)).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = .


Câu I: 2) y x mx m x mx m2 2 2 26 18 12 6( 3 2 )′ = + + = + +Hàm số có CĐ và CT ⇔ y 0′ = có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, ⇔ ∆ = m2 > 0 ⇔ m 0≠

Khi đó: ( ) ( )x m m x m m1 21 13 , 32 2

= − − = − + .

Dựa vào bảng xét dấu y′ suy ra CÑ CTx x x x1 2,= =

Do đó: CÑ CTx x2 = ⇔ m m m m2

3 32 2

− − − += ÷ ⇔ m 2= −

Câu II: 1) Điều kiện x 0≥ .

PT ⇔ x x x24 1 3 1 0− + − + = ⇔ xx x

x x

2 1(2 1)(2 1) 03 1

−+ − + =+ +

⇔ x xx x

1(2 1) 2 1 03 1

− + + = ÷

+ + ⇔ x2 1 0− = ⇔ x 1

2= .

2) PT ⇔ x x210sin 4sin 14 06 6π π

+ + + − = ÷ ÷ ⇔ xsin 1

6π

+ = ÷ ⇔ x k2

3π π= + .

Trang 154


Câu III: Ta có: x x x x x x x xf x x

x x x x

2 2 2

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

1 1 1 1+ + − += + = + −

+ + + +

⇒ F x f x dx x d x xdx d x2 2 21 1( ) ( ) ln( 1) ( 1) ln( 1)2 2

= = + + + − +∫ ∫ ∫ ∫

= x x x C2 2 2 21 1 1ln ( 1) ln( 1)4 2 2

+ + − + + .

Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ⊥ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giácABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó∆ASC vuông tại S.

Ta có: S ABCD S ABCV V BO SA SC ax AB OA2 2. .

1 12 2. . . .6 3

= = = −

= a x a xax a ax2 2

2 22 1 34 6

13

+ −− =

Do đó: S ABCDa aax a xV

3 32 2

.2 1 23

6 6 6= ⇔ − = ⇔

x ax a 2

= =

.

Câu V: Ta có: a a b a ba b a a b a2

2 2 1 1 1 12 2 2 2

3 14 4

= − + + + ≥ + + ÷

+ + = − + + + +

Tương tự: b a a b2 12

34

+ + ≥ + + .

Ta sẽ chứng minh a b a b2

1 1 12 (22 2 2

+ + ≥ + + ÷ ÷ ÷

(*)

Thật vậy, (*) ⇔ a b ab a b ab a b2 2 1 144 4

2 ≥+ + + + + + + + ⇔ a b 2 0( ) ≥− .

Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 12

= = .

Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I t t( ;3 2 )− ∈ d1.

Khi đó: d I dd I d2 3) ( , )( , = ⇔ t t t t3 4(3 2 ) 5

54 3(3 2 ) 2

5+ − + =

+ − + ⇔

tt

24

==

Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: x y2 2 4925

( 2) ( 1) =− + + và x y2 2 9( 4) ( 5)25

− + + = .

2) (∆) :

22 2

31 3 2

2 2

x tx y z

y t

z t

= +− + = = ⇔ =

= − +

. (P) có VTPT n (2;1; 1)= −r.

Gọi I là giao điểm của (∆) và đường thẳng d cần tìm ⇒ I t t t(2 ;3 ; 2 2 )+ − +(1 ,3 2, 1 2 )AI t t t⇒ = + − − +

uurlà VTCP của d.

Do d song song mặt phẳng (P) . 0AI n⇔ =uur r ( )t t AI13 1 0 3 2; 9; 5

3⇔ + = ⇔ = − ⇒ = − −

uur.

Vậy phương trình đường thẳng d là: 1 2 1

2 9 5

x y z− − += =− −

.

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= 1 2 3 4 5 6=x a a a a a a .

Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.

Vì phải có mặt chữ số 0 và 1 0a ≠ nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.

Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : 58A .

Vậy số các số cần tìm là: 5. 58A = 33.600 (số)

Trang 155


Câu VI.b: 1) ( )C có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.

(d) cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt A, B ( , )⇔ <d I d R 22 2 1 2 3 2⇔ − + − < +m m

2 2 21 4 4 18 9 5 4 17 0⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈m m m m m m R

Ta có: ·1 1 9. sin .

2 2 2= ≤ =S IA IB AIB IA IB

IAB

Vậy: SIAB lớn nhất là

9

2 khi · 090=AIB ⇔ AB = 2 3 2=R ⇔ 3 2

( , )2

=d I d

⇔ 3 2 21 2 2

2m m− = + 2 2 216 16 4 36 18 2 16 32 0⇔ − + = + ⇔ + + =m m m m m

4⇔ = −m2) Ta có: ( ;0; 1), (0; ; 1)= − = −SM m SN n

uuur uuur ⇒ VTPT của (SMN) là ( ; ; )=n n m mn

r

Phương trình mặt phẳng (SMN): 0nx my mnz mn+ + − =

Ta có: d(A,(SMN))2 2 2 2

n m mn

n m m n

+ −=

+ +

1 . 11

12 21 2

m n mn

mnmn m n

− −= = =−− +

Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.

Câu VII.b: BPT ⇔ x x x xx 12(4 2.2 3).log 3 2 4+− − − > − ⇔ x x x2(4 2.2 3).(log 1) 0− − + >

⇔

x x

x xx

x

2

22

2

2

2

2.2 3 0log 1 0

2.2 3 0log 1 0

− − >+ >

− − <+ <

⇔

x

x

x

x

2

2

2 3log 1

2 3log 1

> > − < < −

⇔

x

x

x

x

2

2

log 312log 3

102

> > < < <

⇔ x

x

2log 3102

> < <


Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y0 0( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.

Do ∆OAB vuông tại O nên: OBAOA

1tan4

= = ⇒ Hệ số góc của d bằng 14

hoặc 14

− .

Hệ số góc của d tại M là: y xx

0 20

1( ) 0( 1)

′ = − <−

⇒ y x01( )4

′ = − ⇔ x 2

0

1 14( 1)

− = −−

⇔ x y

x y

0 0

0 0

312532

= − = ÷

= = ÷

Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x1 3( 1)4 2

= − + + hoặc y x1 5( 3)4 2

= − − +

Câu II: 1) Điều kiện: xcos2 0≠ .

PT ⇔ x x x x2 2(sin cos ) 2sin2 cos 2 0− + + + = ⇔ x x2sin 2 sin2 0− =

⇔ xx loaïi

sin2 0sin2 1 ( )

= =

⇔ x k2π= .

Trang 156


2) Hệ PT ⇔ xy x y x y x yxy x y xy x y

2 2 2( ) ( ) 30( ) 11

+ + + = + + + + = ⇔

xy x y x y xyxy x y xy x y

( )( ) 30( ) 11

+ + + = + + + + =

Đặt x y uxy v

+ = =

. Hệ trở thành uv u vuv u v

( ) 3011

+ = + + =

⇔ uv uvuv u v

(11 ) 30 (1)11 (2)

− = + + =

. Từ (1) ⇒ uvuv

56

= =

• Với uv = 5 ⇒ u v 6+ = . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: 5 21 5 21;

2 2

− + ÷

và

5 21 5 21;2 2

+ − ÷ • Với uv = 6 ⇒ u v 5+ = . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)

Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , 5 21 5 21;2 2

− + ÷

, 5 21 5 21;2 2

+ − ÷

.

Câu III: Đặt t x= ⇒ dx t dt2 .= . I = t tdtt

1 3

02

1+

+∫ = t t dtt

12

0

22 21

− + − ÷+ ∫ =

11 4ln23

− .

Câu IV: Từ giả thiết suy ra ∆ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ⊥ AC và BH ⊥ (ACC′A′).

Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH = a22

. Từ giả thiết ⇒ MA′ = a2 23

,

A′C′ = a 2 .

Do đó: B MA C MA C

aV BH S BH MA A C3

. ' ' ' '1 1 2. . .3 6 9

′ ′ ′= = = .

Câu V: Ta có: a b a b c b a b ab c b c b c

2 (1 )+ − − + += = −+ + +

.

Tương tự, BĐT trơt thành: a b b c c aa b cb c c a a b

2+ + +− + − + − ≥+ + +

⇔ a b b c c ab c c a a b

3+ + ++ + ≥+ + +

Theo BĐT Cô–si ta có: a b b c c a a b b c c ab c c a a b b c c a a b

33 . . 3+ + + + + ++ + ≥ =+ + + + + +

.

Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 13

= = = .

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R ⇒ E nằm trong hình tròn

(C).Giả sử đường thẳng ∆ đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ⊥ ∆. Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE.Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ đi qua E và vuông góc với IEKhi đó phương trình đường thẳng ∆ là: x y5( 1) 2 0+ + = ⇔ x y5 2 5 0+ + = .

2) Giả sử (S): x y z ax by cz d2 2 2 2 2 2 0+ + − − − + = .

• Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: acd

120

==

= ⇒ I b(1; ;2) .

• d I P 5( ,( ))6

= ⇔ b 5 5

6 6+ = ⇔

bb

010

= = −

Vậy (S): x y z x z2 2 2 2 4 0+ + − − = hoặc (S): x y z x y z2 2 2 2 20 4 0+ + − + − =

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: 1 2 3 4 5 6 7=x a a a a a a a (a1 ≠ 0).

• Giả sử 1a có thể bằng 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 27C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 35C

Trang 157


+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! 28C

• Bây giờ ta xét 1a = 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 26C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 34C

+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7

Vậy số các số cần tìm là: 2 3 2 2 37 5 8 6 4. .2! . .7 11340− =C C C C C (số).

Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 (1;2)=r, của BC là n2 (3; 1)= −r

, của AC là n a b3 ( ; )=r với

a b2 2 0+ ≠ .

Do ∆ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.

Suy ra: B Ccos cos= ⇒ n n n n

n n n n1 2 3 2

1 2 3 2

. .

. .=

r r r r

r r r r ⇔ a b

a b2 2

1 35

−=+

⇔ a b ab2 222 2 15 0+ − = ⇔ a ba b

211 2

= =

• Với a b2 = , ta có thể chọn a b1, 2= = ⇒ n3 (1;2)=r ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn.

• Với a b11 2= , ta có thể chọn a b2, 11= = ⇒ n3 (2;11)=r

Khi đó phương trình AC là: x y2( 1) 11( 3) 0− + + = ⇔ x y2 11 31 0+ + = .

2) PTTS của ∆: x ty tz t

1 212

= − += −

=. Gọi M t t t( 1 2 ;1 ;2 )− + − ∈ ∆.

Diện tích ∆MAB là S AM AB t t21 , 18 36 2162

= = − + uuur uuur

= t 218( 1) 198− + ≥ 198

Vậy Min S = 198 khi t 1= hay M(1; 0; 2).

Câu VII.b: PT ⇔ x xa525 log 5− = ⇔ x x a255 5 log 0− − = ⇔

xt tt t a2

5

5 , 0log 0 (*)

= >

− − =PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ t t a2

5log− = có đúng 1

nghiệm dương.

Xét hàm số f t t t2( ) = − với t ∈ [0; +∞). Ta có: f t t( ) 2 1′ = − ⇒ f t t 1( ) 02

′ = ⇔ = . f 1 12 4

= − ÷

, f (0) 0= .

Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f t a5( ) log= có đúng 1 nghiệm dương

⇔ a

a

5

5

log 01log4

≥ = −

⇔ a

a4

115

≥

=

.


Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:

x m x x4 2 22 1 1+ + = + ⇔ x m x x4 2 22 0+ − = ⇔ ( )x x m x3 22 1 0+ − =

⇔ xg x x m x3 2

0( ) 2 1 0 (*)

= = + − =

Trang 158


Ta có: g x x m2 2( ) 3 2 0′ = + ≥ (với mọi x và mọi m ) ⇒ Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá

trị của m.Mặt khác g(0) = –1 ≠ 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường thẳng y x 1= + luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị củam.

Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0≠ ⇔ x k.2π π≠ + (*).

PT ⇔ x x x222

1–cos 2sin – tanπ − ÷

= ⇔ x x x1–sin2 tan (sin2 –1)= ⇔ xx

sin2 1tan 1

= = −

⇔x k

x l

2 .22

.4

π π

π π

= +

= − +

⇔x k

x l

.4

.4

π π

π π

= +

= − +

⇔ x k.4 2π π= + . (Thỏa mãn điều kiện (*) ).

2) Điều kiện: x

x

2

23

4 0log ( 2) 0

− >

+ ≥ ⇔

xx

2

24 0

( 2) 1

− >

+ ≥⇔ x

x2

3 > ≤ −

(**)

PT ⇔ ( )x x x22 2 2

3 3 3log – 4 3 log ( 2) log ( – 2) 4+ + − =

⇔ x x2 23 3log ( 2) 3 log ( 2) 4 0+ + + − = ⇔ ( ) ( )x x2 2

3 3log ( 2) 4 log ( 2) 1 0+ + + − =

⇔ x 23log ( 2) 1+ = ⇔ x 2( 2) 3+ = ⇔ x 2 3= − ±

Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x 2 3= − − thỏa mãn.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x 2 3= − −

Câu III: Đặt t x23 sin= + = x24 cos− . Ta có: x t2 2cos 4 –= và x xdt dx

x2

sin cos

3 sin=

+.

I = x dxx x

3

20

sin .cos 3 sin

π

+∫ = x x dx

x x

3

2 20

sin .cos

cos 3 sin

π

+∫ = dt

t

152

23 4 −∫ = dt

t t

152

3

1 1 14 2 2

− ÷+ − ∫

= tt

152

3

1 2ln4 2

+−

= 1 15 4 3 2ln ln4 15 4 3 2

+ + ÷− ÷− −

= ( ) ( )( )1 ln 15 4 ln 3 22

+ − + .

Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC..Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ·SCA 060=

là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC).

SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB SA AB a2 2 2 210= + = .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2π = π .SB2 = a210π .

Câu V: Tập xác định: D = R .

Ta có: f x x xx x

22

1( ) 2 2 22 2

= − + + ≥− +

( BĐT Cô–si).

Dấu "=" xảy ra ⇔ x x x2 –2 2 1 1+ = ⇔ = .Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.

Câu VI.a: 1) Ta có ( ) ( )F F1 23;0 , 3;0− là hai tiêu điểm của (E).

Theo định nghĩa của (E) suy ra :

a MF MF1 22 = + = ( )2

2 4 331 35

+ + ÷

+ ( )

22 4 331 3

5

− + ÷

= 10

Trang 159


⇒ a = 5. Mặt khác: c = 3 và a b c2 2 2– = ⇒ b a c2 2 2 22= − =Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).

2) d có VTCP du ( 1;2;0)= −r. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d.

Giả sử ( )t tH 1– ; 2 2 ;3+ ⇒ ( )AH t t1 ;1 2 ;0= − +uuuur

Mà AH ⊥ d nên dAH u⊥uuur r ⇒ ( ) ( )t t1 1 21 2 0− +− + = ⇔ t 1

5= − ⇒ H 6 8; ;3

5 5 ÷

⇒ AH = 3 5

5.

Mà ∆ABC đều nên BC = AH2 2 15

53= hay BH =

155

.

Giả sử B s s(1 ;2 2 ;3)− + thì s s2 2

1 2 1525 5 25

− − + + = ÷ ÷

⇔ s s225 10 –2 0+ =

⇔ s 1 35

− ±=

Vậy: B 6 3 8 2 3; ;35 5

− + ÷

và C 6 3 8 2 3; ;35 5

+ − ÷

hoặc B 6 3 8 2 3; ;35 5

+ − ÷

và C 6 3 8 2 3; ;35 5

− + ÷

Câu VII.a: Xét khai triển: n n nn n n n nx C xC x C x C x C0 1 2 2 3 3(1 ) ...+ = + + + + +

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n nn n n nn x C xC x C nx C1 1 2 2 3 1(1 ) 2 3 ...− −+ = + + + +

Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: nn n n

n n n nx n xn x C xC x C n x C2 2 2 2 21 1 2 2 3 1( 1)(1 )(1 ) 1 2 3 ...−− − + − + + = + + + +Cho x = 1 ta được đpcm.

Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG AM23

=uuur uuur

⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và

có VTPT AG 80;3

= − ÷

uuur nên có PT: y 3= ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà AE EB2=

uuur uuur nên B(–1; 1).

⇒ Phương trình BC: x y2 5 7 0− + = .

2) Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒ I t t t(1 3 ; 1 ; )+ − + . Bán kính R = IA = t t211 2 1− + .

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: td I P R5 3( ,( ))3+= = ⇔ t t237 24 0− =

⇔ t R

t R

0 124 7737 37

= ⇒ =

= ⇒ =

.

Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).

Vậy phương trình mặt cầu (S): x y z2 2 2( 1) ( 1) 1− + + + = .

Câu VII.b: x y y x

y x

3 3

2 24 16 (1)

1 5(1 ) (2)

+ = +

+ = +Từ (2) suy ra y x2 2–5 4= (3).

Thế vào (1) được: ( )yx x y y x2 23 3–5 . 16+ = + ⇔ x x y x3 2–5 –16 0=

⇔ x 0= hoặc x xy2 –5 –16 0=• Với x 0= ⇒ y2 4= ⇔ y 2= ± .

Trang 160


• Với x xy2 –5 –16 0= ⇔ xyx

2 165−= (4). Thế vào (3) được: x x

x

22216 5 4

5

− − = ÷

⇔ x x x x4 2 4 2–32 256 –125 100+ = ⇔ x x4 2124 132 –256 0+ = ⇔ x2 1= ⇔x yx y

1 ( 3)1 ( 3)

= = −= − = .

Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)


Câu I: 2) Ta có ( )mx x x x x m xx

2 22 2 2 2 1 , 1.1

− − = ⇔ − − − = ≠−

Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của ( )y x x x C2 2 2 1 , ( ')= − − − và

đường thẳng y m x, 1.= ≠

Với ( ) f x khi xy x x xf x khi x

2 ( ) 12 2 1( ) 1

>= − − − = − < nên ( )C ' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.=+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1= qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:

m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT x 5 52 sin 2 sin 112 12π π

⇔ − + = ÷

x 5 5 1sin 2 sin sin12 12 42π π π

⇔ − + = = ÷

x 5 5sin 2 sin sin 2 cos sin sin12 4 12 3 12 12π π π π π π

⇔ − = − = − = − ÷ ÷ ÷

( )x k x k

x kx k x k

52 25 12 12 6sin 2 sin5 13 312 12 2 212 12 4

π π ππ ππ ππ π ππ π

− = − + = +

⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈ ÷ ÷ − = + = +

¢

2) Điều kiện: x y x y0, 0+ > − ≥

Hệ PT ⇔ x y x y

x y x y2 2 2 2

2

1 3

+ = + − + + − − =

.

Đặt: u x yv x y

= + = −

ta có hệ:

u v u v u v uv

u v u vuv uv2 2 2 2

2 ( ) 2 4

2 23 32 2

− = > + = +

⇔ + + + + − = − =

u v uv

u v uv uv2

2 4 (1)

( ) 2 2 3 (2)2

+ = +

⇔ + − + − =

.

Thế (1) vào (2) ta có: uv uv uv uv uv uv uv28 9 3 8 9 (3 ) 0+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = .

Trang 161


Kết hợp (1) ta có: uv

u vu v

04, 0

4 =

⇔ = = + = (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)

Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).

Câu III: I x xdx x xdx I I4 4

21 2

4 4

1 sin sin

π π

π π− −

= + − = −∫ ∫

• Tính I x xdx4

21

4

1 sin

π

π−

= +∫ . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1 0= .

• Tính I x xdx4

2

4

sin

π

π−

= ∫ . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

I22 2

4π= − +

Suy ra: I 2 24

π= − .

Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .

• BC AB BC BMBC SA

⊥ ⇒ ⊥ ⊥. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao.

• SA = AB tan600 = a 3 , aaMN SM MN

AD SA a a

33 232 33

−= ⇔ = = ⇒ MN =

a43

, BM = a23

Diện tích hình thang BCMN là : S = BCNM

aaBC MN a aS BM2

42 2 1032 2 3 3 3

+ ÷+= = = ÷

• Hạ AH ⊥ BM. Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AMSB MS

= = 12

.

Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ ·SBH 030= ⇒ SH = SB.sin300 = a

• Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNMSH S1 .3

= a310 3

27.

Câu V: Đặt = = =5 ; 5 ; 5x y za b c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và + + =ab bc ca abc

BĐT ⇔ + ++ + ≥

+ + +

2 2 2

4a b c a b c

a bc b ca c ab (*)

Ta có: (*) ⇔ + ++ + ≥+ + +

3 3 3

2 2 2 4a b c a b c

a abc b abc c abc

⇔ + ++ + ≥

+ + + + + +

3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: + ++ + ≥

+ +

3 3( )( ) 8 8 4

a a b a c aa b a c

(1)

Trang 162


+ ++ + ≥+ +

3 3( )( ) 8 8 4

b b c b a bb c b a

( 2)

+ ++ + ≥

+ +

3 3( )( ) 8 8 4

c c a c b cc a c b

( 3)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.Câu VI.a: 1) Do AB CH⊥ nên phương trình AB: x y 1 0+ + = .

• B = AB BN∩ ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: x yx y

2 5 01 0

+ + = + + =

⇔ xy

43

= − =

⇒ B(-4; 3).

• Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A BC'∈ . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x y2 5 0− − = . Gọi

I d BN( )= ∩ .

Giải hệ: x y

x y2 5 0

2 5 0 + + = − − =

. Suy ra: I(–1; 3) A '( 3; 4)⇒ − −

• Phương trình BC: x y7 25 0+ + = . Giải hệ: BC x yCH x y

: 7 25 0: 1 0

+ + = − + =

⇒ C13 9;4 4

− − ÷

.

• BC2 2

13 9 4504 34 4 4

= − + + + = ÷ ÷

, d A BC2 2

7.1 1( 2) 25( ; ) 3 2

7 1

+ − += =

+.

Suy ra: ABCS d A BC BC1 1 450 45( ; ). .3 2. .2 2 4 4

= = =

2) a) • VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u u1 2(4; 6; 8), ( 6;9;12)= − − = −r r ⇒ u u1 2,r r

cùng

phương.Mặt khác, M( 2; 0; –1) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2.. Vậy d1 // d2.

• VTPT của mp (P) là n MN u11 , (5; 22;19)2

= − = − uuuurr r ⇒ Phương trình mp(P):

x y z5 –22 19 9 0+ + = .

b) AB (2; 3; 4)= − −uuur

⇒ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .

Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và

d. Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

• Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 36 33 15; ;29 29 29

÷

. A’ đối xứng với A qua H nên A’

43 95 28; ;29 29 29

− ÷

I là trung điểm của A’B suy ra I65 21 43; ;29 58 29

− − ÷

.

Câu VII.a: Nhận xét z 0= không là nghiệm của PT. Vậy z 0≠

Chia hai vế PT cho z2 ta được: z zzz

221 1 1 0

2

+ − − + = ÷ ÷ (1)

Đặt t zz1= − . Khi đó t z

z2 2

21 2= + − z t

z2 2

21 2⇔ + = +

Phương trình (2) trở thành: t t2 5 02

− + = (3). i251 4. 9 92

∆ = − = − =

Trang 163


⇒ PT (3) có 2 nghiệm it 1 3

2+= ,

it 1 32−=

• Với it 1 3

2+= : ta có

iz z i zz

21 1 3 2 (1 3 ) 2 02+− = ⇔ − + − = (4a)

Có i i i i i2 2 2(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )∆ = + + = + = + + = +

⇒ PT (4a) có 2 nghiệm : i iz i(1 3 ) (3 ) 1

4+ + += = + ,

i i iz (1 3 ) (3 ) 14 2

+ − + −= =

• Với it 1 3

2−= : ta có

iz z i zz

21 1 3 2 (1 3 ) 2 02−− = ⇔ − − − = (4b)

Có i i i i i2 2 2(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )∆ = − + = − = − + = −

⇒ PT (4b) có 2 nghiệm : i iz i(1 3 ) (3 ) 1

4− + −= = − ,

i i iz (1 3 ) (3 ) 14 2

− − − − −= =

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : i iz i z i z z1 11 ; 1 ; ;

2 2− − −= + = − = = .

Câu VI.b: 1) Ta có: I d d1 2= ∩ ⇒ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: xx y

x y y

93 0 26 0 3

2

= − − = ⇔ + − = =

⇒ I 9 3;2 2

÷

Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M d Ox1= ∩ là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3;

0)

Ta có: AB IM2 2

9 32 2 3 3 22 2

= = − + = ÷ ÷

Theo giả thiết: ABCDABCD

SS AB AD AD

AB12. 12 2 2

3 2= = ⇔ = = =

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD1⇒ ⊥Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận n (1;1)=r làm VTPT nên có PT:x y 3 0+ − =

Mặt khác: MA MD 2= = ⇒ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: ( )x y

x y2 2

3 0

3 2

+ − =

− + =

( ) ( )y x y x y x

xx y x x2 22 2

3 3 33 13 2 3 (3 ) 2

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

xy

21

=⇔ = hoặc

xy

41

= = −

.

Vậy A( 2; 1), D( 4; –1).

Do I 9 3;2 2

÷

là trung điểm của AC suy ra: C I A

C I A

x x xy y y

2 9 2 72 3 1 2

= − = − = = − = − =

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

2) a) d1 có VTCP u1 (1; 1;2)= −r và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 ( 2;0;1)= −r

và đi

qua điểm N( 2; 3; 0) .

Ta có: u u MN1 2, . 10 0 = − ≠ uuuurr r

⇒ d1 , d2 chéo nhau.

Trang 164


Gọi A t t t d1(2 ;1– ;2 )+ ∈ , B t t d2(2 –2 ; 3; )′ ′ ∈ .

AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 ⇔ AB uAB u

1

2

. 0

. 0

=

=

uuur ruuur r ⇒

t

t

13

' 0

= − =

⇒ A5 4 2; ;3 3 3

− ÷

; B

(2; 3; 0)

Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 ⇒ ∆:

x ty tz t

23 52

= + = + =

b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: x y z2 2 2

11 13 1 56 6 3 6

− + − + + = ÷ ÷ ÷

Câu VII.b: Ta có: i C iC i C2009 0 1 2009 2009

2009 2009 2009(1 ) ..+ = + + +

C C C C C CC C C C C C i

0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 20091 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009

....( ... )

= − + − + − + +− + − + − +

Thấy: S A B1 ( )2

= + , với A C C C C C C0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...= − + − + − +

B C C C C C C0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...= + + + + + +

• Ta có: i i i i i10042009 2 1004 1004 1004(1 ) (1 ) (1 ) (1 ).2 2 2 + = + + = + = + .

Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của i 2009(1 )+ nên A 10042= .

• Ta có: x C xC x C x C2009 0 1 2 2 2009 20092009 2009 2009 2009(1 ) ...+ = + + + +

Cho x = –1 ta có: C C C C C C0 2 2008 1 3 20092009 2009 2009 2009 2009 2009... ...+ + + = + + +

Cho x=1 ta có: C C C C C C0 2 2008 1 3 2009 20092009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2+ + + + + + + = .

Suy ra: B 20082= .

• Từ đó ta có: S 1003 20072 2= + .

Trang 165

55 Đề thi thử đại học có hướng dẫn giải 2014 trần sĩ tùng

Education