Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung)

Luyện giải đề môn Toán 2014

Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN

ThÇy: §ÆNG VIÖT HïNG

TUYỂN CHỌN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
HAY VÀ ĐẶC SẮC (PHẦN 1)

NĂM HỌC 2013 - 2014
Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!


LỜI NÓI ĐẦU

Các em học sinh thân mến!
Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng trong việc ôn thi,
chuẩn bị những kiến thức nền tảng tốt nhất cho kỳ thi Đại học.
Hiểu được điều đó, thầy quyết định tổng hợp lại các đề thi được giải chi tiết mà thầy soạn riêng cho
khóa LUYỆN THI ĐẠI HỌC và LUYỆN GIẢI ĐỀ 2014 tại Moon.vn để giúp các em có thêm tư
liệu ôn tập, học tập cách trình bày theo balem điểm mà Bộ giáo dục thường áp dụng trong chấm thi Đại
học.
Với cách trình bày khoa học, rõ ràng thầy tin tưởng cuốn sách này sẽ đánh bại mọi cuốn sách khác
(^^^) về độ chất của nó các em nhỉ?
Toán học là môn học ưa phong cách tài tử (nó thể hiện qua phong cách làm bài, tư duy giải toán của
người làm), nhưng phải tài tử một cách khéo léo, thông minh. Đối với Toán học, không có trang sách
nào là thừa. Từng trang, từng dòng phải hiểu. Để học tốt môn Toán, đòi hỏi phải kiên nhẫn, bền bỉ ngay
từ những bài tập đơn giản nhất, những kiến thức cơ bản nhất đó!
Cuối cùng, thầy chúc tất cả các em đã theo thầy suốt một chặng đường dài SỨC KHỎE, SỰ MAY
MẮN, và đặc biệt là THÀNH CÔNG trong các kỳ thi lớn sắp tới!

Thầy Đặng Việt Hùng (Han Dong Hae)




01. ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 có đồ thị là (Cm).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = −2 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0 ; −2), B và C sao
cho diện tích tam giác OBC bằng 13 (với O là gốc tọa độ).

1
( sin 4 x + sin 2 x ) .
6
 x(4 x 2 + 1) − y 2 y − 1 = 0

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
x
2
+2 =0
−2 x + xy + 3 x −
2

e 2
x + x ln x + 1 x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
e dx.
x
1

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình tan 2 x − tan x =

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a; AD = a 3 .
Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa
hai mặt phẳng ( ADD ' A ') và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ

điểm B ' đến mặt phẳng ( A ' BD ) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

c2
c2
ab
+ 2
+
.
2
2
(a + b − c) a + b a + b

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 4 và điểm
2

E(4; 1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến
đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua E.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1, d2 có phương trình
x −1 y + 1 z
x − 2 y z −1
d1 :
=
= và d 2 :
= =
. Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông
2
1
2
1
1
−2
góc với mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 5 z + 3 = 0 .
2 − iz z + 2i
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
−
= 2 z.
2 + i 1 − 2i
B. Theo chương trình Nâng cao
x2 y2
−
= 1. Viết phương
16 9
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).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 và

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Hypebol ( H ) :

đường thẳng (d ) :

x+3
= y + 1 = z − 3 , điểm A(−2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua
2


giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho độ dài đoạn AM ngắn
nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn z 2 − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn nhất.

LỜI GIẢI ĐỀ 1:
Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án
a) (1,0 điểm)
Với m = 1 thì hàm số có dạng y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2
Tập xác định D = ℝ .

Điểm
0,25

x =1
Đạo hàm y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 ⇒ y ' = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
x = 3
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) ; ( 3; +∞ ) và nghịch biến trên (1; 3).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y = 2; đạt cực tiểu tại x = 3; y = −2.

(

)

(

0,25

)

Các giới hạn: lim x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 = +∞ ; lim x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 = −∞
x →+∞

x →−∞

0,25

Điểm uốn: y ' = 6 x − 12 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 2  U ( 2;0 ) .
→
Bảng biến thiên:
x
−∞
y’

1
+

0

3
−

0

+∞
+

2

0,25
+∞

y
−∞
Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

−2

0,25

Nhận xét:
+ Đồ thị hàm số nhận điểm U(2; 0) làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; −2).
b) (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x − 2 = −2
⇔ ( 2 − m ) x3 − 6mx 2 + 9 ( 2 − m ) x = 0 ⇔ x ( 2 − m ) x 2 − 6mx + 9 ( 2 − m )  = 0



 x = 0 ⇒ A(0; −2)
⇔
2
( 2 − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) = 0 ⇔ g ( x) = 0
Hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C khi phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm

0,25

0,25




 ∆ g = 9m 2 − 9 ( 2 − m ) 2 > 0  m > 1

phân biệt và khác 0. Ta có điều kiện: 
⇔
m ≠ 2
 g (2) = 2 − m ≠ 0

Giả sử B ( x1 ; −2 ) , C ( x2 ; −2 ) , với x1; x2 là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0.
6m

 x1 + x2 =
Theo định lí Vi-ét ta có 
2−m
 x1 x2 = 9

1
1
Ta có S∆OBC = d ( O; d ) .BC ⇔ 13 = .2.BC ⇒ BC = 13
2
2

14

2
 6m 
 m = 13
⇔ x1 − x2 = 13 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 13 ⇔ 
 − 36 = 13 ⇔ 
2−m
 m = 14

14
Đối chiếu với điều kiên ta được m = ; m = 14 là các giá trị cần tìm.
13
π mπ

x≠ +
cos 2 x ≠ 0 

4 2
Điều kiện 
⇔
cos x ≠ 0
 x ≠ π + nπ

2

Phương trình đã cho tương đương với 6sin x = cos 2 x cos x(sin 4 x + sin 2 x)
⇔ 6sin x = cos x cos 2 x(4sin x cos x cos 2 x + 2sin x cos x)

0,25

2

2
(1,0 điểm)

⇔ sin x(4cos 2 x cos 2 2 x + 2cos 2 x cos 2 x − 6) = 0

0,25

0,25

0,25

⇔ sin x  (2cos 2 2 x(1 + cos 2 x) + cos 2 x(1 + cos 2 x) − 6  = 0


⇔ sin x(2cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6) = 0

0,25

⇔ sin x(cos 2 x − 1)(2cos 2 x + 5cos 2 x + 6) = 0
2

3
(1,0 điểm)

sin x = 0 ⇔ x = kπ
⇔
⇔ x = kπ
2
 cos 2 x = 1 ⇔ sin x = 0
Kết hợp với điêu kiện ta được nghiệm của phương trình là x = kπ; k ∈ Z.
Điều kiện: x ≥ −4, y ≥ 1
2

Ta có (1) ⇔ 2 x(4 x 2 + 1) = 2 y 2 y − 1 = 0 ⇔ (2 x)3 + 2 x = ( 2 y − 1)3 + 2 y − 1 (*)
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t ta có f ′(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên f (t ) đồng biến trên ℝ .
(*) ⇔
x ≥ 0
(2 x)3 + 2 x = ( 2 y − 1)3 + 2 y − 1 ⇔ f (2 x) = f ( 2 y − 1) ⇔ 2 x = 2 y − 1 ⇔  2
4 x + 1 = 2 y
x
+ 2 = 0 ⇔ −4 x 2 + x(2 y ) + 6 x − 2 x + 8 = 0
2
⇔ −4 x 2 + x(4 x 2 + 1) + 6 x − 2 x + 8 = 0 ⇔ 4 x3 − 4 x 2 + 7 x − 2 x + 8 = 0
1
Xét hàm số g ( x) = −4 x 2 + 4 x3 + 7 x − 2 x + 8 ⇒ g ′( x) = 12 x 2 − 8 x + 7 −
2x + 8

Từ (2) ta có −2 x 2 + xy + 3x −

5 2x + 8 −1
= 4 x + 2(2 x − 1) +
> 0, ∀x ≥ 0 nên g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; +∞)
2x + 8
Mặt khác ta dễ thấy g 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
2
2
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 ; y = 1
2
e 2
e
e
e x
x + x ln x + 1 x
e
Ta có I = ∫
e dx = ∫ xe x dx + ∫ ln x e x dx + ∫ dx = I1 + I 2 + I 3
x
x
1
1
1
1
2

0,25

0,25

0,25

2

()

4
(1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25




e

e

1

1

e
+ Xét I1 = ∫ xe x dx = xe x 1 − ∫ e x dx = ee (e − 1)
e

e

0,25
e

ex
ex
dx = ee − ∫ dx = ee − I 3 ⇔ I 2 + I 3 = ee
x
x
1
1

e

+ Xét I 2 = ∫ e x ln x dx = e x ln x − ∫
1

1
e

0,25

e

ex
ex
dx + ∫ dx = ee +1
x
x
1
1

Từ đó suy ra I = ee +1 − ee + ee − ∫

0,25

5
(1,0 điểm)

0,25

Gọi O là giao điểm của AC và BD, theo bài ta có A ' O ⊥ ( ABCD ).
Gọi I là trung điểm của AD. Ta có OI ⊥ AD.
( ADD ' A ') ∩ ( ABCD ) = AD

⇒ góc giữa ( ADD ' A ') và ( ABCD ) là A ' IO = 600.
Do 
AD ⊥ ( A ' OI )


1
a
a
a 3
AB = ⇒ A ' O = OI .tan A ' IO = .tan 600 =
2
2
2
2
a 3
3a 3
Suy ra, thể tích khối lăng trụ là VABCD. A ' B ' C ' D ' = A ' O.S ABCD =
.a.a 3 =
(đvtt).
2
2
Do AB′và A′B cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên A và B′ đối xứng nhau qua
( A ' BD ).

Ta có OI =

Suy ra d [ B;( A ' BD )] = d [ A;( A ' BD) ]

0,25

 AH ⊥ BD
Trong (ABCD) dựng AH ⊥ BD. Do 
⇒ AH ⊥ ( A ' BD ), hay
 AH ⊥ A ' O
AH = d [ A;( A ' BD )].
Trong tam giác vuông ABD ta có

6
(1,0 điểm)

1
1
1
=
+
⇒ AH =
AH 2 AB 2 AD 2

AB. AD
AB + AD
2

0,25

2

=

a 3
2

a 3
Vậy khoảng cách từ B′ đến (A′BD) bằng
.
2
Ta có a 2 + b2 + c 2 − 2bc − 2ca = −ab ⇔ a 2 + b2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ca = ab ⇔ (a + b − c)2 = ab
a
b
Đặt x = ; y = ( x, y > 0 ) .
c
c
( x + y)2
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤
(*)
4
2
ab a b
a b 
Khi đó (a + b − c)2 = ab ⇔  + − 1 = 2 = . ⇔ ( x + y − 1)2 = xy
c
c c
c c 

0,25

0,25

0,25




( x + y)
( x + y )2
2
⇔ ( x + y − 1) 2 ≤
⇒ ≤ x+ y≤2
4
4
3
a b
.
2
2
c
c
ab
1
1
c c =
Ta có P =
+
+
=
+
+
(a + b − c)2 a 2 + b 2 a + b  a b 2  a 2  b 2 a + b
 + − 1
  + 
c c
c c 
c c
xy
xy
1
1
1
1
=
+ 2
+
=
+ 2
+
2
2
2
( x + y − 1) x + y x + y xy x + y x + y

Áp dụng (*) ta được ( x + y − 1)2 = xy ≤

Áp dụng các bất đẳng thức cơ bản
P≥

2

xy
2 xy
1 1
4
≥
và + ≥
ta được
2
x + y ( x + y)
x y x+ y

 2 xy
1
1
2 xy
1
1
2 xy
1
4
1 
+ 2
+
=
+ 2
+
+
≥ 2
+
+

2
2
2
2
2
2
xy x + y
2 xy x + y
2 xy x + 2 xy + y  ( x + y )
2 xy 
( x + y)
( x + y)

4
2 xy
1
4
2
4 2
+2
.
=
+
≥
+ =1⇒ P ≥ 2
2
2
2 xy ( x + y ) 2 x + y 22 2
( x + y)
( x + y)
Vậy minP = 2 khi x = y = 1 tức a = b = c.
Đường tròn (C) có tâm I(4; 0), bán kinh
R=2
M thuộc Oy nên giả sử M(0; m)
Ta có IM = (−4; m) ⇒ đường thẳng AB
≥

7.a
(1,0 điểm)

0,25

có một véc tơ chỉ phương là u AB = (m;4)
Đường thẳng AB đi qua E(4; 1) và có véc
tơ chỉ phương u AB = (m;4) nên có

0,25

0,25

 x = 4 + mt
phương trình tham số là 
 y = 1 + 4t
A thuộc đường thẳng AB nên có tọa độ dạng A ( 4 + mt;1 + 4t ) .
2
( x A − 4) 2 + y A = 4 ⇔ (mt ) 2 + (1 + 4t )2 = 4, (*)
 A ∈ (C )

Do 
⇒
 IA ⊥ MA  IA.MA = 0


 IA = (mt;1 + 4t )

Ta có 
⇒ IA.MA = (mt )2 + 4mt + (1 + 4t ) 2 − m(1 + 4t ) = 0
 MA = (4 + mt;1 + 4t − m)


8.a
(1,0 điểm)

⇔ (mt ) 2 + (1 + 4t ) 2 − m = 0 . Thay (*) vào ta tìm được m = 4.
Vậy điểm M(0; 4) là điểm cần tìm.
Viết lại phương trình các đường thẳng dạng tham số ta được
 x = 1 + 2t1
 x = 2 + t2


d1 :  y = −1 + t1 , d 2 :  y = t2
 z = 2t1
 z = 1 − 2t2



0,25

⇒ AB = (t2 − 2t1 + 1; t2 − t1 + 1; −2t2 − 2t1 + 1) .

0,25

x +1 y + 2 z + 2
=
=
.
2
1
5

0,25

2 − iz z + 2i
−
= 2 z ⇔ (2 − iz )(1 − 2i ) − ( z + 2i )(2 + i ) = 2(2 + i)(1 − 2i ) z
2 + i 1 − 2i
(1)
⇔ (2 − 4i ) − (2 + i) z = (4 − 3i) z
Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R.
Ta có

0,25

t1 = −1
t2 − 2t1 + 1 t2 − t1 + 1 −2t2 − 2t1 + 1
=
=
⇔
2
1
5
t2 = −1

Suy ra A(−1; −2; −2). Phương trình đường thẳng cần tìm là d :

9.a
(1,0 điểm)

0,25
0,25

Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là nP = (2;1;5)
Giả sử: A = d ∩ d1 ⇒ A(1 + 2t1 ; −1 + t1 ;2t1 ); B = d ∩ d 2 ⇒ B (2 + 2t2 ; t2 ;1 − 2t2 )

Theo bài, d ⊥ ( P ) ⇒ AB = k nP ⇔

0,25

0,25
0,25

0,25



(1) ⇔ (2 − 4i ) − (2 + i )(a + bi) = (4 − 3i)(a − bi) ⇔ (2 − 2a + b) − (4 + a + 2b)i
= (4a − 3b) − (3a + 4b)i

7.b
(1,0 điểm)

 2 − 2a + b = 4a − 3b
3a − 2b = 1  a = 1
⇔
⇔
⇔
⇒ z =1+ i
 4 + a + 2b = 3a + 4b
a + b = 2
b = 1
Vậy số phức cần tìm là z = 1 + i.
(H) có các tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là A( 4;
3).
x2 y2
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1, ( a > b > 0 )
a
b
2
2
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 (1)
Do M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a 2 + 16b2 = a 2b2

8.b
(1,0 điểm)

0,25

0,25
0,25

0,25

(2)

 a 2 = 52 + b 2
 a 2 = 40


Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  2
⇔ 2
2
2 2
9a + 16b = a b
b = 15


2
2
x
y
Vậy phương trình chính tắc của (E) là ( E ) : +
= 1.
40 15
 x = 2t − 3

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y = t − 1
z = t + 3

Gọi I là giao điểm của d và (P) ⇒ I ( 2t − 3; t − 1; t + 3)

0,25

0,25

Do I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 3 + 2(t − 1) − (t − 3) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( −1;0;4 ) .

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud = (2;1;1) , mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
nP = (1; 2; −1) .

⇒ ud , nP  = ( −3;3;3) = 3 ( −1;1;1)  u∆ = ( −1;1;1)
→



0,25

x = 1− u

Khi đó đường thẳng ∆ có phương trình ∆ :  y = u
z = 4 + u

Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( −1 − u; u; 4 + u ) ⇒ AM = (1 − u; u − 3; u )

0,25

AM ngắn nhất ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM ⊥ u∆ ⇔ AM .u∆ = 0 ⇔ −(1 − u ) + (u − 3) + u = 0 ⇔ u =
 7 4 16 
Vậy M  − ; ;  là điểm cần tìm.
 3 3 3

9.b
(1,0 điểm)

4
3

0,25

Trong các số phức z thỏa mãn z 2 − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn nhất.

0,25

Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R. Ta có z = a 2 + b 2 .
Mặt khác z 2 = (a + bi) 2 = a 2 − b 2 + 2abi ⇒ z 2 − i = (a 2 − b 2 ) + (2ab − 1)i
Theo bài ta có z 2 − i = 1 ⇔ (a 2 − b 2 )2 + (2ab − 1) 2 = 1 ⇔ (a 2 − b 2 ) 2 + (2ab − 1) 2 = 1

(

⇔ a 4 + b 4 − 2a 2b 2 + 4a 2 b 2 + 1 − 4ab = 1 ⇔ a 2 + b 2

)

2

0,25

= 4ab
2

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 b 2 = 2 ab ≥ 2ab ⇔ z ≥ 2ab
4

(

Khi đó z = a 2 + b 2

)

2

2

4

2

2

= 4ab ≤ 2 z ⇔ z ≤ 2 z ⇔ z ≤ 2 ⇔ z ≤ 2

a = b

a = b = 1
Suy ra, z max = 2 đạt được khi  ab = ab ⇔ 
 a = b = −1
 2
2
a + b = 2
Vậy, có hai số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 1 + i hoặc z = –1 – i.

0,25

0,25




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

(

)

1 3 1
x + ( m − 1) x 2 + m − 2m 2 x + 4m − 1, với m là tham số.
3
2
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = –1.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

2
b) Tìm m để hàm số đã cho đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ x1 ; x2 sao cho 2 x12 + x2 = 17.

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

3 ( tan x + 1)
7π 

− 4 2 sin  x −  = 1.
cos x
4 


 x5 − 5 x = y 5 − 5 y

; ( x, y ∈ ℝ ) .
2
2
2
2 1 − x + 2 x − y = 2

π

cos 2  x + 
8

dx.
sin 2 x + cos 2 x + 2
0
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Các điểm M, N lần lượt
nằm trên các đoạn thẳng AB, AD sao cho MB = MA; ND = 3NA. Biết SA = a, MN vuông góc với SM và
tam giác SMC cân tại S. Tính thể tích khối chóp S.MNDC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
π
4

MC theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 2 x + 3 y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + 1 + 3 y 2 + 16 + z 2 + 36.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ có phương trình x – y + 1 =
0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho qua M kẻ được hai
tiếp tuyến MA; MB đến đường tròn (C), (với A, B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm
3

N  −1;  đến AB là lớn nhất.
2

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) và N (−1;1;3) . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0;0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất
n−2

 n

n +1
n
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x 4 trong khai triển 1 + x + 3 x 2  biết Cn + 4 − Cn + 3 = 7(n + 3).
 6

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường
thẳng AB :2 x + y − 1 = 0 , phương trình đường thẳng AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1; − 3) nằm trên
đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2 MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0;3); B (2; −2; −3) và đường
x − 2 y +1 z
=
= . Chứng minh A, B và ∆ cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm toạ độ điểm M
thẳng ∆ :
1
2
3
thuộc ∆ sao cho ( MA4 + MB 4 ) nhỏ nhất.




Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z −

z
6 + 7i
=
. Tìm phần thực của số phức z 2013 .
1 + 3i
5

Câu
1 (2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) Khảo sát hàm số
1
Với m = −1 hàm số có dạng y = x3 − x 2 − 3 x − 5.
3
Tập xác định: D = ℝ.
 x = −1
Đạo hàm: y ' = x 2 − 2 x − 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ 
x = 3
Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (3; +∞); hàm số nghịch biến trên (−1; 3).
10
Hàm số đạt cực đại tại x = −1; y = − , và đạt cực tiểu tại x = 3; y = –14.
3
Giới hạn, điểm uốn:
1

1

lim y = lim  x3 − x 2 − 3x − 5  = +∞; lim y = lim  x 3 − x 2 − 3 x − 5  = −∞
x →+∞
x →+∞  3
x →−∞
x →−∞  3


26 

Ta có y′′ = 2 x − 2 ⇒ y ′′ = 0 ⇔ x = 1  U  1; −  .
→
3 

x
−∞
−1
3
+∞
y’

+

y
−∞

0

−

10
−
3

0

+

0,25

0,25

0,25
+∞

−14

0,25

Nhận xét:
26 

+ Đồ thị nhận điểm uốn U 1; −  làm tâm đối xứng.
3 

+ Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; −5).

b) Tìm m...



Ta có y ' = x + ( m − 1) x + m − 2m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
2

2

(

)

1
Điều đó xảy ra khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 1) − 4 m − 2m > 0 ⇔ ( 3m − 1) > 0 ⇔ m ≠ .
3
1 − m + 3m − 1

=m
x =
2
Khi đó, phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt 
 x = 1 − m − 3m + 1 = 1 − 2m

2

Do vai trò x1; x2 bình đẳng có hai trường hợp sau xảy ra.
2
Trường hợp 1: x1 = m; x2 = 1 − 2m ⇒ 2 x12 + x2 = 17 ⇔ 2m2 + (1 − 2m)2 = 17
m = 2
2
⇔ 6m − 4m − 16 = 0 ⇔ 
m = − 4

3

2

2

0,25

2

0,25

0,25

2
Trường hợp 2: x1 = 1 − 2m; x2 = m ⇒ 2 x12 + x2 = 17 ⇔ 2(1 − 2m)2 + m2 = 17

⇔ 9m 2 − 8m − 15 = 0 ⇔ m =

2 (1,0đ)

4 ± 151
.
9

0,25

4
4 ± 151
.
Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 2; m = ; m =
3
9
3 ( tan x + 1)
7π 

Giải phương trình 3tan 2 x +
− 4 2 sin  x −
 = 1, (1) .
cos x
4 

π
Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ, (*)
2
7π 
π
π




Ta có 2 sin  x −
 = 2 sin  x + − 2π  = 2 sin  x +  = sin x + cos x.
4 
4
4




sin 2 x 3 ( sin x + cos x )
Khi đó, (1) ⇔ 3
+
− 4 ( sin x + cos x ) = 1
cos 2 x
cos 2 x
⇔ 3sin 2 x + 3 ( sin x + cos x ) − 4cos 2 x ( sin x + cos x ) − cos 2 x = 0

(

)

(

0,25

)

⇔ 3 − 4cos 2 x + ( sin x + cos x ) 3 − 4cos 2 x = 0 ⇔ (1 + sin x + cos x ) 3 − 4cos 2 x = 0

0,25

3 − 4cos 2 x = 0
⇔
1 + sin x + cos x = 0

1
π
π
⇔ 2 x = ± + k 2π ⇒ x = ± + kπ.
2
3
6
Các nghiệm này đều thỏa mãn (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho.
Với
π
π
1
π
3π


1 + sin x + cos x = 0 ⇔ 1 + 2 cos  x −  = 0 ⇔ cos  x −  = −
⇔ x − = ± + k 2π
4
4
4
4
2


π 3π

 x = π + k 2π
 x − 4 = 4 + k 2π
⇔
⇔
 x = − π + k 2π
π
3π
 x − = − + k 2π

2

4
4

Đối chiếu với (*) ta được x = π + k 2π là nghiệm của phương trình.
π
Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là x = ± + kπ; x = π + kπ, k ∈ ℤ.
6
5
5
x − 5x = y − 5 y
(1)

Giải hệ phương trình 
2
2
2
( 2)
2 1 − x + 2 x − y = 2

Với 3 − 4 cos 2 x = 0 ⇔ 3 − 2 (1 + cos 2 x ) = 0 ⇔ cos 2 x =

3 (1,0đ)

1 − x 2 ≥ 0
 x2 ≤ 1


Điều kiện:  2
⇔ 2
2
2
2 x − y ≥ 0 2 x ≥ y



0,25

0,25

0,25




( )

Xét u = ( x; y ) , v = ( x′; y ′ ) ⇒ u.v = u . v .cos u; v ≤ u . v ⇒ u.v ≤ u . v
⇔ xx′ + yy′ ≤ x 2 + y 2 . x′2 + y′2 , (*)

( )

( )

Dấu bằng xảy ra khi cos u; v = 1 ⇔ u; v = 00 ⇔ u = kv ⇔

x y
= .
x′ y ′

Áp dụng (*) cho phương trình (2) ta được

2 = 2. 2 − 2 x 2 + 1. 2 x 2 − y 2 ≤ 2 + 1. 2 − 2 x 2 + 2 x 2 − y 2 ⇔ 2 − y 2 ≥

2
3

0,25

4
2
⇔ y 2 ≤ < 1 ⇒ y 2 < 1. Khi đó, x 2 ≤ 1; y 2 < 1.
3
3
5
Xét hàm số f (t ) = t − 5t với 0 ≤ t ≤ 1.
⇔ 2 − y2 ≥

(

)(

)

Ta có f ′(t ) = 5t 4 − 5 = 5 t 2 − 1 t 2 + 1 ≤ 0 ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ f (t ) là hàm nghịch biến trên [0; 1].
Khi đó, (1) ⇔ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y.

0,25

Thay vào (2) ta được 2 1 − x 2 + x 2 = 2. Đặt u = x 2 ; 0 ≤ u ≤ 1 ta được

2 1 − u + u = 2 ⇔ 2 1 − u = 2 − u ⇔ 4 (1 − u ) = 4 − 4 u + u ⇔ 5u − 4 u = 0

 u =0
u = 0 ⇒ x = 0; y = 0

⇔
⇔
 u=4
u = 16 ⇒ x = ± 4 ⇒ y = ± 4


25
5
5

5


4 (1,0đ)

0,25


 4 4   4 4 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm: ( x; y ) = ( 0;0 ) ,  ;  ,  − ; −   .
 5 5   5 5 

π
π

1 + cos  2 x + 
14
π
1
4

Ta có I = ∫
dx . Đặt t = 2 x − ⇒ dx = dt.
π
20
4
2

2 cos  2 x −  + 2
4

π
π
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = − ; x = ⇒ t = .
4
4
4
π
π
π
π

 π

1 + cos  t + 
4
4

1 4
1 − sin t
1  4
dt
sin t
 2  dt = 1
Khi đó, I = ∫
∫ 1 + cos t dt = 4 2  ∫ 1 + cos t − ∫ 1 + cos t dt  .
4 π 2 cos t + 2
4 2 π
π
 −π

−
−
−
4
4
4
 4

π
π
π
t
π
d 
4
4
4
dt
dt
t4
π
π
2

 π
= ∫   =  tan  = tan − tan  −  = 2 tan = 2 2 − 1
∫ 1 + cos t = ∫
2  −π
8
8
2 t
2 t

 8
π
π
π
−
− 2cos
− cos
4
4
4
4
2
2

(

π
4

π
4

sin t
d (1 + cos t )
∫ 1 + cos t dt = − ∫ 1 + cos t = − ln 1 + cos t
π
π

−

4

−

π
4
−

π
4

=0

)

0,25

0,25

0,25

4

π
1 
π
8 = 2 −1 = 2 − 2 .
V ậy I =
 2 tan  =
8 2 2
4
4 2
2 2
tan

0,25


5 (1,0đ)


0,25

2

2

9a
 3a 
Ta có NC 2 = DC 2 + DN 2 = a 2 +   = a 2 +
16
 4 
2

2

a2 a2
a2
a a
MN = AM + AN =   +   =
+ ; MC 2 = BM 2 + BC 2 =
+ a2
4 16
4
2 4
2
2
2
2
2
2
9a
a
a
a
a
a
MN 2 + MC 2 =
+
+
+ a2 = a2 +
+
= a2 +
= NC 2 ⇒ ∆MNC vuông tại M.
4 16 4
2 16
16
Gọi H là trung điểm của MC, ∆SMC cân tại S nên SH ⊥ MC, (1)
Theo bài ta có MN ⊥ SM ; MN ⊥ MC ⇒ MN ⊥ ( SMC ) ⊃ SH ⇒ MN ⊥ SH , (2)
2

2

2

1
Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ ( MNC ) hay SH ⊥ ( ABCD ) . Khi đó, VS .MNDC = SH .S MNDC
3
2
1 a a 1 a
11a
Ta có S MNDC = S ABCD − S AMN − S BCM = a 2 − . . − . .a =
(đvdt).
2 4 2 2 2
16
1
a
Kẻ HF ⊥ AB ⇒ HF = BC = , đồng thời F là trung điểm của BM .
2
2
2
2
2
 3a   a  13a
Từ đó ta được AH 2 = AF 2 + HF 2 =   +   =
16
 4  2
Trong tam giác vuông SAH ⇒ SH = SA2 − AH 2 = a 2 −

0,25

13a 2 a 3
=
16
4

1 a 3 11a 2 11a 3 3
⇒ VS .MNDC = .
.
=
(đvtt).
3 4 16
192
Kẻ AK // CM ⇒ CM // (SAK). Khi đó d ( SA; MC ) = d ( MC ;( SAK ) ) = d( H ;( SAK ) )
Kẻ HL ⊥ AK ; HI ⊥ SL ⇒ HI ⊥ ( SAK ) ⇒ HI = d( H ;( SAK ) )

1 a 1 a a2
Ta có S AMCK = S ABCD − S BCM − S ADK = a 2 − .a. − .a. =
2 2 2 2 2

0,25
0,25



2

Mặt khác S AMCK

S
= HL. AK ⇒ HL = AMCK =
AK

a
2

a2 +

2

=

a
4

1
1
1
Xét tam giác vuông SHL ⇒
=
+
⇒ HI =
2
2
HI
HL SH 2

Vậy d ( SA; MC ) =

6 (1,0đ)

Ta có P =

a 5
.
5
a 5 a 3
.
4 = a 93 .
= 5
2
31
HL2 + SH 2
a
3a 2
+
5
16
HL.SH

a 93
.
31

( 2x)2 + 22 + ( 3y)2 +122 +

z2 + 62

Trong hệ toạ độ Oxy xét 3 véc tơ
a = ( 2 x;2 ) , b = ( 3 y;4 ) , c = ( z;6 ) ⇒ a + b + c = ( 2 x + 3 y + z;2 + 12 + 6 ) = ( 40; 20 )

a =

( 2 x )2 + 22 , b = ( 3 y )2 + 122 , c

=

( z )2 + 62 , a + b + c = 20

5

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ ta có P = a + b + c ≥ a + b + c ⇒ P ≥ 20 5 .

Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b, c cùng hướng, tức
⇒ x = 2, y = 8, z = 12

2x 3 y z
2x + 3y + z
=
= ⇒
=2
2 12 6
20

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 20 5 đạt được khi x = 2, y = 8, z = 12

7.a
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25
0,25

Gọi M ( t;1 + t ) ∈ ( ∆ ) .
Để qua M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến
(C) thì M phải nằm ngoài (C), tức là MI > R.
Đường tròn (C) có tâm I(1; −2), bán kính R
= 3.
Khi đó MI > R ⇔ (t − 1) 2 + (t + 3)2 > 3

 −2 + 2
t >
2
⇔ 2t 2 + 4t + 1 > 0 ⇔ 
 −2 − 2
t <

2

0,25

(*)

Gọi A(x; y) là tiếp điểm của tiếp tuyến qua M và (C), suy ra x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0, (1)
Mặt khác, AI ⊥ AM ⇔ AI . AM = 0 ⇔ (1 − x; −2 − y ) . ( t − x;1 + t − y ) = 0
⇔ (1 − x)(t − x) + (−2 − y )(1 + t − y ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − (t + 1) x − (t − 1) y − t − 2 = 0, (2)

0,25

Trừ (1) cho( 2) vế theo vế ta được : ( t − 1) x + ( t + 3) y + t − 2 = 0

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua A, B là (d ) : ( t − 1) x + ( t + 3) y + t − 2 = 0

Biến đổi phương trình đường (d) ta được t ( x + y + 1) = x − 3 y + 2.
Gọi P là một điểm cố định mà (d) luôn đi qua, suy ra tọa độ của P thỏa mãn hệ phương trình
sau
5

x = − 4
x + y +1 = 0

 5 1
⇔
⇒ P  − ; .

 4 4
x − 3y + 2 = 0
y = 1

4

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên (d) ⇒ NH ≤ NP.
Khoảng cách từ N đến (AB) lớn nhất khi NH ≡ NP hay NP ⊥ AB.
 1 5
Ta có NP =  − ; −  , ud = ( t + 3;1 − t ) ⇒ NP.ud = 0 ⇔ t + 3 + 5 − 5t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (2;3).
 4 4
Vậy M (2;3) là điểm cần tìm.

0,25

0,25


8.a
Gọi nP = ( a, b, c ) , với a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
(1,0đ)
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng ax + b ( y + 1) + c ( z − 2 ) = 0
0,25

N ( −1;1;3) ∈ ( P ) ⇒ a = 2b + c

Khoảng cách từ K đến mp(P) là: d ( K , ( P ) ) =

- Nếu b = 0 thì d ( K , ( P ) ) = 0 (loại)

- Nếu b ≠ 0 thì d ( K , ( P ) ) =

b
4b + 2c + 4bc
2

2

b
a +b +c
2

2

2

b

=

4b + 4bc + 2c 2
2

1

=

≤

2

c 
2  + 1 + 2
b 

1
2

c
= −1 ⇔ b = −c . Chọn b = 1; c = −1 ⇒ a = 1
b
Khi đó (P): x + y – z + 3 = 0
(n + 4)! (n + 3)!
n +1
n
Ta có Cn + 4 − Cn + 3 = 7(n + 3) ⇔
−
= 7(n + 3)
(n + 1)!3!
n !3!
⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12
Dấu “=” xảy ra khi

9.a
(1,0đ)

0,25

0,25

0,25

10

10

k =0

10

0,25

k

k =0 i = 0

k
k
i
Với n = 12 ⇒ (1 + 2 x) + 3x 2  = ∑ C10 (3 x 2 )10− k .(1 + 2 x) k = ∑ ∑ C10Ck .310− k .2i.x 20− 2 k +i



0,25

Hệ số của số hạng chứa x 4 có i, k thỏa mãn
0 ≤ k ≤ 10
0 ≤ k ≤ 10
i = 0; k = 8


⇔ 0 ≤ i ≤ k ⇒ i = 2; k = 9
0 ≤ i ≤ k

20 − 2k + i = 4
16 + i = 2k i = 4; k = 10




0,25

0
4
1
2
Hệ số của số hạng chứa x 4 là C10C1016 + 3C10C92 4 + 9C10C80 = 8085

7.b
(1,0đ)

0,25

Ta có: MB = ( a − 1;4 − 2a ) , MC = ( −3 − 4b;3b + 3) :

0,25

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên B ( a;1 − 2a ) , C thuộc (AC) nên C ( −2 − 4b;3b )

Ta có ( AB ) ∩ ( AC ) = A ⇒ A ( 2; −3) .
Vì B, M, C thẳng hàng, 3MB = 2 MC nên ta có: 3MB = 2 MC hoặc 3MB = −2 MC

11

a=

3 ( a − 1) = 2 ( −3 − 4b )


5
TH1: 3MB = 2 MC ⇔ 
⇔
3 ( 4 − 2a ) = 2 ( 3b + 3)
b = −6


5


0,25

0,25

 11 17 
 14 18 
 7 10 
⇒ B ;−  , C  ;−  ⇒ G ;− 
5
5
3
5
5
3
3 ( a − 1) = −2 ( −3 − 4b )
a = 3

⇔
b = 0
3 ( 4 − 2a ) = −2 ( 3b + 3)


TH2: 3MB = −2 MC ⇔ 

8

⇒ B ( 3; −5 ) , C ( −2; 0 ) ⇒ G 1; − 
3


0,25

 7 10 
 8
Vậy có hai điểm G  ; −  và G  1; −  thỏa mãn đề bài.
3
3 3 


8.b
(1,0đ)

x = 2

Phương trình đường thẳng AB:  y = t
 z = 3 + 3t


0,25




2 = 2 + t '
x = 2 + t '
t = −1


Phương trình ∆ :  y = −1 + 2t ' , Gọi I = AB ∩ ∆ ⇒ t = −1 + 2t ' ⇒ 
⇒ I (2; −1;0)
t ' = 0
 z = 3t '
3 + 3t = 3t '



0,25

Vậy AB và ∆ cắt nhau tại I nên A, B và ∆ đồng phẳng
Ta có IA = (0;1;3), IB = (0; −1; −3)

⇒ IA = − IB ⇒ IA + IB = AB

0,25

2

Khi đó MA4 + MB 4 ≥

⇒ ( MA + MB
4

9.b
(1,0đ)

4

2
1
( MA2 + MB 2 ) ≥ 1  1 ( MA + MB )2  ≥ 1 AB 4 = 1 ( IA + IB )4


2
2 2
8
 8

) nhỏ nhất khi M trùng với I (2; −1; 0) .

z
6 + 7i
=
. Tìm phần thực của số phức z 2013 .
1 + 3i
5
a − bi 6 + 7i
Gọi số phức z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z = a − bi thay vào (1) ta có a + bi −
=
1 + 3i
5
(a − bi )(1 − 3i ) 6 + 7i
a + bi −
=
⇔ 10a + 10bi − a + 3b + i (b + 3a) = 12 + 14i
10
5
⇔ 9a + 3b + i (11b + 3a ) = 12 + 14i

0,25

Cho số phức z thoả mãn z −

9a + 3b = 12
a = 1
⇔
⇔
11b + 3a = 14
b = 1
Với a = b = 1 ⇒ z = 1 + i ⇒ z

2013

0,25

0,25

0,25
= (1 + i )

2013

 
π
π 
=  2  cos + i sin  
4
4 
 

2013π
2013π 

= 21006 2  cos
+ i sin

4
4 

Vậy phần thực của z 2013 là 21006 2.cos

2013

0,25
2013π
= −21006
4




1
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 2 x 2 + 3 x − .
3
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
1
b) Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho điểm A cố
3
định và diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm).
x
3π 

Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; π) của phương trình 4 sin 2 − 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2  x −  .
2
4 

2( x − 2) x + 6 = 6 − y

( x, y ∈ R )
( x − 2) y + 2 = y + 1. x 2 − 4 x + 5


1

x
ln(2 x + 1)dx.
2x +1
0


Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a,
AC = 2a . Các mặt phẳng ( B ' AB ), ( B ' AC ), ( B ' BC ) cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600. Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương.

x2
y2
z2
+
+
+ 2( x 2 + y 2 + z 2 ).
2
2
2
2
2
2
z ( z + x ) x( x + y ) y ( y + z )

Câu

7.a

(1,0

điểm).

Trong

mặt

phẳng

với

hệ

t ọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

(C ) : x + y − 8 x + 6 y + 21 = 0 và đường thẳng d : x + y − 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
2

2

vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d.
x +1 y z +1
= =
và hai
2
3
−1
điểm A(1; 2; −1), B (3; −1; −5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất? nhỏ nhất?

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z = z .
Câu

7.b

(1,0

điểm).

Trong

mặt

phẳng

với

hệ

t ọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

(C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A(7 ; 3) và cắt đường
tròn (C) tại hai điểm B, C sao cho AB = 3AC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), H(1; 1; 1). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, H sao cho (P) cắt Oy, Oz lần lượt tại B, C thỏa mãn diện tích của
tam giác ABC bằng 4 6.



Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + log

2

x 2 − 4 x = 2 log16  4( x − 3) 2  + log8 (2 + x)3 .



Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Tập xác định: D = ℝ .
x =1
Đạo hàm: y ' = x 2 − 4 x + 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ 
x = 3
Hàm số đồng biến trên (−∞; 1) và (3; +∞); hàm số nghịch biến trên (1; 3).
1
Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3; y = − .
3
Giới hạn, điểm uốn:
1
1
1
1
lim y = lim  x3 − 2 x 2 + 3 x −  = +∞; lim y = lim  x 3 − 2 x 2 + 3 x −  = −∞
x →+∞
x →+∞  3
x →−∞
x →−∞  3
3
3
 1
Ta có y '' = 2 x − 4 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 2  U  2;  .
→
 3
x
−∞
1
3
+∞
y’

+

0

−

0

1
y

−∞

0,25

+
+∞

−

0,25

0,25

1
3


0,25

2. (1,0 điểm)
1 3
1
1
x − 2 x 2 + 3x − = mx −
3
3
3

1

 x = 0 ⇒ A  0; − 3 
3
2
2
x − 6 x + 9 x − 3mx = 0 ⇔ x( x − 6 x + 9 − 3m) = 0 ⇔ 


2
 x − 6 x + 9 − 3m = 0, (1)


0,25

Đường thẳng ∆ cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C khi phương trình (2) có hai nghiệm phân
 ,
3m > 0  m > 0
∆ > 0
⇔
⇔
, (*)
biệt x1; x2 và khác 0 ⇔ 
9 − 3m ≠ 0 m ≠ 3
m ≠ 3


0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C) là

0,25
1 
1

Khi đó gọi tọa độ B, C lần lượt là B  x1 ; mx1 −  , C  x2 ; mx2 −  .
3 
3




Theo bài, SOBC = 2 SOAB ⇔

1
1
d (O, ∆).BC = 2. d (O, ∆ ). AB ⇔ BC = 2 AB ⇔ BC 2 = 4 AB 2
2
2

(

) (

)

(

)

2
⇔ ( x2 − x1 ) + m 2 ( x2 − x1 ) 2 = 4 x12 + m 2 x2 ⇔ m 2 + 1 ( x2 − x1 ) = 4 m 2 + 1 x12
2

2
(1,0 điểm)

2

 x2 = 3x1
2
⇔ ( x2 − x1 ) = 4 x12 ⇔ 
⇒ x2 = 3x1
 x2 = − x1 ,( L)
 x1 + x2 = 6
3
Mà x1; x2 là nghiệm của phương trình (2) nên 
 m = .
→
4
 x1 x2 = 9 − 3m
3
Đối chiếu với điều kiện (*) ta được m = là giá trị cần tìm.
4
3π 

PT ⇔ 2 (1 − cos x ) − 3 cos 2 x = 1 + 1 + cos  2 x −  ⇔ 2 − 2cos x − 3 cos 2 x = 2 − sin 2 x
2 

3
1
cos 2 x − sin 2 x
2
2
5π
2π

 x = 18 + k 3
π

⇔ cos  2 x +  = cos ( π − x ) ⇔ 
6

 x = − 7π + k 2π

6


0,25

0,25

⇔ −2cos x = 3 cos 2 x − sin 2 x ⇔ − cos x =

0,25

5π
2π
5π
2π
5π
17 π
+k
, do 0 < x < π ⇒ 0 <
+k
< π ⇒ k = 0; k = 1 ⇒ x = ; x =
.
18
3
18
3
18
18
7π
7π
5π
+) Với x = −
+ k 2 π , do 0 < x < π ⇒ 0 < x = −
+ k 2π < π ⇒ k = 1 ⇒ x = .
6
6
6
5π
17 π
5π
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thuộc khoảng (0; π) là x = ; x =
;x = .
18
18
6
+) Với x =

3
(1,0 điểm)

2( x − 2) x + 6 = 6 − y

Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ R )
2
( x − 2) y + 2 = y + 1. x − 4 x + 5


0,25

0,25

0,25

+) Từ (2) suy ra y + 1 = ( x − 2)2 ⇔ y = x 2 − 4 x + 3
+) Thay vào (1) ta được x 2 − 4 x − 3 + 2( x − 2) x + 6 = 0

Đặt t = x + 6; x ≥ 2 ⇒ t ≥ 2 2

0,25

Ta có pt biến đổi thành t + 2t − 16t − 16t + 57 = 0 ⇔ (t − 3)(t + 5t − t − 19) = 0

0,25

Ta dễ dàng chứng minh được phương trình t 3 + 5t − t − 19 = 0 vô nghiệm với t ≥ 2 2
Vậy phương trình có nghiệm t = 3; suy ra x = 3; y = 0

0,25

4

4
(1,0 điểm)

1

I=

∫
0

3

2

3

1
1
1
x
1 (2 x + 1) − 1
1
ln(2 x + 1) 
dx 
ln(2 x + 1) dx =
ln(2 x + 1)dx =  ln(2 x + 1) dx −
2x + 1
2 0 2x + 1
2 0
2x + 1

0



∫

∫

1

1

∫

1

+) Xét I1 = ln(2 x + 1)dx = x ln(2 x + 1) 0 −
0

∫
0

∫

1

2x
1 

dx = ln 3 −  1 −
 dx
2x + 1
2x + 1 
0

∫

1

1
3


= ln 3 −  x − ln(2 x + 1)  = ln 3 − 1.
2

0 2
1

∫

1

Từ đó ta được I =

x

13

1

∫ 2 x + 1 ln(2 x + 1)dx = 2  2 ln 3 − 1 − 4 ln

0

0,25

1

1

ln(2 x + 1)
1
1 ln 2 (2 x + 1)
1
+) Xét I 2 =
dx =
ln(2 x + 1)d (ln(2 x + 1)) =
= ln 2 3.
2x + 1
20
2
2
4
0
0

∫

0,25

2


3.



0,25

0,25

5
(1,0 điểm)


B'

C'

Gọi H là hình chiếu của B ' trên mặt
phẳng (ABC), M, N, P lần lượt là hình
chiếu của H trên AC, AB và BC. Khi đó
AC ⊥ HM , AC ⊥ B ' H
⇒ AC ⊥ ( B ' BM )

A'

⇒ ( B ' AC );( BAC ) = B ' MH
B

0,25

C

P
H
M

N
A

Tương tự ta có

B ' MH = B ' NH = B ' PH = 600 ⇒ ∆B ' MH = ∆B ' NH = ∆B ' PH ⇒ HM = HN = HP
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có S ABC = p( p − a )( p − b)( p − c) = 4a.a.2a.a = 2 2a 2
Mặt khác S ABC = pr ⇒ r = HM =

S ABC 2 2a 2
2a
=
=
p
4a
2

a 6
2a
. 3=
Tam giác vuông B ' HM có B ' H = HM .tan 60 =
2
2
a 6
Suy ra, VABC . A ' B 'C ' = S ABC .B ' H = 2 2a 2 .
= 2 3a 3 (đvtt)
2

0,25

0,25

0

6
(1,0 điểm)

Ta có

1
1 1
x2
z 2 + x2
z2
z
=
−
= − 2
≥ −
2
2
2
2
2
2
2
z 2x
z( z + x ) z( z + x ) z( z + x ) z z + x

Tương tự ta cũng có

1 1
1 1
y2
z2
;
.
≥ −
≥ −
2
2
2
2
x( y + x ) x 2 y y ( y + z ) y 2 z

  1
11 1 1
 1
  1

Suy ra P ≥  + +  + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) = 
+ 2x2  + 
+ 2 y2  +  + 2z2 
2 x y z 
 2x
  2y

  2z

1
+ 2 x2 , x > 0
2x
1
8 x3 − 1
1
f '( x) = − 2 + 4 x =
=0⇔ x=
2
2
2x
2x

0,25
0,25

0,25

Xét hàm số f ( x) =

7.a
(1,0 điểm)

1 3
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) suy ra min f ( x) = f   =
(0; +∞ )
2 2
3 3 3 9
Suy ra P ≥ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ + + =
2 2 2 2
1
9
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . Vậy min P = .
2
2
Đường tròn (T) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2
Giả sử AB và AD tiếp xúc với (T) lần lượt tại N và M. Khi đó AMIN là hình vuông cạnh bằng 2
nên AI = 2 2.
t = 6
Do A ∈ d ⇒ A(t;1 − t ) . AI = (4 − t ) 2 + (t − 4)2 = 2 t − 4 = 2 2 ⇔ 
t = 2
+) Với t = 2 ⇒ A(2; −1); B (2; −5); C (6; −5); D(6; −1).
+) Với t = 6 ⇒ A(6; −5); B(6; −1); C (2; −1); D (2; −5).


0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt ∆ tại M
⇒ M ( −1 + 2t ;3t ; −1 − t ).

8.a
(1,0 điểm)

AM = (−2 + 2t;3t − 2; −t ), AB = (2; −3; −4)
Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó
d ( B, d ) = BH ≤ BA .

0,25

Vậy d ( B, d ) lớn nhất bằng BA ⇔ H ≡ A. .

Khi đó ta có AM ⊥ AB ⇔ AM . AB = 0 ⇔ 2(−2 + 2t ) − 3(3t − 2) + 4t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M (3;6; −3).

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
1
2
−1
Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và ∆, khi đó (P) có phương trình là x – y – z = 0.
Gọi K là hình chiếu của B trên ( P) ⇒ BH ≥ BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất bằng BK ⇔ H ≡ K
Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K.
x = 0
x − y − z = 0
 K ∈ ( P)



Tọa độ điểm K thỏa mãn hệ 
⇔  x − 3 y + 1 z + 5 ⇔  y = 2 ⇒ K (0;2; −2)
 BK = t.nP

 1 = −1 = −1
 z = −2


x = 1 − t

⇒ ud = AK = (−1;0; −1) ⇒ d :  y = 2
 z = −1 − t

Giả sử số phức z cần tìm là z = x + yi, ( x; y ∈ ℝ ) .

Phương trình đường thẳng d là

9.a
(1,0 điểm)

Khi đó, z 2 + z = z ⇔ ( x + yi) 2 + x 2 + y 2 = x − yi
 x2 − y2 + x2 + y 2 = x


2
2
2
2
1

⇔ ( x − y + x + y ) + 2 xyi = x − yi ⇔ 
x = − 2
2 xy = − y ⇒



y = 0


+) Với x = −

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1
1
1
1
1
3
ta được − y 2 +
+ y2 = − ⇔
+ y2 = y2 −
2
4
4
2
4
4

 2 3
 2 3
y − 4 ≥ 0
5+2 5

y ≥
⇔
⇔ y=±
4

2
 1 + y2 = y4 − 3 y2 + 9
16 y 4 − 40 y 2 + 5 = 0

4
2
16


0,25

+) Với y = 0 ⇒ x 2 + x = x ⇔ x = 0 ⇒ x = y = 0
1
5+2 5
Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 0; z = − ±
i.
2
2

7.b
(1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(1 ;−1), bán kính R = 5.
Do AI = 52 > 5 = R ⇒ điểm A nằm ngoài (C).


0,25

0,25


Gọi H là trung điểm của BC.
Khi đó HB = HC = AC và IH ⊥ BC .
Từ các tam giác vuông IHB và IHA ta có
IH 2 = IB 2 − HB 2 = IA2 − HA2
I

⇒ IB 2 − HB 2 = IA2 − HA2

0,25

⇔ R 2 − AC 2 = IA2 − 4 AC 2
⇒ AC 2 =
A

C

H

B

AI 2 − R 2
= 9 ⇒ AC = 3 ⇒ HB = 3; IH = 4.
3

Giả sử ∆ có một véc tơ pháp tuyến là n∆ = (a; b), a 2 + b2 > 0 ⇒ ∆ : a( x − 7) + b( y − 3) = 0.
Theo bài ta có IH = 4 ⇔ d ( I , ∆ ) = 4 ⇔ 3a + 2b = 2 a 2 + b 2 ⇔ 9a 2 + 12ab + 4b 2 = 4(a 2 + b 2 )

0,25

12
⇔ 5a 2 + 12ab = 0 ⇔ a = 0, a = − b.
5
+) Với a = 0, chọn b = 1 ta được ∆ : y − 3 = 0.
12
+) Với a = − b , chọn b = 5 ta được a = −12 ⇒ ∆ : −12 x + 5 y + 69 = 0.
5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là y − 3 = 0; − 12 x + 5 y + 69 = 0.

8.b
(1,0 điểm)

Gọi B(0; b; 0); C(0; 0; c). Phương trình mặt phẳng (P) là ( P ) :

x y z
+ + = 1.
2 b c

1 1 1
H ∈ ( P ) ⇒ + + = 1 ⇔ 2(b + c) = bc (1)
2 b c
AB = (−2; b;0); AC = (−2;0; c) ⇒  AB, AC  = (bc;2c; 2b)


1
1 2 2
2
2
Diện tích tam giác ABC là S ABC =  AB; AC  =

 2 b c + 4b + 4c
2
1 2 2
Theo bài ta có
b c + 4b 2 + 4c 2 = 4 6 ⇔ b 2 c 2 + 4(b + c)2 − 8bc = 384
2
bc = 16
⇔ b 2 c 2 − 4bc − 192 = 0 ⇔ 
bc = −12
b + c = 8
x y z
Với bc = 16 ta có 
⇔ b = c = 4 ⇒ ( P ) : + + = 1 ⇔ 2 x + y + z − 4 = 0.
bc = 16
2 4 4

b + c = −6
Với bc = −12 ⇒ 
bc = −12
b, c là nghiệm của phương trình t 2 + 6t − 12 = 0 ⇔ t = −3 ± 21.
x
y
z
x (3 − 21) y (3 + 21) z
+) Với t = −3 − 21 ⇒ ( P ) : −
−
=1⇔ +
+
=1
2 3 + 21 3 − 21
2
12
12
x
y
z
x (3 + 21) y (3 − 21) z
−
−
=1⇔ +
+
=1
2 3 − 21 3 + 21
2
12
12
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 x < 0
−2 < x < 0

⇔
Điều kiện   x > 4
 x > −2; x ≠ 3  x > 4


0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

+) Với t = −3 + 21 ⇒ ( P ) :

9.b
(1,0 điểm)

0,25

Phương trình đã cho được viết lại thành 1 + log 2 ( x 2 − 4 x) = log 2 (2 x − 3 ) + log 2 (2 + x)
⇔ 2( x 2 − 4 x) = 2 (2 + x) x − 3 ⇔ x 2 − 4 x = (2 + x). x − 3

(*)

+) Với x > 4 thì (*) ⇔ x − 4 x = ( x + 2)( x − 3) ⇔ x − 4 x = x − x − 6 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2, (loại).
2

2

2


0,25
0,25



+) Với −2 < x < 0 thì (*) ⇔ x 2 − 4 x = − x 2 + x + 6 ⇔ 2 x 2 − 5 x − 6 = 0 ⇒ x =

5 ± 73
.
4

5 − 73
Đối chiếu với điều kiện ta được x =
là nghiệm của phương trình đã cho.
4


0,25



2x −1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A,
B sao cho AB = 82 OB .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2 cos 2 x + 3 sin 2 x + 3
= 3 ( tan 2 x + 1) .
π

2 cos 2 x.sin  x + 
3


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

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

∫
0

x2 + x + 1
+ x2 − 4 ≤
x+4

2
x2 + 1

,

( x ∈ ℝ) .

( x 2 + x )e x
dx .
x + e− x

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB = 300 , hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo
với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng B’C’ và A’C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c ∈ [1;2] .
( a + b) 2
c 2 + 4(ab + bc + ca )
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
x2
+ y 2 = 1 . Tìm
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3;0) và elip (E):
9
tọa độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết điểm B có tung độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và
x+3 y−2 z+3
đường thẳng (d) có phương trình
=
=
. Tìm điểm M trên (d) sao cho MA.MB nhỏ
4
1
2
nhất.
Câu 9.a (1,0 điểm). Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và
CD biết B (3;3), C (5;−3) . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng ∆ : 2 x + y − 3 = 0 . Xác
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD để CI = 2 BI , tam giác ABC có diện tích bằng 12,
điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm.
x + 3 y +1 z − 3
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian vói hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
và
2
1
1
mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường

thẳng d, C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA = 2 BC = 6 và ABC = 600 .




(1 + 3i ) ( 2 − i ) là nghiệm
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm mô đun của số phức w = b + ci biết số phức z =
(1 − 3i ) (1 + i )
12

6

6

của phương trình z 2 + 8bz + 64c = 0.

Câu
1
(2đ)

Đáp án
2x −1
Cho hàm số y =
(1)
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho.
−1
TXĐ: D = ℝ {1} , y ' =
< 0, ∀x ∈ D
( x − 1)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (−∞;1) và (1; + ∞)
Giới hạn và tiệm cận: lim y = −∞; lim y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = 1
−
+
x →1

Điểm

0.25
0.25

x →1

lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang y = 2

x →+∞

x →−∞


x

−∞
−

y’

+∞

2

0.25

+∞

1

−

y

−∞

2

1 
Đồ thị: Đi qua các điểm  ; 0  , ( 0; 1) và nhận giao
2 
điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.

y

0.25
•
•

2

•

1•

0

• •

1
2

1

x

b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại
A, B sao cho AB = 82 .OB .
0.25
OA 2 + OB 2 = AB 2

Ta có  2
⇒ OA = 9OB
 AB = 82.OB 2

OB
1
⇒ Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi k = ±
=±
OA
9
0.25
Gọi M ( x0 ; y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến (d ) và (C)
⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: f / ( x0 ) = k hay:
1
 −1
7

 ( x − 1) 2 = 9 (VN)
 x0 = 4 ⇒ y0 = 3
 0
⇔ ( x0 − 1)2 = 9 ⇔ 
 −1
1
 x = −2 ⇒ y = 5
0
 ( x − 1) 2 = − 9
 0
3

 0
Với k = −

1
và tiếp điểm
9

 7
 4;  , ta có pt tiếp tuyến :
 3

0.25


1
7
1
25
y = − ( x − 4 ) + hay y = − x + .
9
3
9
9


1
5

và tiếp điểm  −2;  , ta có pt tiếp tuyến:
9
3

1
5
1
13
y = − ( x + 2 ) + hay y = − x +
9
3
9
9
2
2 cos x + 3 sin 2 x + 3
2) Giải phương trình
= 3 ( tan 2 x + 1) .
π

2 cos 2 x.sin  x + 
3

π

cos x ≠ 0
x ≠ + kπ



2
Điều kiện:  
⇔
(k ∈ Z ) (*). Khi đó:
π
sin  x +  ≠ 0
π

 x ≠ − + kπ
3
 

3

Phương trình đã cho tương đương với:
π 3

cos 2 x + 3 sin 2 x + 4 = 2 cos 2 x sin  x + 
3  cos 2 x

π
π
π

⇔ cos 2 x.cos + sin 2 x.sin + 2 = 3sin  x + 
3
3
3

π
π
π
π




⇔ cos  2 x −  − 3sin  x +  + 2 = 0 ⇔ 2 cos 2  x −  − 3cos  x −  + 1 = 0
3
3
6
6




Với k = −

2, 3
(2đ)

 
π
 cos  x − 6  = 1


⇔
 
π 1
 cos  x −  =
6 2
 
π
π
π

Với cos  x −  = 1 ⇔ x − = k 2 π ⇔ x = + k 2 π ( k ∈ ℤ ) , thỏa (*)
6
6
6

π π

 x − 6 = 3 + k 2π
π 1
π

Với cos  x −  = ⇔ 
⇒ x = − + k 2 π ( k ∈ ℤ ) , thỏa (*)
6 2
6

 x − π = − π + k 2π

6
3

π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = ± + k 2 π ( k ∈ ℤ ) .
6
x2 + x +1
+ x2 − 4 ≤
3. Giải bất phương trình 2
x+4

2
x2 +1

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

( x ∈ ℝ) .

Điều kiện: x > −4

0.25

 x + x +1 
2 − x +1
Bất phương trình tương đương 2
− 1 + x 2 − 3 ≤


x+4
x2 +1


x2 + x +1
−1
4 − ( x 2 + 1)
x+4
⇔2
+ x2 − 3 ≤
x2 + x +1
(2 + x 2 + 1) x 2 + 1
+1
x+4
2( x 2 − 3)
x2 − 3
⇔
+ x2 − 3 +
≤0
( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4
(2 + x 2 + 1) x 2 + 1
2

2

0.25

0.25






2
1
≤0
⇔ ( x 2 − 3) 
+1+
 ( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4
(2 + x 2 +1) x 2 + 1 


2
⇔ x −3≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3
Kết hợp điều kiện ⇒ nghiệm của bất phương trình là − 3 ≤ x ≤ 3
4
(1đ)

( x 2 + x )e x
dx .
x + e− x

1

Tính tích phân I =

∫
0

( x + x)e x
xe x .( x + 1) e x
dx = ∫
dx
∫ x + e− x
xe x + 1
0
0
1

Ta có I =

0.25

0.25

1

2

Đặt t = x.e x + 1 ⇒ dt = ( x + 1)e x dx

0.25

x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = e + 1
1

Suy ra I = ∫
0

xe x .( x + 1)e x
dx =
xe x + 1

Vậy I = ( t − ln t )

5
(1đ)

e +1
1

e +1

∫
1

(t − 1)
dt =
t

e +1



0.25

1


∫ 1 − t dt .

1

0.25

= e − ln(e + 1) .

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB = 300 , hình chiếu vuông góc
của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo
với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng B’C’ và A’C.
0.25
A'
C'

B'
N
A

H

C

G
I
B

M

K

Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG là hình chiếu của AA ' lên ( ABC )
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
2
2a
2a 3
BC = 2a, AG = AI =
; A ' AG = 600 ⇒ A ' G = AG. t an600 =
3
3
3

Đặt AC = x > 0 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BC.cos300 ⇒ a 2 = x 2 + 4a 2 − 2.x.2a.

3
2

0.25

⇒ AC = x = a 3 . Nên AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 = BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A
Vì A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G là chiều cao của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khối chóp
A ' . ABC
Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi:
 1
VBCC / B/ A/ = VABC . A/ B/ C / − VA/ . ABC = 1 −  S ABC . A ' G =
 3
2 1
1
2a 3 2 3
= . AB. AC. A ' G = a.a 3.
= a (đvtt).
3 2
3
3
3
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
GI
MG 1
1
1 AB. AC 1 a.a 3 a 3
⇒
=
= ⇒ GI = AK = .
=
=
AK MA 3
3
3 BC
3 2a
6

0.25


Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
BC ⊥ GI 
Do
 ⇒ BC ⊥ GH (2) . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒
BC ⊥ A ' G 
d [G , ( A ' BC )] = GH
0.25
Vì B ' C ' // BC , BC ⊂ ( A ' BC ) nên B ' C ' //( A ' BC ) và A ' C ⊂ ( A ' BC )
⇒ d ( B ' C ' , A ' C ) = d [ B ' C ' , ( A ' BC )] = d [ B ', ( A ' BC )]
Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’.
Do đó: d [ B ', ( A ' BC )] = d [ A, ( A ' BC )] = 3d [G , ( A ' BC )] = 3GH
2a 3 a 3
.
3. A ' G.GI
3
6 = 6a = 2a 51 . Vậy d ( B ' C ' , A ' C ) = 2a 51
=
=
2
2
2
17
17
51
A ' G + GI
12a
3a 2
+
9
36
( a + b) 2
Cho các số thực a, b, c ∈ [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2
c + 4(ab + bc + ca )
P được viết lại dưới dạng tương đương là
0.25
2
2
( a + b)
( a + b)
P= 2
≥ 2
=M
c + 4c(a + b) + 4ab c + 4c(a + b) + (a + b) 2
0.25
Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ 0 , nên chia tử và mẫu của M cho (a + b) 2 ta được:
3.

6
(1đ)

M =

7a, 8a
(2đ)

1
2

=

1
c
vớ i t =
a+b
t + 4t + 1
2

 c 
 c 

 + 4
 +1
a+b
a+b
1 
Với a, b, c ∈ [1;2] ⇔ t ∈  ;1
4 
0.25
1
1 
Xét hàm số f (t ) = 2
trên  ;1
t + 4t + 1
4 
− 2(t + 2)
1 
1 
< 0, ∀ t ∈  ;1 ⇒ f / (t ) nghịch biến trên  ;1
Ta có f / (t ) = 2
2
(t + 4t + 1)
4 
4 
0.25
1
Do đó ∀ t ≤ 1 ⇒ f (t ) ≥ f (1) =
6
Đẳng thức xảy ra khi t = 1 ⇔ (a; b; c) = (1;1;2)
1
Vậy Min P = khi (a; b; c) = (1;1;2)
6
x2
7a) Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;0) và elip (E) có phương trình
+ y 2 = 1 . Tìm tọa
9
độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ
dương.
0.25
Ta có A(3;0) ∈ ( E ); B, C ∈ ( E ) : AB = AC
Gọi B ( x0 ; y 0 ) ⇒ C ( x 0 ;− y 0 ) ( x0 < 3)
H là trung điểm của BC ⇒ H ( x0 ;0)

2
2
9 − x0 ; AH = 3 − x0 = 3 − x0
3
1
∆ABC vuông cân tại A ⇔ AH = BC
2
1
2
⇔ 3 − x0 =
9 − x0
⇔ 9(3 − x0 ) 2 = (3 − x0 )(3 + x 0 )
3

⇒ BC = 2 y 0 =

0.25
0.25




 x0 = 3 (ktm)
⇔
 x0 = 12 ⇒ y0 = 3

5
5


0.25

 12 3   12 3 
Vì B có tung độ dương nên B ; , C  ;− 
 5 5  5 5
8a) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có
x+3 y−2 z+3
phương trình
=
=
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất.
4
1
2
0.25
Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0)

(

)(

) (

)(

)

MA.MB = MI + IA MI + IB = MI + IA MI − IA = MI 2 − IA2 = MI 2 − 9
Suy ra MA.MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
Hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d).
M ∈ d ⇒ M (−3 + 4t ; 2 + t ; − 3 + 2t ) ⇒ IM = (−5 + 4t ; 5 + t ; − 3 + 2t )
(d) có vectơ chỉ phương u = (4; 1; 2)

0.25

IM ⊥ u ⇔ IM .u = 0 ⇔ 4(−5 + 4t ) + 5 + t + 2( − 3 + 2t ) = 0 ⇔ t = 1

0.25

(

⇒ M (1; 3; − 1), MI = 38 . Vậy Min MA.MB

9a
(1đ)

7b, 8b
(2đ)

)

0.25

= 29 đạt được khi M (1; 3; − 1)

Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ 0.25
có 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
10
Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có: C 30 cách chọn
Ta phải chọn :
0.25
5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ
1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy.
5
4
1
0.25
Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy ra biến cố A là: C15 C12 C 3
5
4
1
0.25
C15 C12 C 3
99
Xác suất cần tìm là P ( A) =
=
10
667
C 30
7b) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD biết
B (3;3), C (5;−3) . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng ∆ : 2 x + y − 3 = 0 .
Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD để CI = 2 BI , tam giác ACB có diện
tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm.
0.25
Vì I ∈ ∆ ⇒ I ( t ;3 − 2t ), t > 0
t = 1
CI = 2 BI ⇔ 15t + 10t − 25 = 0 ⇔ 
⇒ t = 1 ⇒ I (1;1)
t = − 5 (ktm)
3

Phương trình đường thẳng IC : x + y − 2 = 0
1
Mà S ABC = AC.d ( B, AC ) = 12 ⇒ AC = 6 2
2
Vì A ∈ IC ⇒ A(a;2 − a ), a < 0 nên ta có
a = 11
(a − 5)2 = 36 ⇔ 
⇒ a = −1 ⇒ A(−1;3)
 a = −1
Phương trình đường thẳng CD : y + 3 = 0 , IB : x − y = 0
2

0.25

0.25

0.25



x − y = 0
 x = −3
⇔
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 
⇒ D(−3;−3)
y + 3 = 0
 y = −3
Vậy A(−1;3) , D (−3;−3)
x + 3 y +1 z − 3
8b) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) :
=
=
và mặt phẳng
2
1
1
( P ) : x + 2y − z + 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường
thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA = 2 BC = 6 và ABC = 600 .
Điểm A = (d ) ∩ ( P ) ⇒ A(−1;0;4) ; Góc giữa ( d ) và (P) là 30 0 (1)

0.25

Vì B ∈ (d ) ⇒ B (−3 + 2t ;−1 + t ;3 + t ) và AB = 6 nên B (−3;−1;3) hoặc B (1;1;5)

0.25

Mặt khác BA = 2 BC = 6 và ABC = 600 ⇒ ∆ABC vuông tại C (2)

0.25

Suy ra CAB = 300 (3). Từ (1), (2) và (3) ⇒ C là hình chiếu của B lên ( P)
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình
 x −1 y −1 z − 5
x + 3 y +1 z − 3
=
=
=
=


2
− 1 hoặc  1
2
−1
 1
x + 2 y − z + 5 = 0
x + 2 y − z + 5 = 0



0.25

 5 5
 1 11 
Suy ra C  − ;0;  hoặc C  ;0;  là điểm cần tìm.
2
 2 2
2

9b
(1đ)

(1 + 3i ) ( 2 − i ) là nghiệm của phương
Tìm mô đun của số phức w = b + ci biết số phức
(1 − 3i ) (1 + i )
12

6

6

trình z 2 + 8bz + 64c = 0.

(

Ta có 1 + 3i

(1 − 3i )
(1 + i )

2

3

)

3

= 1 + 3 3i + 3.3i 2 + 3 3i 3 = −8

0.25

= 1 − 3 3i + 3.3i 2 − 3 3i 3 = −8

= 2i

(1 + 3i ) ( 2 − i ) = ( −8) ( 2 − i ) = − 8 ( 2 − i ) = 8 (1 + 2i ) = 8 + 16i
Do đó
i
(1 − 3i ) (1 + i ) ( −8) ( 2i )

0.25

Theo giả thiết ta có ( 8 + 16i ) + 8b ( 8 + 16i ) + 64c = 0

0.25

12

6

4

2

6

3

2

⇔ (1 + 2i ) + b (1 + 2i ) + c = 0 ⇔ ( 2b + 4 ) i + b + c − 3 = 0
2

2b + 4 = 0
b = −2
⇔
⇔
⇒ w = (−2) 2 + 5 2 = 29
b + c − 3 = 0
c = 5

0.25




2x +1
có đồ thị là (C).
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm các giá trị m để đường thẳng y = −3 x + m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác


OAB thuộc đường thẳng x − 2 y − 2 = 0 (với O là gốc tọa độ).

π

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos x + cos 3 x = 1 + 2 sin  2 x +  .
4

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0.
π
2

0

x 2 + sin 2 x − sin x
dx.
x + cos x

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2 2a . Hình
chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác BCD. Đường
thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương.
2 x 2 + xy
2 y 2 + yz
2 z 2 + zx
Chứng minh rằng
+
+
≥ 1.
( y + zx + z ) 2 ( z + xy + x) 2 ( x + yz + y ) 2

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y + 5 = 0 , d2:
3 x + y + 1 = 0 và điểm I (1; −2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B
sao cho AB = 2 2 .
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; −1 ;2), B(−2; −2; 1) và
mặt phẳng (P) có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung
trực của đoạn AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ
nhất.

2 log1− x ( − xy + y − 2 x + 2 ) + log 2+ y ( x − 1)2 = 6

Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
log1− x ( y + 5 ) − log 2+ y ( x + 4 ) = 1

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y + 5 = 0 , d2:
x − 3 y + 5 = 0 và điểm I (1; −2) . Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng đi qua
1
1
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2
AB
AC 2
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 3 = 0 và hai
x +1 y −1 z −1
x −1 y − 3 z +1
đường thẳng d1 :
=
=
, d2 :
=
=
. Xác định tọa độ điểm M thuộc d1, điểm
2
−1
1
1
1
2
N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đoạn thẳng MN nhỏ nhất.
I và cắt d1, d2 lần lượt tại B và C sao cho



5π 

Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 −  2 cos  z + 1 = 0 .
21 

n
n
Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1 + z2 = 1.

Câu
Đáp án
a. (1,0 điểm)
1
(2,0
Tập xác định: D = R {1}.
điểm)
3
Đạo hàm: y′ = −
> 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số luôn nghịch biến trên miền xác định và không có
( x − 1)2
cực trị.
Các giới hạn, tiệm cận:
2x + 1
2x + 1
lim
= +∞; lim
= −∞ ⇒ đồ thị hàm số nhận đường x = 1 là tiệm cận đứng.
x →1+ x − 1
x →1− x − 1
2x + 1
2x + 1
lim
= lim
= 2 ⇒ đồ thị hàm số nhận đường y = 2 là tiệm cận ngang.
x →−∞ x − 1
x →+∞ x − 1
x

−∞

−

0,25

0,25

+∞

2

0,25

+∞

1

−

y’

Điểm

y

−∞

2


0,25

Nhận xét:
+ Đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng.
 1 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  − ;0  và cắt trục Oy tại điểm (0; −1).
 2 
b. (1,0 điểm)
2x + 1
Phương trình hoành độ giao điểm:
= −3x + m ⇔ g ( x) = 3 x 2 − (1 + m) x + m + 1 = 0 .
x −1

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại A và B khi phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm khác 1

0,25
0,25


2
(1,0
điểm)


∆ = (1 + m)2 − 12(m + 1) > 0
 m > 11
⇔
⇔ (m + 1)(m − 11) > 0 ⇔ 
 m < −1
 g (1) = 3 − (1 + m) + m + 1 ≠ 0
Giả sử A( x1 ; −3 x1 + m), B ( x2 ; −3 x2 + m) là các giao điểm, với x1, x2 là 2 nghiệm của g(x) = 0.
x + x 1+ m
m −1
, yI = −3 xI + m =
.
Gọi I là trung điểm của AB ⇒ xI = 1 2 =
2
6
2
2
1+ m m −1
;
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB ⇒ OG = OI ⇒ G 
.
3
3 
 9
1+ m
11
 m −1
Theo bài, G ∈ d ⇔
− 2. 
−2=0⇔ m=− .
9
5
 3 
11
So sánh với điều kiện ta được m = −
là giá trị cần tìm.
5
Phương trình ⇔ 2cos 2 x cos x = 1 + sin 2 x + cos 2 x ⇔ cos 2 x(2cos x − 1) = 1 + 2sin x cos x
(1)
cos x + sin x = 0
⇔ (cos 2 x − sin 2 x)(2cos x − 1) = (cos x + sin x)2 ⇔ 
(cos x − sin x)(2cos x − 1) = cos x + sin x (2)
π
π
π

+ (1) ⇔ 2 sin  x +  = 0 ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ
4
4
4


π

 cos x = 0
 x = 2 + kπ
+ (2) ⇔ 2cos x(cos x − sin x − 1) = 0 ⇔ 
⇔
 2 cos  x + π  = 1 
 x + π = ± π + k 2π



4



4
4

π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = − + kπ; x = + kπ; x = k 2 π; ( k ∈ ℤ ) .
4
2
3
y ≥ 0
(1,0 Điều kiện : x ≥ −1. Đặt y = x + 1 ⇔  2
 y = x +1
điểm)
3
2
Bất phương trình trở thành x + (3 x − 4 y 2 ) y ≤ 0, (*)
TH1. y = 0 ⇔ x = −1 : (*) nghiệm đúng.
3

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

2

x
x
TH2. y > 0 ⇔ x > −1 : chia hai vế của (*) cho y ta được   + 3   − 4 ≤ 0
 y
 y
t ≤ 1
x
Đặt t = ⇒ t 3 + 3t 2 − 4 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(t 2 + 4t + 4) ≤ 0 ⇔ (t − 1)(t + 2)2 ≤ 0 ⇔ 
y
t = −2
3

0,25

 x > 0
 x > 0




  x = −2 x + 1
x
S = ∅
+) Với t = −2 ⇒ = −2 ⇔ x = −2 x + 1 ⇔ 
⇔
⇔ x = 2−2 2
y
 −1 ≤ x ≤ 0


−1 ≤ x ≤ 0


  x2 − 4 x − 4 = 0


 x = 2 − 2 2

 −1 ≤ x < 0
 −1 ≤ x < 0

x
1+ 5
x ≥ 0

+) Với t ≤ 1 ⇔ ≤ 1 ⇔ x ≤ x + 1 ⇔   x ≥ 0
⇔ 
⇔ −1 ≤ x ≤
 1 − 5
y
2
1+ 5
 x2 − x − 1 ≤ 0

≤x≤

2
 2

0,25

1+ 5
.
2
 1+ 5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T =  −1;
.
2 


0,25

Kết hợp với điểu kiện ta được −1 < x ≤

4
(1,0
điểm)

π
2

Ta có I = ∫
0

π
2

π
2

x + sin x − sin x
x − cos x + 1 − sin x
1 − sin x 

dx = ∫
dx = ∫  x − cos x +
 dx
x + cos x
x + cos x
x + cos x 
0
0
2

2

2

2


0,25

π
2


π
2

 x2

(1 − sin x)dx π 2
=  − sin x  + ∫
=
−1+ J
8
 2
 0 0 x + cos x
π
2

π
2

(1 − sin x)dx
d ( x + cos x)
=∫
= ln x + cos x
x + cos x
x + cos x
0
0

Xét J = ∫
V ậy I =

0,25

π
2
0

= ln

π
2

π2
π
− 1 + ln .
8
2

0,25
0,25

IV
(1,0
điểm)

0,25

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo giả thiết SH ⊥ ( ABCD).
2
1
O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a
3
3

SA có hình chiếu lên (ABCD) là HA nên ( SA; ABCD ) = ( SA; HA ) = SAH = 450 ⇒ SH = AH = 2a Khi
1
1
4 2 3
đó ta có VS . ABCD = S ABCD .SH = a.2 2a.2a =
a (đvtt).
3
3
3
Qua D kẻ đường thẳng Dx // AC. Khi đó AC // ( SDx) ⇒ d ( AC; SD ) = d ( AC; SDx ) = d ( H ; SDx )
Trong (ABCD), kẻ HK ⊥ Dx, (K ∈ Dx). Trong (SHK), kẻ HI ⊥ SH (I ∈ SK).
Ta có Dx ⊥ HK ; Dx ⊥ SH ⇒ Dx ⊥ ( SHK ) ⇒ Dx ⊥ HI

0,25

0,25

Mặt khác, HI ⊥ SK ⇒ HI ⊥ ( SDx ) ⇒ HI = d ( H ; SDx )

0,25
1
1
1
1
1
9
1
9
=
+
= 2+ 2 = 2⇒
= 2
2
2
2
2
AP
AE
AD
a
8a
8a
HK
8a
1
1
1
9
1
11
8 2a 22
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HI = a
=
2
2
2
11
11
HI
HK
SH
8a
4a
8a
a 22
Vậy d ( AC; SD ) = HI =
.
11
Cách 2 (Phương pháp tọa độ hóa)
Ta có HK = AP;




 2a 4 2a

Chọn hệ trục tọa độ với A(0;0;0), B (a;0;0), D(0;2 2a;0), S  ;
; 2a  , C (a;2 2a;0)
 3

3


 5a 2 2 a 
 5a 2 2 a 


M ;
; a  ; AC = (a;2 2a;0); AM =  ;
; a  ⇒  AC ; AM  = (2 2a 2 ; − a 2 ; − 2a 2 ) .
 6

 6

3
3





(

)

Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có véc tơ pháp tuyến n = 2 2; −1; − 2 nên có phương trình

2 2 x − y − 2 z = 0 ⇒ d ( D;( ACM )) =

−2 2a
8 +1+ 2

=

2 2a
11

( )

6
Xét các véc tơ u = ( x; y; z ) , v = ( x '; y '; z ') ⇒ u.v = u . v .cos u; v ≤ u . v ⇒ u.v ≤ u . v
(1,0
điểm) ⇔ xx '+ yy '+ zz ' ≤ x2 + y 2 + z 2 . x '2 + y '2 + z '2 ⇔ ( xx '+ yy '+ zz ')2 ≤ x 2 + y 2 + z 2 .x '2 + y '2 + z '2

( )

( )

Dấu bằng xảy ra khi cos u; v = 1 ⇔ u; v = 00 ⇔ u = kv ⇔

Đặt P =

(

)

(*)

x
y z
= = .
x' y' z'

0,25

2 x 2 + xy
2 y 2 + yz
2 z 2 + zx
+
+
. Ta cần chứng minh P ≥ 1.
( y + zx + z ) 2 ( z + xy + x) 2 ( x + yz + y )2

Áp dụng (*) ta có ( y + zx + z ) 2 = ( y . y + x . z + z . z ) 2 ≤ ( y + x + z )( y + z + z )
⇒

1
( y + zx + z )2

≥

1
2 x 2 + xy
2 x 2 + xy
⇔
≥
( x + y + z )( y + 2 z )
( y + zx + z ) 2 ( x + y + z )( y + 2 z )

 2 x 2 + xy

 2 x 2 + 2 xy + 2 xz

1
1
2x
x
+ x − x =
− x =
−


y + 2z
( x + y + z)  y + 2 z
 ( x + y + z) 
 y + 2z x + y + z
2 y 2 + yz
2y
y
2 z 2 + zx
2z
z
≥
−
;
≥
−
Tương tự,
2
2
z + 2 x x + y + z ( x + yz + y )
x + 2y x + y + z
( z + xy + x)
=

Cộng vế theo vế ta được P ≥

0,25

2x
2y
2z
+
+
−1
y + 2z z + 2x x + 2 y

0,25

 x2
y2
z2 
2( x + y + z )2
= 2
+
+
−1
 −1 ≥
3( xy + yz + zx)
 xy + 2 xz yz + 2 yx zx + 2 zy 
Lại có, ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) .
2

2
Suy ra P ≥ .3 − 1 = 1 ⇔ P ≥ 1 .
3
Đẳng thức xảy ra x = y = z.
Thầy giới thiệu đến các em 2 cách giải khác cho bài toán này của chị trang_luv_maths (Khủng
long bạo chúa – Mod Toán của Moon.vn):
Ta đi chứng minh bổ đề sau:
Cho x, y , z là các số thực dương. Khi đó ta có:

(

Bổ đề 1: ( xy + yz + zx ) ≤ x 2 + y 2 + z 2
2

)( x2 + y 2 + z 2 ) , (BĐT Bunhiacopxki cho bộ ba số)

Thật vậy, ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy; y 2 + z 2 ≥ 2 yz; z 2 + x 2 ≥ 2 xz

(

)

(

⇒ 2 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 ( xy + yz + zx ) ⇔ ( xy + yz + zx ) ≤ x 2 + y 2 + z 2
2

0,25

) = ( x2 + y 2 + z 2 )( x2 + y 2 + z 2 )
2

x2 y2 z 2 ( x + y + z )
Bổ đề 2:
+
+
≥
, (Bất Đẳng Thức Cauchy – Schwarz)
y
z
x
x+ y+z
2

 x2
y2
z2 
Áp dụng bổ đề 1 ta được 
+
+

 y. y

z. z
x. x 

Suy ra điều phải chứng minh.
Áp dụng vào giải bài toán:
Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki với bộ ba số ta có:

(

)

y. y + z . z + x. x ≥ ( x + y + z )

2




2

z 
z2 

=  y. y + x. z + x.
≤ ( y + 2x )  y + z + 



x 
x




2
x2 
 z + xy + x ≤ ( z + 2 y )  z + x + 


y 


Chứng minh tương tự ta được: 

2
y2 

x + yz + y ≤ ( x + 2 z )  x + y +




z 



(

y + xz + z

)

2

(
(

⇒

Mà

2 x 2 + xy

(y+

zx + z

+

x2
xy + xz + z 2

+

)

2 y 2 + zy

) (z +
2

)

xy + x

y2
yz + xy + x 2

+

) (x +
2

(

Đặt x +

) (
2
xy + z ) = a; ( y +

yz + y

z2
zx + yz + y 2

Cách 2: Áp dụng bổ đề 2 ta có:

x2
xy

VT = ∑ 
+
2
y + zx + z
 y + zx + z


(

2 z 2 + xz

+

≥

)

2

≥

x2
xy + xz + z 2

( x + y + z )2

(

∑ xy + xz + z 2

)

=

y2
yz + xy + x 2

( x + y + z )2
( x + y + z )2

(

+

z2
zx + yz + y 2

= 1 (ĐPCM)

)

2


x + xy + z


+
≥ ∑
2
2
x + yz + y 
 2 y + zx + z + x + yz + y



z2

) (
2
zx + z ) = b; ( x +
2

+

)
2
yz + y ) = c

(

) (

)



2



BĐT tương đương:

(a + b + c)
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
≥
2b + c 2c + a 2a + b 2ba + ca 2bc + ab 2ac + bc 3 ( ab + bc + ca )
2

VT ≥

Lại có: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3 ( ab + bc + ca )
Vậy ⇒ VT ≥ 1 . Ta có điều phải chứng minh.
Gọi A ∈ d1 ⇒ A(a; −3a − 5); B ∈ d 2 ⇒ B (b; −3b − 1) ⇒ IA = (a − 1; −3a − 3) ≠ 0; IB = (b − 1; −3b + 1)
2

7.a
(1,0
b − 1 = k (a − 1)
điểm) I, A, B thẳng hàng ⇔ IB = k IA ⇔ 

 −3b + 1 = k (−3a − 3)
Nếu a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ AB = 4 (không thỏa mãn).
b −1
Nếu a ≠ 1 ⇒ −3b + 1 =
(−3a − 3) ⇔ a = 3b − 2.
a −1

0,25

0,25

Theo bài, AB = (b − a )2 + [3(a − b) + 4] = 2 2 ⇔ t 2 + (3t + 4) 2 = 8, (với t = b − a )
2

t = −2
⇔ 5t 2 + 12t + 4 = 0 ⇔ 
t = − 2

5

+) Với t = −2 ⇒ b − a = −2 ⇒ b = 2, a = 4 ⇒ ∆ : 5 x + y − 3 = 0.
−2
−2
6
8
+) Với t =
⇒b−a =
⇒ b = , a = ⇒ ∆ :13 x + y − 11 = 0.
5
5
5
5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
8.a
 −3 −3 3 
(1,0 Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I  2 ; 2 ; 2  . AB = (−1; −1; −1)


điểm)
3
Phương trình của mặt phẳng (Q) là x + y + z + = 0.
2
7 1

Đường thẳng ∆ đi qua điểm I  − ;0;  và có vtcp u∆ = (2; −1; −1)
 4 4


0,25

0,25

0,25

0,25



7

 x = − 4 + 2t

Phương trình tham số của ∆ là  y = −t

1
z = − t
4

2

1 
25
 7
 5  100 5
M ∈ ∆ ⇒ M  − + 2t ; −t ; − t  ⇒ OM = 12t 2 − 15t +
= 12  t −  +
≥
4 
4
64 4
 4
 8

0,25

5
5
 19 5 3 
khi t = ⇒ M  ; − ; −  .
4
8
 6 8 8
 19 5 3 
Vậy M  ; − ; −  là điểm cần tìm.
 6 8 8

0,25

OM nhỏ nhất bằng

9.a
(1,0 Giải hệ phương trình
điểm)

 2log ( − xy + y − 2 x + 2 ) + log ( x − 1) 2 = 6, (1)

1− x
2+ y

log1− x ( y + 5 ) − log 2 + y ( x + 4 ) = 1, (2)


1 ≠ 1 − x > 0
0 ≠ x < 1
Điều kiện 
⇔
1 ≠ 2 + y > 0
 −2 < y ≠ −1
(1) ⇔ 2log1− x (1 − x) ( y + 2 ) + 2log 2 + y (1 − x ) = 6 ⇔ 2 + 2log1− x ( y + 2 ) + 2log 2 + y (1 − x ) = 6 .
2
= 6 ⇔ 2t 2 − 4t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ y = x − 3
t
x+2
x+2
Thế vào (2) ta được log1− x ( x + 2 ) − log1− x ( x + 4 ) = 1 ⇔ log1− x
=1⇔
=1− x
4+ x
4+ x
x = 2 − 6
⇔ x2 − 4x − 2 = 0 ⇔ 
x = 2 + 6


Đặt t = log1− x ( y + 2) ⇒ 2 + 2t +

0,25

0,25
0,25

0,25

Đối chiếu với điều kiện ta được x = 2 − 6; y = −1 − 6 là nghiệm của hệ phương trình.
7.b
Ta nhận thấy nd 1.nd 2 ⇒ d1 ⊥ d 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A.
(1,0
3x + y + 5 = 0
 x = −2
điểm) A = d1 ∩ d 2 ⇒ tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình 
⇔
⇒ A(−2;1)

x − 3y + 5 = 0
y =1
1
1
1
Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Do ∆ABC vuông tại A nên
+
=
2
2
AB
AC
AH 2
1
1
1
⇒
+
nhỏ nhất khi
nhỏ nhất, tức là AH lớn nhất.
2
2
AB
AC
AH 2
Do AH ≤ AI ⇒ AH max = AI ⇔ H ≡ I

8.b
(1,0
điểm)

Khi đó ∆ là đường thẳng I và có véc tơ pháp tuyến n = AI = (−1; −1) = −1(1;1) .
Phương trình của đường thẳng ∆ là x + y + 1 = 0.
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là nP = (1; −1;1).
Ta có M ∈ d1 ⇒ M ( −1 + 2t ;1 − t ;1 + t ); N ∈ d 2 ⇒ N (1 + t ';3 + t '; −1 + 2t ')
⇒ MN = (2 + t '− 2t;2 + t '+ t; −2 + 2t '− t )
Theo bài, MN // ( P ) ⇒ 2 + t '− 2t − (2 + t '+ t ) − 2 + 2t '− t = 0 ⇔ t ' = 2t + 1

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

2

 1 1 3 2
Khi đó, MN = (3;3t + 3;3t ) ⇒ MN = 3 2(t 2 + t + 1) = 3 2  t +  + ≥
2
 2 2

0,25

3 2
1
3 1

khi t = − ⇒ M  −2; ;  , N (1;3; −1) .
2
2
2 2

3 1

Vậy các điểm cần tìm là M  −2; ;  , N (1;3; −1) .
2 2


0,25

Độ dài MN nhỏ nhất bằng

9.b
5π 

2
(1,0 Phương trình z −  2cos 21  z + 1 = 0 (1)


điểm)

0,25


2

5π
5π 
5π 
− 1 = − sin 2
=  i sin  .
21
21 
21 
5π
5π

 z1 = cos 21 − i sin 21
Vậy (1) có các nghiệm là 
 z = cos 5π + i sin 5π
 2
21
21


(1) có ∆ ' = cos 2

n

n

5π
5π  
5π
5π 

z + z = 1 ⇔  cos
− i sin  +  cos + i sin  = 1
21
21  
21
21 

n
1

n
2

n

n

  5π 
5π
5π 
 5π   
⇔  cos  −  + i sin  −   +  cos
+ i sin  = 1
21
21 
 21   
  21 
n5π
n5π
 n5π 
 n5π 
⇔ cos  −
+ i sin
=1
 + i sin  −
 + cos
21
21
 21 
 21 
n5π
n5π
 n5π 
⇔ cos  −
= 1 ⇔ 2cos
=1
 + cos
21
21
 21 
n5π
π
n5π
π
7 42k
⇔ cos
= cos ⇔
= ± + k 2π ⇔ n = ± +
(k ∈ ℤ) (*)
21
3
21
3
5
5
Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n = 7.


0,25

0,25

0,25



2x − 4
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) .
3 sin 2 x − cos 2 x + 4 = 3(cos x + 3 sin x) .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

(

)

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x .
2

2

2 x 2 + x(1 + 2 ln x ) + ln 2 x
dx .
( x 2 + x ln x) 2
1
e

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA,
BC; biết góc giữa MN với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC, MN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2
abc
+3
3 + ab + bc + ca
(1 + a )(1 + b )(1 + c )

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0
và điểm A(1; 0). Gọi M, N là hai điểm trên đường tròn (C) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. Viết
phương trình cạnh MN.
x −1 y + 2 z
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
. Tìm
1
2
−2
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho mặt cầu (S) tâm M tiếp xúc với trục Oz có bán kính bằng
2.
z
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
+ z = 2 . Tìm phần thực của số phức w = z 2 − z
1 − 2i

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

(C ) : x2 + y2 =

3
và parabol
2

( P ) : y 2 = x . Tìm trên (P) các điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đường trỏn (C) và hai tiếp
tuyến này tạo với nhau một góc bằng 600.
x + 2 y −1 z + 5
=
=
1
3
−2
và hai điểm A(−2;1;1), B (−3; −1; 2) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác MAB có

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

diện tích bằng 3 5 .



z −1
3
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
= 1 . Tìm số phức z biết z + − 5i đạt giá tri nhỏ
z − 2i
2
nhất.

Câu
1
(2đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)

Tập xác đinh D = ℝ {−1}
Giới hạn, tiệm cận:
lim− y = +∞; lim+ y = −∞ . Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = −1
x →−1

0,25

x →−1

lim y = 2; lim y = 2 . Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2

x →−∞

x→+∞

Sự biến thiên: y ' =

6

( x + 1)

2

> 0; ∀x ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( −1; + ∞ ) nên hàm số đồng biến trong từng

0,25

khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên

x

- ∞

+∞

-1
+

y'

0,25

+
+∞

2

y
2

- ∞

Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ.
Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm I ( −1;2 )
y

4

2

I

0,25
-4

O

-1

1

2

x

-4

b) (1,0 điểm)

Phương trình đường thẳng ( MN ) : x + 2 y + 3 = 0 .
6  
6 

Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có A  a; 2 −
 , B  b; 2 −
 , a, b ≠ −1
a +1 
b +1


0,25

3
3 
a+b
Gọi I 
; 2−
−
 là trung điểm của đoạn đoạn AB
a +1 b +1
 2

0,25






 AB ⊥ MN
 AB.MN = 0
Theo yêu cầu của bài toán ta có 
⇔
 I ∈ ( MN )
 I ∈ ( MN )


 a = 2
3
3


b−a−
+
=0


b = 0
a +1 b +1
⇔
⇔ ... ⇔ 
 a = 0
 b + a − 6 − 6 = −7

 2
a +1 b +1

 b = 2


0,25

Vậy A ( 2;0 ) ; B ( 0; −4 ) hoặc B ( 2;0 ) ; A ( 0; −4 ) là các điểm cần tìm.
2
(1đ)

0,25

Đặt t = cos x + 3 sin x

⇒ t 2 = cos 2 x + 3sin 2 x + 3 sin 2 x =

1 + cos 2 x
1 − cos 2 x
+3
+ 3 sin 2 x = 2 − cos 2 x + 3 sin 2 x
2
2

0,25

⇒ 3 sin 2 x − cos 2 x = t 2 − 2

t = 1
t = 2

Khi đó, (1) trở thành: t 2 − 2 + 4 = 3t ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ 

0,25

2π

+ k 2π
x=
π
π

+) với t = 1 thì: cos x + 3 sin x = 1 ⇔ cos  x −  = cos ⇔ 
3

3
3

 x = k 2π
π
π

+) với t = 2 thì: cos x + 3 sin x = 2 ⇔ cos  x −  = 1 ⇔ x = + k 2 π
3
3


0,25

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm: x =
3
(1đ)

Điều kiện xác định x ≥ −

2π
π
+ k 2π; x = k 2π; x = + k 2π, ( k ∈ ℤ )
3
3

3
2

(

Ta có 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x
2

⇔ 4 ( x + 1) <
2

( 2 x + 10 ) 4 ( x + 1)

(1 +

3 + 2x

)

2

2

)

2

⇔ 4 ( x + 1) <
2

 x ≠ −1


⇔ 1 < ( 2 x + 10 )

1 + 3 + 2x



(

)

2

( 2 x + 10 ) (1 −

 x ≠ −1

⇔
 1 + 3 + 2x


(

) (1 +
3 + 2x )

3 + 2x

(1 +

0,25

2

3 + 2x

)

2

0,25

2

)

2

< 2 x + 10

0,25

 x ≠ −1
 x ≠ −1
 x ≠ −1


⇔
⇔
⇔
2 x + 4 + 2 3 + 2 x < 2 x + 10
 3 + 2x < 3
x < 3


 3 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S =  − ; 3  {−1}
 2 
4
(1đ)

0,25

0,25

e
( x + ln x) 2
x2 + x
dx + ∫ 2
dx = I1 + I 2
2
2
2
1 ( x + x ln x )
1 ( x + x ln x )
e

Ta có I = ∫

0,25

e
( x + ln x) 2
1
1
I1 = ∫ 2
dx = ∫ 2 dx = 1 −
2
e
1 ( x + x ln x )
1 x

0,25

1
e
x +x
x dx = d ( x + ln x) = .... = 1 − 1
I2 = ∫ 2
dx = ∫
∫ ( x + ln x) 2
2
2
e +1
1 ( x + x ln x )
1 ( x + ln x )
1

0,25

e

e

5

2

e

1+

1
1
Vậy I = 2 − −
e e +1
Gọi I là trung điểm AC, do ∆SAC cân tại S nên SI ⊥ ( ABC ) . Gọi H là trung điểm AI suy ra


0,25
0,25

(1đ)


MH // SI ⇒ MH ⊥ ( ABC ) , do đó (MN, (ABC)) = MNH = 60 . Ta có S ABC
0

a2
=
.
2

Xét ∆HCN có:
a
3a 2
5a 2
a 10
NC = ; HC =
; NH 2 = HC 2 + NC 2 − 2 HC .NC .cos45 0 =
; NH =
2
4
8
4
30
30
1
30
Trong ∆MHN có MH = NH tan 600 = a
; SI = 2MH = a
⇒ VS . ABC = SI .S ABC = a 3
4
2
3
12
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK ⊥ MJ (1).
Ta có
JN ⊥ BI , mà BI / / HJ ⇒ JN ⊥ HJ ( 2 )

0,25

SI / / MH , mà SI ⊥ JN ⇒ JN ⊥ MH (3)

0,25

( 2 ) , ( 3) ⇒ JN ⊥ ( MHJ ) ⊃ HK ⇒ HK ⊥ JN ( 4 )
(1) , ( 4 ) ⇒ HK ⊥ ( MNJ )
d ( AC , MN ) = d ( H ∈ AC , MN ) = d ( H , ( MJN )) = HK
=

MH .HJ
MH 2 + HJ 2

S

a 30 a 2
.
4
4 = a 30
=
16
30a 2 2a 2
+
16
16

M
A

0,25

K
I

H

C

J

N
B

6
(1đ)

Áp dụng Bất đẳng thức: ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx) , ∀x, y, z ∈ ℝ ta có:
2

(ab + bc + ca ) 2 ≥ 3abc(a + b + c) = 9abc > 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

0,25

Ta có: (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc )3 , ∀a, b, c > 0 . Thật vậy:

(1 + a )(1 + b )(1 + c ) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) + abc ≥ 1 + 3 3 abc + 3 3 (abc)2 + abc = (1 + 3 abc )3
Khi đó: P ≤

2

+

3

abc

3(1 + abc ) 1 + 3 abc

=Q

(1).
0,25

 a+b+c 
abc = t ; vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤ 
 =1
3


3

Đặt

6

2t ( t − 1) ( t 5 − 1)
2
t2
+
Xét hàm số Q =
, t ∈ ( 0;1] ⇒ Q′(t ) =
≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1] .
2
2
3(1 + t 3 ) 1 + t 2
(1 + t 3 ) (1 + t 2 )

0,25

1
1
Do đó hàm số đồng biến trên ( 0;1] ⇒ Q = Q ( t ) ≤ Q (1) = (2). Từ (1) và (2): P ≤ .
6
6

1
, đạt được khi và và chi khi : a = b = c = 1 .
6
Ta có I(1;–2) suy ra IA = (0;2) . Tam giác AMN cân khi IA vuông góc MN. Gọi (d) là đường

Vậy maxP =
7.a
(1đ)

thẳng vuông góc với IA, nên d nhận

1
IA = ( 0;1) làm véc tơ pháp tuyến, đường d có
2

dạng: y = −m (1). Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: x − 2 x + m + 4m − 5 = 0
2

2

(1).

0,25

0,25

(d) cắt (C) tại M, N khi PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆′1) = − m 2 − 4m + 6 > 0 ( ∗) .
(

 x1 + x2 = 2
Khi đó, theo Vi-et: 
2
 x1 x2 = m + 4m − 5

0,25

Gọi M ( x1 ; − m) ; N( x2 ; − m ) ⇒ AM = ( x1 − 1; − m ) ; AN = ( x2 − 1; − m ) . ∆AMN vuông tại A khi
m = 1
AM . AN = 0 ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + m 2 = 0 ⇔ 2m2 + 4m − 6 = 0 ⇔ 
(thỏa mãn (*))
 m = −3
Vậy Phương trình đường thẳng MN là : y = −1; y = 3 .
8.a Vì M ∈ d nên M (1 + t ; −2 + 2t ; −2t ) . Trục Oz đi qua điểm O(0; 0; 0) và có vtcp k = ( 0;0;1) ;
(1đ)

OM = (1 + t ; −2 + 2t ; −2t ) . Suy ra: OM ; k  = ( −2 + 2t ; −1 − t ; 0 ) ⇒ OM ; k  = 5t 2 − 6t + 5





5t 2 − 6t + 5

Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R = d(M; Oz) =

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

5t 2 − 6t + 5 = 2 ⇔ 5t 2 − 6t + 5 = 4 ⇔ 5t 2 − 6t + 1 = 0
 M ( 2; 0; −2 )
t = 1
 1 ⇒
⇔
M  6 ; − 8 ; 2 
t =

 5 5 5
 5
 
z
+ z = 2 ⇔ z + (1 − 2i ) z = 2 − 4i (1) . Đặt z = a + bi ( a, b ∈ℜ )
1 − 2i
(1) trở thành: a + bi + (1 – 2i)(a – bi) = 2 – 4i ⇔ ( 2a − 2b ) − 2ai = 2 − 4i
R = 2 suy ra

9.a
(1đ)

0,25

0,25
0,25

 −2 a = −4
a = 2
⇔
⇔
⇒ z = 2+i
2a − 2b = 2
b = 1
w = z 2 − z = 1 + 3i . Vậy phần thực của w bằng 1.
7.b
(1đ)

0,25
0,25

6
và M ∈ ( P ) ⇔ M ( t 2 ; t )
2
Theo yêu cầu bài toán ta có OM = 2 ; OM = 6

Đường tròn (C) tâm O ( 0;0 ) , bán kính r =

0,25
0,25

Ta dễ dàng giải được t = ±1; t = ± 2

0,25

(

)

(

Vậy có bốn điểm M là M 1 = (1; 1) , M 2 = (1; − 1) , M 3 = 2; 2 , M 4 = 2; − 2
8.b
(1đ)

)

Giả sử M ∈ ∆ ⇒ M (−2 + t ;1 + 3t ; −5 − 2t )

0,25

Ta có AB = (−1; −2;1) ; AM = (t ;3t ; −6 − 2t ) ; [ AB, AM ] = (t + 12; −t − 6; −t )

0,25

1
1
[ AB, AM ] = 3 5 ⇔
(t + 12)2 + (−t − 6)2 + t 2 = 3 5
2
2
2
⇔ 3t + 36t = 0 ⇔ t = 0 hay t = –12.
Vậy M (–2; 1; –5) hay M (–14; –35; 19) là các điểm cần tìm.
z −1
Ta có
= 1 ⇔ z − 1 = z − 2i , ( z ≠ 2i ) (1).
z − 2i
Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ℝ )
Theo bài ta có S MAB = 3 5 ⇔

9.b
(1đ)

0,25

(1) trở thành: ( a − 1) + b 2 = a 2 + (b − 2) 2 ⇔ a = 2b −
2

3
3
⇒ z = 2b − + bi
2
2

3
− 5i = 2b + ( b − 5 ) i = 5b 2 − 10b + 25 = 5(b − 1)2 + 20 ≥ 20 .
2
Dấu bằng xảy ra khi b = 1
1
3
Vậy GTNN của z + − 5i bằng 20 đạt được khi và chỉ khi b = 1. Khi đó z = + i
2
2
z+


0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung)

Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung)

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Viewers also liked

Viewers also liked (10)

Similar to Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung)

Similar to Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung) (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Sach luyen de toan 2014 p1 (thay hung)