1. Sở GD & ĐT TP HCM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Trường THCS & THPT Nguyễn Khuyến Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =x −3x +2 . 3 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau
và độ dài
đoạn thẳng AB bằng 4 2 .
Câu II (2 điểm)
 5π 
1. Giải phương trình 2.cos 5 x −sin(π + 2 x) = sin  +2x ÷.cot 3 x.
 2 
x 2 y + 2 x 2 + 3 y −15 = 0

2. Giải hệ phương trình :  4
x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0
2 2

I =∫
e
(x 3
+1) ln x + 2 x 2 +1
Câu III ( 1điểm) Tính tích phân dx .
1
2 + x ln x
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a,
ABC . A ' B ' C '
AC = a
2
. Các mặt phẳng ( B ' AB ), ( B ' AC ), ( B ' BC )
cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) góc 60 . Tính 0
thể tích khối lăng trụ .
ABC. A ' B ' C '
Câu V (1 điểm) Cho x, y , z
là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥z và x +y +z =3 .
x z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= + + 3y
z y
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a.
I ( 3;3)
 4
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm và AC = BD
2
. Điểm M  2; ÷
 3
 13 
thuộc đường thẳng AB
, điểm N  3; ÷
 3
thuộc đường thẳng CD
. Viết phương trình đường chéo BD
biết đỉnh có hoành độ nhỏ hơn 3.
B
2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
x +1 y + 2 z x −2 y −1 z −1
( d1 ) : = = ; ( d2 ) : = = và mặt phẳng ( P ) : x +y −2z +5 =0 . Lập phương
1 2 1 2 1 1
trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( d ) , ( d ) lần lượt tại A, B sao cho độ dài
1 2
đoạn AB nhỏ nhất.
Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn z + z = z . 2
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm)
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có
phương trình
3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng
450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ
dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng
x +1 y −1 z
∆: 2
=
−1
=
2
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C
sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
1

2. Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m x −2 x +2 = x +2 2
có 2
nghiệm phân
biệt.
..................................................Hết................................................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VI, Năm 2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)
Câu Nội dung éiểm
I 1 • Tập xác định: D =¡
• Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: y ' =3x 2 −6 x ; y'= ⇔ =
0 x 0
hoặc x =2
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2)
• Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x =2
; yCT = −2
, đạt cực đại tại x =0
; yCĐ =2
0,25
• Giới hạn: lim y =− ; lim y =+
x→ ∞
−
∞ ∞
x→ ∞
+
Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
Nhận xét:
2

3. A ( a; a 3 − a 2 +2 ) ; B ( b; b 3 − b 2 +2 )
Đặt 3 3
với a ≠b
. Hệ số góc của tiếp tuyến với (C)
k A =y ' ( x A ) = a
3 2
− a; k B =y ' ( xB
6 ) = b2
3 − b
6
tại A, B là: .
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi
0,25
k A = B ⇔a 2 − a = b 2 − b ⇔a − ) ( a + − ) = ⇔ = −
k 3 6 3 6 ( b b 2 0 b 2 a .
+ a 3 − b 3 − 3 ( a 2 − b 2 ) 
2
( a −b)
2
AB =  
( a − b) + ( a − b ) . a 2 + ab + b 2 − 3 ( a + b ) 
2 2 2
Độ dài đoạn AB là: =  
2 2
= 4 ( a − 1) + 4 ( a − 1) . ( a − 1) − 3
2 2 2
  0,25
2
Đặt t = ( a – 1 )
a − 1 = 2
⇔ +t ( t − ) =8 ⇔ t −4 ) ( t 2 −2t +2 ) =0
( ⇔
2
AB =4 2 t 3 ⇔ =4
t
a − 1 = −2
• Với a = ⇒ −
3 b =1 ⇒ A ( 3; 2 ) , B ( − − )
1; 2
0,25
• Với a =1
−⇒ 3
b = ⇒ A ( − − ) , B ( 3; 2 )
1; 2
Vậy A ( 3; 2 ) , B ( − − )
1; 2 hoặc A ( − − ) , B ( 3; 2 )
1; 2 . 0,25
ĐK: sin 3 x ≠0
0,25
pt ⇔ 2cos5 x +sin 2 x =cos 2 x.cot 3 x
⇔ 2cos5 x sin 3 x +sin 2 x cos 3 x =cos 2 x.cos 3 x
⇔ 2cos5 x sin 3 x −cos5 x =0 ⇔ cos5 x ( 2 sin 3x − =0
1)
0,25
 π k 2π
1 1  x = 12 + 3 0,25
+) sin 3 x = ≠0 (t/m đk) ⇔

2
 x = π + k 2π

 4 3
π kπ
+) cos5 x =0 ⇔ x= +
10 5
t/m đk
KL:……………… 0,25
x 2 y + 2 x 2 + 3 y −15 = 0

 4
x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0
2 2
II 
 ( x 2 −1)( y − 2) + 4( x 2 −1) + 4( y − 2) = 5 u = x 2 − 1
Hệ pt ⇔ . Đặt 
( x −1) + ( y − 2) = 10 v = y − 2
2 2 2

u 2 + v 2 = 10 (u + v ) 2 − 2uv = 10
Ta có hpt  ⇔ 0,25
uv + 4(u + v ) = 5 uv + 4(u + v ) = 5
2
u + v = −10 u + v = 2 u = 3 u = −1
⇔
 (vô nghiệm) hoặc  ⇔ hoặc  0,25
uv = 45  uv = − 3  v = −1 v = 3
u = 3
+)  Tìm được 2 nghiệm ( x; y ) =(2;1) và ( x; y ) =( −2;1) 0,25
v = −1
u = −1
+)  Tìm được nghiệm ( x; y ) =(0; 5)
v = 3
0,25
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)
3

4. I =∫
e
(x 3
+1) ln x + 2 x 2 +1 e e
dx = ∫ x 2 dx + ∫
1 + ln x
dx 0,25
1
2 + x ln x 1 1
2 + x ln x
e
e
 x3  e 3 −1 0,25
∫ x dx =  3  = 3
2
1  1
III
e
1 + ln x
e
d ( 2 + x ln x ) e e +2
∫ 2 + x ln x dx = ∫
1 1
2 + x ln x
= ln 2 + x ln x 1
  = ln ( e + 2 ) − ln 2 = ln
2
0,25
e3 −1 e +2
Vậy I=
3
+ ln
2
. 0,25
Gọi H là hình chiếu của trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên
'B
AC, AB và BC.Khi đó AC ⊥ , AC ⊥ ' H
HM B
⇒AC ⊥ B ' BM )
(
. Vậy góc giữa ( B ' AC )
và ( BAC )
là góc B ' MH
0,25
Tương tự ta có B ' MH = ' NH = ' PH = 0
B B 60 . Do đó
∆ MH = B ' NH = B ' PH ⇒
B' ∆ ∆ HM =HN =HP
. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC
0,25
Theo công thức S = p ( p − )( p − )( p − ) = 4 a.a.2 a.a =2
a b c 2a 2
S 2 2a 2 2a
Mặt khác S = pr ⇒r = HM =
p
=
4a
=
2
2a a 6 0,25
Tam giác vuông B ' HM
có B ' H = HM . tan 600 = . 3=
2 2
a 6
IV Từ đó VABC . A ' B ' C ' = S ABC .B ' H = 2 2 a 2 . = 2 3a 3 ( đvtt).
2
B' C'
0,25
A'
B P C
H
M
N
A
x z 0,25
Ta có + xz ≥ 2 x, + yz ≥ 2 z
z y
x z
Từ đó suy ra P= + + 3 y ≥ 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y
z y
= 2( x + z ) + y( x + y + z ) − xz − yz
V
= 2( x + z ) + y 2 + x ( y − z ) 0,25
Do x >0
và y≥z
nên x ( y −z ) ≥0
. Từ đây kết hợp với trên ta được
x z
P= + +3 y ≥ 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y −1) 2 + 5 ≥ 5 .
z y
0,5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
4

5. A. Theo chương trình chuẩn
Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N
 5
qua I là N '  3; ÷
 3
Đường thẳng AB đi qua M, N’ có
phương trình: x −3 y +2 =0
Suy ra:
3 −9 + 2 4
IH = d ( I , AB ) = = 0,25
10 10
Do AC = BD
2
nên . Đặt
IA = IB
2
IB = >
x 0
, ta có phương trình
1 1 1 5
+ = ⇔x2 = 2 ⇔x = 2
x2 4x 2 8
0,25
Đặt B ( x, y )
. Do IB = 2 và
B∈AB
nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
 14
VI.a ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 2
 5 y −18 y +16 = 0
2 x = 5  x = 4 > 3
 0,25
 ⇔ ⇔ ∨
x − 3 y + 2 = 0
 x = 3 y − 2 y = 8 y = 2

 5
 14 8 
Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B ; ÷
 5 5
Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x − − =
y 18 0
. 0,25
Đặt A(− + − +
1 a; 2 2a; a ) , B ( 2 +2b;1 +b;1 + )
b , ta có
uuu
r
AB =( − +
a 2b + − + + − + + )
3; 2a b 3; a b 1 0,25
uuu
r uur
Do AB song song với (P) nên: AB ⊥n P =(1;1; − ) ⇔ =a −4
2 b
uuu
r
Suy ra: AB =( a −5; − − − )
a 1; 3 0,25
2
Do đó: ( a −5 ) +( − − ) +( − ) = 2a 2 −8a +35 = 2 ( a −2 ) +27 ≥3 3
2 2 2 2
AB = a 1 3
0,25
Suy ra: min AB = 3 3 ⇔ a = 2
b = −2 { , A ( 1; 2; 2 ) ,
uuu
r
AB =( − − − )
3; 3; 3
x −1 y − 2 z − 2 0,25
Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: 1
=
1
=
1
.
VII.a 0,25
Giả sử z =x +yi
, khi đó z 2 + z =z ⇔ x +yi ) 2 + x 2 +y 2 =x −yi
(
x 2 − y 2 + x 2 + y 2 = x

⇔ ( x 2 − y 2 + x 2 + y 2 ) + 2 xyi = x − yi ⇔ 
2 xy = −y
 0,25
1 1 1 1 1 3
TH 1. x= −
2
ta được − y2 + + y2 = − ⇔ + y2 = y2 −
4 4 2 4 4
 2 3
y − 4 ≥ 0  2 3
 y ≥ 5+2 5
 ⇔ 4 ⇔ y =±
1 3 2 9
 + y2 = y4 − y + 16 y 4 − 40 y 2 + 5 = 0 2
4  0,25
 2 16
TH 2. y = ⇒ 2 + x =x ⇔ =0 ⇒ =y =
0 x x x 0
0,25
5

6. 1 5+2 5
Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; z =− ± i
2 2
A. Theo chương trình nâng cao
3 x − y = 0 x = 0
Tọa độ điểm D là: 
x −2y = 0
⇔ => D(0;0) ≡
O
 y = 0
ur uu
r
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 ( 3; − ) , n2 (1; − )
1 2
1
 cos ·ADB
= 2 => ·ADB
=450 =>AD=AB (1)
0,25
0 0
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45 => ·
BCD =45 => ∆
BCD vuông
1 3. AB 2
cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: S ABCD = ( AB +CD ) AD = = 24
2 2
=>AB=4=>BD= 4 2 0,25
1
 x 
Gọi tọa độ điểm B  xB ; B ÷
 2
, điều kiện xB>0
 8 10
uuu
r 2  xB = − (loai )
 8 10 4 10 
 xB  5
=> BD = xB +  ÷ = 4 2 ⇔ 
2
Tọa độ điểm B
 5 ; 5 ÷ ÷
 2   8 10   0,25
 xB = (tm)
 5
VI.b uuu
r
Vectơ pháp tuyến của BC là nBC = ( 2;1) ( Vì BD ⊥BC
)
=> phương trình đường thẳng BC là: 2 x +y −4 10 =0
0,25
 x = − 1 + 2t

Phương trình tham số của ∆:  y = 1− t .
 z = 2t

Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng C( − + t;1−; 2t)
1 2 t
.
uuu
r
AC = − +
uuu
r
( 2 2t; − − 2t); AB =
4 t; (2; − 6)
2; 0,25
uuu uuu
r r uuu uuu
r r
A , A  =(− −2t;12 −8t;12 −2t) ⇒A , A  =2 18t2 −36t +216
 C B  24  C B  0,25
2
1 uuu uuu
r r
Diện tích ∆ABC là S=
2
A , A  = 18t2 −36t + 216
 C B  = 18(t −1)2 +198 ≥ 198
Vậy Min S = 198 khi t=1
hay C(1; 0; 2). 0,25
uuu
r
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC =(− − −
2; 3; 4) làm vectơ chỉ phương nên
x −3 y −3 z − 6
có phương trình chính tắc là −2
=
−3
=
−4
.
0,25
VII.b x +2
Ta có: x2 − x + ≥
2 2 1 nên m x 2 −2 x +2 = x +2 ⇔m =
2
x − 2x + 2
x +2 4 − 3x
f ( x) = f '( x ) =
Xét , ta có:
2
x − 2x + 2 (x 2
−2x + 2 ) x2 − 2 x + 2 0,25
4 4 
f ' ( x ) = 0 ⇔x = ; f  ÷= 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x ) =1 0,25
3 3  x→ −∞ x→ ∞
+
+ Bảng biến thiên:
x - ∞
4
+
3
∞
y’ - 0 +
6

7. y 10 0,25
-1 1 0,25
TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN NĂM HỌC 2011 -2012
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 <m < 10 B
Môn: TOÁN, khối A,
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số = x − (m −) x + −
y 2 1 4
m 2
(1). 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m =2
.
2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng . (1; 3)
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
 x 2 − 3x( y − 1) + y 2 + y( x − 3) = 4
2. Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈R)
 x − xy − 2 y = 1
Câu III (2 điểm)
e
x + ( x − 2) ln x
1. Tính tích phân: I = ∫
1
x (1 + ln x)
dx
2. Cho ba số thực dương a
, b
, c
thay đổi thỏa mãn điều kiện abc
= 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1 1 1 1
1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp có đáy S . ABCD ABCD
là hình thoi tâm O
, hai mặt phẳng (
) và (
SAC
) cùng vuông góc với mặt phẳng (
SBD ABCD
). Biết = AC 2 3a , = 2 a ,
BD
a3
khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng ( SAB
) bằng 4
. Tính thể tích khối chóp S . ABCD
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ lần lượt là và . C x +−
y 1 =0 3 x − −=
y 9 0
Tìm tọa độ các đỉnh , của tam giác ABC.
B C
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) có phương trình C
x 2 + 2 +x − y − =
y 2 4 8 0
và đường thẳng ( ) có phương trình : . Chứng minh rằng (
∆ 2x − −
3y 1 =0
∆
) luôn cắt ( ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm
C
trên đường tròn ( ) sao cho M C
diện tích tam giác lớn nhất.
ABM
x+ 1
x −1 2
3 . Giải phương trình: (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2
3 3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy
, cho điểm (0; 2) và hai đường thẳng d , d có phương
M 1 2
trình lần lượt là và
3 x + +=
y 2 0 x − +=
3y 4 0
. Gọi là giao điểm của d và d . Viết phương
A 1 2
7

8. trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1
và d2
lần lượt tại B
, C
( B
và C
khác A
)
1 1
sao cho +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ): C x 2 + 2 −x + y + =
y 2 4 2 0
. Viết phương
trình đường tròn ( ') tâm
C
(5, 1) biết ( ') cắt ( ) tại hai điểm
M C C A
, B
sao cho .
AB = 3
0 0 1 1 2 2 3 3 2011 2011
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
3. Tính giá trị biểu thức A = 1
2011
−
2
2011
+
3
2011
−
4
2011
+ ......- 2012
2011
----------------------------- Hết -----------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh .........................................................số báo danh.........................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1 điểm)
(2đ) Với m = 2, y = 4 − x2
x 2
0,25 đ
1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
y' = x 3 −x
4 4
; y' = ⇔
0 4 x 3 −x = ⇔ 0, x = 1
4 0 x = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
b) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 0,25đ
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yct = y( 1) = -2
± ±
----------------------------------------------------------------------------------------------------
c) Giới hạn tại vô cực:
Lim ( x 4 −2 x 2 ) = + ∞
x→ ∞
±
d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
3) Đồ thị:
0,25 đ
2) 1 điểm
8

9. y' = 4 x − (m −) x
4 3
1
y' = 0 ⇔ 4 x − (m − x
4 3
1)
=0 x[x − m − ) ] =
( 1⇔ 0 2 0,25 đ
----------------------------------------------------------------------------------------------------
TH1: Nếu m- 1 0 m
≤
1 ⇔ ≤
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). 0,25 đ
Vậy m 1 thoả mãn ycbt
≤
---------------------------------------------------------------------------------------------------
TH 2: m - 1 > 0 m> 1 ⇔
y' = 0 ⇔
x = 0, x = ± m −1
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0 ) và ( ;+ ∞ )
m −1 m −1
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m 2 m −≤
1 1 ⇔ ≤
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) m ∈ ( ] ⇔ − ;2
∞
0,25 đ
II 1. (1 đi ểm)
(2 đ)
cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
⇔
2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔
2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0
Đặt t = sinx - cosx ( - ) 2 ≤ ≤ 2
t
1− t 2
⇒
sinxcosx = 2
0,25 đ
Phương trình trở thành t2 + 4t - 5 = 0
t = 1; t = -5 (loại)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
 π  π 2
Với t = 1 ⇔
sinx - cosx = 1 ⇔ 2
sin x− 
 4 =1 ⇔
sin x− 
 4 = 2
0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
 π π
x − 4 = 4 + k 2π  π
⇔  ⇔ x = 2 + k 2π

x − π = 3π + k 2π x = π + k 2π

 4 4 0,25 đ
2. (1 điểm)
x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0
⇔
0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
 −y =
x 1
 −y =−
x 4 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
 x− y = 1
* Với x- y = 1, ta có 
 x − xy − 2 y = 1
0,25 đ
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
 x− y = − 4
* Với x - y = -4 ta có  (Hệ PT vô nghiệm)
 x − xy − 2 y = 1 0,25 đ
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
III 1. (1 điểm)
9

10. (2 đ) e
x(1 +ln x) −2 ln x
e e
ln x
I= ∫
1
x (1 +ln x )
dx = ∫dx
1
-2 ∫ x(1 +ln x) dx
1
0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta có
e
∫ dx = e −1
1
0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
e
ln x
Tính J = ∫ x(1 +ln x) dx
1
Đặt t = 1 + lnx 0,25 đ
2 2
t −1 1
J= ∫
1
t
dt = ∫(1 − t )dt
1
= (t - ln t
) = 1 - ln2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 0,25 đ
2. (1 điểm)
Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a b c ≤ ≤
Khi đó 0 < 1 + a + b 1+a+c 1+b+c
≤ ≤
và 0 < 2 + a 2+b ≤
2+c ≤
Ta có
1 1 1  1 1 1 
2+ a + 2+ b + 2+ c -  + + 
1 + a +b 1 +b +c 1 +c +a 
=
b− 1 c− 1 a− 1
= (2 +a )(1 +a +b ) + ( 2 +b)(1 +b +c ) + ( 2 +c )(1 +a +c)
≥
b− 1 c− 1 a− 1 a +b +c −3
≥
(2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) = (2 +c )(1 +b +c )
≥
33 abc −3
≥ =0
( 2 +c )(1 +b +c )
1 1 1 1 1 1
Vậy 1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
IV Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên
(1 đ) giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
1
VSABCD = 3 SO.SABCD
1 0,25 đ
Diện tích đáy S ABCD = AC.BD =2 3a 2
1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD =60 0
tam giác ABD đều.
⇒
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
1 a 3
DH ⊥AB
và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥
2 2
(SOK) S
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
1 1 1 a 0,5 đ
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ OI 2
=
OK 2
+
SO 2
⇒ SO =
2
I
D
A
10
a 3
O
H
a K
C B

11. a
Đường cao của hình chóp SO =
2
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1 3a 3
VS . ABC D = S ABC D .SO =
3 3
0,25 đ
Va 1. (1 điểm)
(3 đ) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC M(m; 1-m) ⇒
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
2m −c + 3 7 − 2m − 3c
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( ; )
2 2 0,25 đ
2m −c +3 7 −2m −3c
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3(
2
) −(
2
) −9 =0
0,25 đ
⇒
m=2 M(2; -1)
⇒
Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ
 3x − y − 9 = 0  x= 3
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  ⇔

 x− y− 3= 0  y= 0
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
2. (1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13
.
9
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆
) là d ( I , ∆) =
13
<R 0,25 đ
Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
∆
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
1
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S∆ABM =
2
AB.d ( M , ∆)
0,25 đ
Trong đó AB không đổi nên S lớn nhất khi d
∆ABM lớn nhất. ( M ,∆)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). ∆
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm
của hệ phương trình:
 x 2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0
 0,25 đ
 = , y =−
x 1 1
⇔  =− , y =
x 3 5
 3x + 2 y − 1 = 0

⇒
P(1; -1); Q(-3; 5)
4 22
Ta có d ( P , ∆) =
13
; d ( Q , ∆) =
13
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ
Ta thấy d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).
( M ,∆)
3. (1 điểm)
11

12. Điều kiện: x > 1
x+ 1
x −1 2 2
(3 x −2)[log 3 ( x − ) −log 3 3] =4 − 3 x +1
(3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 ⇔ 1
3 3 3 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) − ] = − .3 x
2 1 1 4 2 ⇔ (3 x − ) log 3 ( x −) + x − =
2 1 3 2 0
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) + ] =
2 1 1 0
0,25 đ
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
-- (loại)
x = log 3 2 0,5 đ
 x −2 =0
3 

x = 4
⇔ ⇔
log 3 ( x − ) =−
1 1

 3
4
Vậy PT có nghiệm x = 3
Vb 1. (1 điểm)
(3 đ) Toạ độ điểm A(-1; 1) 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau
Gọi là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại
∆
, ( 1 2 B C B
và khác ).C A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Ta có: ∆
0,25 đ
1 1 1 1
AB 2
+
AC 2
=
AH 2
≥
AM 2 (không đổi)
------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 1 1
⇒ +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng AM 2
khi H ≡ M, hay ∆
là đường thẳng
đi qua M và vuông góc với AM. 0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
PT đường thẳng :x+y-2=0
∆
0,25 đ
2. (1 đi ểm)
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk R= 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của
đoạn AB.
AB 3
Ta có AH = BH =
2
=
2
Gọi
Trường hợp 1:
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
2
 3 3
Ta có: 2
IH ' = IH = IA − AH = 3 − 
 2 ÷ =2
÷
2
 
( 5 −1) +( 1 +2 )
2 2
Ta có: MI = =5
3 7 3 13
và MH = MI −HI =5 − = ; MH ' = MI + H ' I = 5 + =
2 2 2 2
3 49 52
Ta có: R1 = MA 2 = AH 2 +MH 2 =
2
+ = =13
4 4 4
12

13. 3 169 172
R2 =MA '2 =A ' H'2 +
2 MH '2 = + = =43
4 4 4
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
3
13