I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3( 1) 6 3 4 ( )
m
y x m x mx m C     
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
b. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )
m
C tại điểm A có hoành độ bằng 1. Tìm m để tiếp tuyến
cắt đồ thị hàm số ( )
m
C tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x     .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
(3 )( 3 ) 14
( )( 14 ) 36
x y x y xy
x y x y xy

  


   


( , )x y R .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính (2 2)(3 1)


: 2 3 0d x y   .
Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại C và
3AC BC
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
3
3
log log .log (81 ) log 0x x x x  
Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số được tạo thành từ 7 chữ số khác nhau và
khác 0, biết rằng tổng các chữ số của nó là một số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C)
2 2
2 4 20 0x y x y     và
điểm A(5; -6). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm tọa
độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa
19
x
trong khai triển biểu thức
   
9
2 1 2
n
P x x   . Biết rằng
0 1 2
2048
n

ì
nh

Dư
ơ
n
g
(
bi
nh
d
uon
g
86@
hot
m
ail.c
o
m
)

gửi
đế
n
www
.
laisac
.
page.
t

    



x
y x x
x

0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng




;0 ; 2; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng


0;2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0
0,25
Bảng biến thiên
x  0 2 
y


' 3 6( 1) 6y x m x m    . Tiếp tuyến tại A là  : y=-3x+5 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của  và ( )
m
C là:
3 2 3 2
3( 1) 6 3 4 3 5 3( 1) (6 3) 3 1 0x m x mx m x x m x m x m               

2
1
( 1) ( 3 1) 0
3 1
x
x x m
x m


    

 


0.25
Ta có B(3m+1; -9m+2), (1;2); (3 1; 9 2)OA OB m m  
 
. Vậy để tam giác OAB vuông
tại O thì . 0OA OB 
 0. 25

m  . Thỏa mãn
0. 25


2
4sin (1 cos ) 2cos sin 2cos 4sin 1 0x x x x x x     

2
4sin cos 2cos sin 2cos 1 0x x x x x    

0.25

(2cos 1)(1 sin 2 ) 0x x  

1
cos
2
sin 2 1
x
x

 






0.25
Hệ ban đầu tương đương
2
2
[3(x y) 4xy] xy 14
(x y)[(x y) 12xy] 36

  


   



0.25
Đặt
0
a x y
b xy
 



 


thay vào hệ trên được
2 2 2 3
2 2 3 2
(3 4 ) 14 3 4 14

2
+54k-7=0
1 1
6
6 6
k b a a b      thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2
0.25 3 3 2 2 3 2 2
3 3
2 2
1 1
3 2 2 3 2 2
2 4

0.25
1 1
2
(3 1)2 3. 2
(3 1)2
ln 2
ln 2
x x
x
x
I x dx C

    

0.25




5 3
2 2
6 14
(3 1) 2 2 2
5 3
I x x dx x x C       


0.25

5
Kẻ SH vuông góc với AD, từ gt suy ra ( )SH ABCD


SH AO
. Gọi I là trung điểm của AO


SI AO
.
Từ đó suy ra
HI AO
. Ta có AC=BD=2a


AB=BO=AO=a nên  AOB đều
 BI AO
. Vậy B, H,
I thẳng hàng.


0
cos30
3
AI a
AH  

2
3
3 3
a a
HD AD AH a     
.
0
tan60 2SH HD a 


3
.
1 2 3
. .
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S 
0.25

Ta có ( )AC SBI , ta kẻ ( )IK SB K SB  thì IK là đường vuông góc chung của AC

4
a
d SB AC 
0.25
Từ gt suy ra
2 2 2
2
( ) 2 ( ) 2( )x y z x y z y z y z
x
       
Từ đó ta có:
2
2 2
2
1 1 2 (1 )
(1 )(1 ) (2 ) (2 )
4 4
x
y z y z
x x

        0,25
Theo cô si ta có
2
1 2 4
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P

. Ta có
4
2(5 1) 1
'( ) 0
(1 ) 5
x
f x x
x

   


0,25

6
Tập bảng biến thiên ta thấy
1 91
( ) ( )
5 108
P f x f   . Vậy GTNN của P bằng 91/108.
Dấu bằng xãy ra khi x=1/5, y = z =5.


  
 
  





0.25
Đặt B (2t-3; t) theo giả thiết ta có
2 2
3 9AC BC AC BC   . Từ đó suy ra
2
16
15
45 108 64 0
4
3
t
t t
t



   


( ; ); ( ; )
15 15 3 3
B B 
0,25
A
C
B
d
Có 4 chữ số chẵn được dùng: 2;4; 6; 8. Có 5 chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 9.
Vì tổng 7 chữ số là lẻ do đó trong 7 chữ số đó thì có một lượng lẻ chữ số lẻ được sử
dụng.
TH1. Có 1 chữ số lẻ và 6 chữ số chắn. ( không xảy ra)
0,25
TH2. Có 3 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn.
- Số cách chọn 3 chữ số lẻ:
3
5
C .
- Số cách chọn 4 chữ số chẵn:
4
4
C . Vậy có
3 4
5 4
C .C 10 cách chọn bộ 7 chữ số
thỏa mãn.
Có :10.7! 50400 
số.
0,25

Vậy có: 50400 + 30240 = 80640 số thỏa mãn.
0,25
2 2
3
3
log log .log (81 ) log 0x x x x  
Điều kiện x >0. pt


2
3 3
log log .(log 4) 4log 0x x x x   
0,25


3
(log 4).(log log ) 0x x x  

3
log 4 0
log log 0
x
x x
 



Đường tròn có tâm I(-1; 2) bán kính R = 5
Suy ra IA = 10 0,25
Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: IH. IA = BI
2

2
5 1
2 4
BI
IH IH IA
IA
    
 
1
( ;0)
2
H
0,25
0
1
cos 60
2
AIB AIB    nên tam giác ABC đều. Suy ra tâm đường tròn nội tiếp

, suy ra G(2; -2)
0,25
Ta có:
n n 0 1 2 n 11
n n n n
2 (1 1) C C C C 2048 2 n 11           .
0,25
Với n = 11, ta có:
9 11
P (2x 1) (x 2)   .
Ta có:
9 0 9 1 8 2 7 9
9 9 9 9
(2x 1) C (2x) C (2x) C (2x) C     
0,25
11 0 11 1 10 2 2 9 3 3 8 11 11
11 11 11 11 11
(x 2) C x C 2.x C 2 x C 2 x C 2      
0,25

8.b Do đó số hạng chứa x

ĐK: 0, 0x y  .
0,25
Khi đó:
3 3
(1) log 3 log 3
x y y x
    (3)
0,25
Thay (3) vào (2) ta được:

 
2
2
4 4
1
9.4 2.4 4 0 2. 4 9.4 4 0 1
1
2
4
2
x
x x x x
x
x x



            



ơ
n

B
ì
nh

Dư
ơ
n
g
(
bi
nh
d
uon
g
86@
hot
m
ail.c
o
m
)

gửi
đế
n
www
.