Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 1
THI TH I HC S 1
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
4 2
( ) 8x 9x 1y f x
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Da vo th (C) hóy bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh
4 2
8 os 9 os 0c x c x m
vi
[0; ]x


.
Cõu II (2 im)
1. Gii phng trỡnh:

3
log
1
2 2
2
x
x x x




PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y
.
Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ng thng (D) cú phng trỡnh tham s
2
2
2 2
x t
y t
z t








.Gi



.Mt im M thay i trờn ng thng

, xỏc nh v trớ ca im M chu vi tam giỏc MAB t giỏ tr
nh nht.
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 2
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b





Ht
P N THI TH S 1
Cõu
í
Ni dung
im
I
2,00
1
1,00


3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y




CĐ
0,25
th
0,25
2
1,00
Xột phng trỡnh
4 2
8 os 9 os 0c x c x m
vi
[0; ]x


(1)
t
osxt c
, phng trỡnh (1) tr thnh:
4 2
8 9 0 (2)t t m
Vỡ

0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

81
32
m 
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
1.
81
32
m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

81
1
32
m 
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

0 1m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

0m 
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
 m < 0 : Phương trình đã cho vơ nghiệm.
0,50
II
2,00
1
1,00

x
x

 


 







 

 

 

   
 
 
 
 

 

 


1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x


 
 

 
 

   
 

 



0,50
2
1,00
Điều kiện:
| | | |x y
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

  


 


;
x y 
khơng thỏa hệ nên xét
x y 
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
 
 



hoặc
3
9
u
v





+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y



 


 



(II)
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
   
 
5;3 , 5;4S 
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
   
 
5;3 , 5;4S 
1,00
III
0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C 
và
 
: 2d y x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0

2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx     
 
0,25
Tính:
 
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx  

Vì
 
2
0;2 , 4 0x x x   
nên
2 2
| 4 | 4x x x x   

 
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx    

0,25

3 3
S
1,00
IV
0,25
Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung im ca
AB, AB. Ta cú:

' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH






Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc
vi mt bờn (ABBA) ti im
'K II
.
0,25
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC
0,25
V
1,00
Ta cú:
+/

4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/

4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c








+/

2
1 1

Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 6
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m   
(2) với
2 2t  
2
(2) 4 2 2t t m   
Đây là phuơng trình hồnh độ giao điểm của 2 đường
( ): 2 2D y m 
(là đường song song
với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4y t t 
với
2 2t  
.
0,25
Trong đoạn
2; 2
 

 
, hàm số
2

M
 
 
 
 
.
0,25
Điểm
 
1 3
:2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
 
 
            
 
 
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y   
tại I (điểm
K BC
).
Suy ra
   
: 1 2 0 1 0AK x y x y       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng

, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D
. Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P).
Ta ln có
IH IA
và
IH AH
.
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 7
Mặt khác
   
 
 
 
 
, ,d D P d I P IH
H P

 





Để ý rằng
       
1 1 1 0xy x y x y      
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
  


  

0,25
Vì vậy ta có:
 
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy

1;2 5AB AB   

.
Phương trình của AB là:
2 2 0x y  
.
   
: ;I d y x I t t  
. I là trung điểm
của AC và BD nên ta có:
   
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t 
.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH 
(CH: chiều cao)
4
5
CH 
.
0,25
Ngồi ra:
 
   
4 5 8 8 2
; , ;

   
1;0 , 0; 2C D 
0,50
2
1,00
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 8
Gi P l chu vi ca tam giỏc MAB thỡ P = AB + AM + BM.
Vỡ AB khụng i nờn P nh nht khi v ch khi AM + BM nh nht.
ng thng

cú phng trỡnh tham s:
1 2
1
2
x t
y t
z t








.
im
M

Trong mt phng ta Oxy, ta xột hai vect

3 ;2 5u t

v

3 6;2 5v t

.
Ta cú

2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t









1;0;2M
v

min 2 29AM BM
.
0,25
Vy khi M(1;0;2) thỡ minP =

2 11 29
0,25
VIIb
1,00
Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b








.
t


x y z x y
        
  
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
 
     
Do đó:
 
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
 
   
    
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 

1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
 
2
4 4
0
cos2 sin cosI x x x dx

 

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn
đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy
hình trụ góc 45
0
. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
   
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m      
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng

định bởi:

.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho
, ,a b c
là những số dương thỏa mãn:
2 2 2
3a b c  
. Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
    
     
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2,00
1
1,00
+ MXĐ:
D  
0,25
+ Sự biến thiên
 Giới hạn:
lim ; lim

2
1,00
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 11
Ta có
3
'( ) 4 4f x x x 
. Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b     
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
         
' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a     
;
         
' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b     
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
 
 
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b         
Vì A và B phân biệt nên
a b
, do đó (1) tương đương với phương trình:

,
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với
cùng một cặp điểm trên đồ thị là
 
1; 1 
và
 
1; 1
.
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là
2 2
1 0
1
a ab b
a
a b

   

 




II
2,00
1
1,00
Điều kiện:
 

0,25
2sin .cos 2sinx x x 
 
2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k





 

   


  



0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
 

log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x       
0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 12

3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x
3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x






2


2
2
0
2
2
0
1
cos2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin2
2 2
I x x dx
x d x



0,50

2 2

vuụng cõn ti O nờn:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta cú:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO 0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16

iu kin :
0 1x
Nu

0;1x
tha món (1) thỡ 1 x cng tha món (1) nờn (1) cú nghim duy nht thỡ cn cú
iu kin
1
1
2
x x x
. Thay
1
2
x
vo (1) ta c:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m








+ Vi
4 4
1
1 0
2
x x x
+ Vi
1
1 0
2
x x x
Trng hp ny, (1) cng cú nghim duy nht.
0,25
* Vi m = 1 thỡ (1) tr thnh:


2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x
Ta thy phng trỡnh (1) cú 2 nghim
1
0,
2
x x
nờn trong trng hp ny (1) khụng cú nghim
duy nht.
Vy phng trỡnh cú nghim duy nht khi m = 0 v m = -1.







0,25
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 14
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
   
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x



         



0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:

 
 
 
, bán kính là
14
2
R GA 
.
0,50
VIIa
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Khơng có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Khơng có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25

 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra
M(3;0)
   
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y       
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
   
 
AD d
M AD








  
 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
  
 
 
 
   
 
hoặc
4
1
x
y



 

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 15








Tng t I cng l trung im BD nờn ta cú: B(5;4).
Vy ta cỏc nh ca hỡnh ch nht l (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2
1,00
Mt cu (S) tõm I(2;-1;3) v cú bỏn kớnh R = 3.
Khong cỏch t I n mt phng (P):
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R


.
Do ú (P) v (S) khụng cú im chung.Do vy, min MN = d R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trng hp ny, M v trớ M
0
v N v trớ N
0

z t









.
0,25
Ta ca N
0
ng vi t nghim ỳng phng trỡnh:

15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t
Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N



2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c



Tng t:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c


T ú suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c


ng thc xy ra khi v ch khi a = b = c = 1.
0,50
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận

2
log 1 2 log 4 log 4x x x     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x



Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng
cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình
nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
 
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
  
    



 

 







(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y    
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vng ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z   
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5

2
t
dt
f x
x





Ht
P N THI S 3
Cõu
í
Ni dung
im
I
2,00
1
1,00
Khi m = 1 ta cú
3 2
3 1y x x
+ MX:
D
0,25
+ S bin thiờn:
Gii hn:
lim ; lim
x x

1,00
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 18
+ Khi m = 0
1y x
, nờn hm s khụng cú cc tr.
0,25
+ Khi
0m

2
' 3 6 1y mx mx m
Hm s khụng cú cc tr khi v ch khi
' 0y
khụng cú nghim hoc cú nghim kộp
0,50

2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m
1
0
4
m
0,25
II
2,00
1
1,00


2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x


Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.
0,50
2
1,00

2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
(2)
iu kin:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x

+ Vi
1 4x
ta cú phng trỡnh
2
4 12 0 (3)x x
;

2
(3)
6
x
x






loại
0,25
+ Vi
4 1x
ta cú phng trỡnh
2
4 20 0x x
(4);2 24
4

2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t


+ i cn:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t


0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3

1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE


2 2 2
9 81 9
9
8 8
2 2
SE OE SO SE
0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE


2

8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA



0,25
V
1,00
H bt phng trỡnh

2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m








1 1 6x
. H ó cho cú nghim khi v ch khi tn ti

0

H ó cho cú nghim

0 0
1;6 : ( )x f x m

2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x

;

2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x


0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m


0,25
VIa
2,00
1
1,00
Ta ca A nghim ỳng h phng trỡnh:

4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y






0,25





2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b









0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn

2
1,00
Gi I(a;b;c) l tõm v R l bỏn kớnh ca mt cu (S). T gi thit ta cú:

, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q










0,25
Ta cú:

2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c








loại
T (1) v (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c


0,25
T (2) v (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c
Th (4) vo (5) v thu gn ta c:




0,25
VIIa
1,00
iu kin:
1 4 5n n
H iu kin ban u tng ng:




1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n







1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
 

    


 
   
  


0,50
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì

0
90ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50

1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
    

          
  
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
 
1
3;0;2M
;
+ Với t
2
= 0 ta được
 
2
1;3;0M
0,25





  

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0

t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25
VIIb
1,00
Điều kiện
 
3
1
0 3
3
x

sin sin sin 0 sin0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x




 
  
 
 

 
 
  
  



0,50
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 23
THI TH TUYN SINH I HC- S 4
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hm s

3 2
1
y m 1 x mx 3m 2 x
3

(1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (1) khi
m 2

v tam giỏc
A'BC cú din tớch bng 8. Tớnh th tớch khi lng tr.
Cõu V (1,0 im)
Gi s x, y l hai s dng thay i tha món iu kin
5
x y
4

.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
4 1
S
x 4y

II. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2).
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2.0 im)
1. Trong mt phng Oxy. Vit phng trỡnh ng thng
( )
i qua im M(3;1) v ct trc Ox, Oy ln lt ti
B v C sao cho tam giỏc ABC cõn ti A vi A(2;-2).
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho im A(4;0;0) v im

0 0 0 0
B(x ; y ; 0), x 0;y 0
sao cho
OB 8
v gúc


2.
m 2
Cõu II (2,0 im)
1.
k2
x k2 ; x
6 3


2.
x 2; x 1 33
Cõu III (1,0 im)
4
I ln
3

Cõu IV (1,0 im)
V 8 3
Cõu V (1,0 im)
min S 5
II. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2).
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2.0 im)
1.
x 3y 6 0;x y 2 0
2.
1 2
C (0;0; 3),C (0;0; 3)
Cõu VII.a (1,0 im)

;1
.
Cõu II (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
3 3 2
cos x 4 sin x 3 cos x sin x sin x 0
2. Gii phng trỡnh:

2
3
3
log x 1 log 2x 1 2
Cõu III (1,0 im)
Tớnh tớch phõn:
4
6
0
dx
I
cos x



Cõu IV (1,0 im)
Cho lng tr t giỏc u ABCD.A'B'C'D' cú chiu cao bng h. Gúc gia hai ng chộo ca hai mt bờn k nhau
k t mt nh bng
0 0
(0 90 )
. Tớnh th tớch ca khi lng tr ú.
Cõu V (1,0 im)

( )
i qua im A(27;1) v ct cỏc tia Ox, Oy ln lt
ti M v N sao cho di on MN nh nht.
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho cỏc vect
a (3; 1;2),b (1;1; 2)


. Tỡm vect n v ng phng vi
a,b


v
to vi
a

gúc
0
60
.
Cõu VII.b (1,0 im)
Cho cỏc ch s 1, 2, 3, 4, 5. T cỏc ch s ó cho cú bao nhiờu cỏch lp ra mt s gm 3 ch s khỏc nhau sao
cho s to thnh l mt s chn bộ hn hay bng 345 ?.
Ht