www.VNMATH.com
Trng THPT Chuyên Lê Hng Phong  THI TH I HC MÔN TOÁN
Thi gian làm bài: 180 phút.

I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH: (7 đim)
Câu I (2 đim): Cho hàm s y = x
3
– 3x
2
+ 3.
1. Kho sát s bin thiên và v đ th (C) ca hàm s.
2. Vit phng trình tip tuyn ca đ th (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1).
Câu II (2 đim):
1. Gii h phng trình:
22
22
xyxy4y10
y7 (x y) 2(x 1)





  




2. Gii phng trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)

II. PHN RIÊNG (3 đim)
Thí sinh ch đc làm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2).
1. Theo chng trình chun:
Câu VI.a (2 đim):
1. Trong mt phng Oxy cho ∆ABC ni tip đng tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0. nh A thuc
tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0. Tìm ta đ các đnh A, B, C bit
rng C có hoành đ là mt s nguyên.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d
1
):
x1 y2 z2
21 2




, (d
2
):
x2t
y3t
z4t





C
.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d
1
):
x1 y2 z2
21 2




, (d
2
):
x2t
y3t
z4t








và mt
phng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) nhng đim M sao cho đng thng qua M song song vi
(d

∑ = 1.25đ

Tp xđ và Gii hn
0.25

y' = 3x
2
– 6x
y' = 0  x = 0 hay x = 2
0.25

Bng bin thiên:
0.25

y'' và đim un
Giá tr đc bit
0.25

 th và nhn xét:
0.25
2 Vit pt tip tuyn ca (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1). ∑ = 0.75đ

ng thng (d) qua A và có h s góc k
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1.
0,25

(d) tip xúc (C) 
32
2
x3x3kxk1

* x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8

0.25

Câu II

∑ = 2 đ
1
Gii h phng trình:
22
22
xyxy4y10
y7 (x y) 2(x 1)





  




∑ = 1đ

(I) 
22
22
yxy x4y1
7y y(x y) 2x 2


 x – y = 3  x = y + 3.
(1)  –6y = –2(y + 3)
2
– 8y – 2  2y
2
+ 14x + 20 = 0
 y
2
+ 7y + 10 = 0 
y2x1
y5x2


 


 

. 0.25  x – y = –5  x = y – 5.
(1)  10y = –2(y – 5)
2
– 8y – 2  2y
2


2cosx 3
(cosx 1)(2cosx 3) 0









3
cosx
2
cosx 1







.

(1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin
2
x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx – cosx + 2sin









0.25 So sánh điu kin ta đc nghim ca phng trình là x =
5
k2
6


 (k  Z).
0.25
Câu III
Tính tích phân sau: I =
33 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x

2
= x
3
+ 8  2tdt = 3x
2
dx  x
2
dx =
2
tdt
3
.
i cn: x = 1  t = 3
x = 2  t = 4.
Do đó I
1
=

4
3
4
3
3
22t 2 74
t. tdt . 64 27
3339 9





32 2
1
1
(2x 2x )lnx (2x 2x)dx




=
2
3
2
1
2x 23
24ln2 x 24ln2
33

 



. 0.25  Ta có BD =
22 22
AB AD 4a 12a 4a

K
I
G
M
O
D
B
C
A
S
www.VNMATH.com
 SO =
22 22
SB OB 9a 4a a 5 .
Vy V
SABCD
=
3
ABCD
14a15
S.SO
33
 . Do đó V
SABMD

OI OG
43
12
  .
Do đó S
câu
=
22
2
31a 31 a
4R 4.
12 3

  . 0.25

Câu V
Cho x, y, z là các s thc dng tha xyz = 1.
Chng minh:
333
1113
8
(1 x) (1 y) (1 z)


(1)
∑ = 1đ


(1 x) (1 y) (1 z)



(2)
Ta có: xyz = 1 nên ta có th gi thit xy ≥ 1.
Khi đó ta có:
22
112
1xy
1x 1y



(3)
 2xy + (x
2
+ y
2
)xy ≥ x
2
+ y
2
+ 2x
2
y
2

 2xy(1 – xy) + (x
2

2
12 1
21xy
(1 z)






( Do (3))
=
22
11z1
1
z1
(1 z) (1 z)
1
z





=
2
2
zz1
(z 1)


Trong mp Oxy cho ∆ ABC ni tip đng tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0.
nh A thuc tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0.
Tìm ta đ các đnh A, B, C bit rng C có hoành đ là mt s nguyên
∑ = 1đ

 A thuc tia Oy nên A(0; a) (a > 0).
Vì A  (T) nên a
2
– 2a – 8 = 0 
a4
a2






 a = 4  A(0; 4).

0.25  C thuc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y).
C  (T)  25y
2
+ y

B  (T)  b
2
+ (5b + 4)
2
– 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b
2
+ 26b = 0 
b0
b1





.

0.25 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loi vì B trùng vi A)
Khi b = –1  B(–1; –1) (nhn).
Vy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1).

0.25

2
Trong kg Oxyz cho (d

) ln lt ti M và N sao cho MN =
36.
∑ = 1đ

M  (d
1
)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N  (d
2
)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)


NM 2m n 1;m n 5; 2m n 2

; n(1;1;1)





MN // () 
n.NM 0


 
 2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0
 –m + n + 2 = 0  n = m – 2.





0.25

VII.a
Tìm tp hp các đim biu din cho s phc z tha:
z 3 2i 2z 1 2i

 

∑ = 1đ

Gi M(x; y) là đim biu din cho s phc z = x + yi (x; y  R).
Ta có:
z 3 2i 2z 1 2i  


xyi32i 2(xyi)12i     (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i   
0.5  (x + 3)





và trc tâm trùng vi gc ta đ. Tìm ta đ các đnh B, C và din tích ∆ ABC
bit rng x
B
< x
C
.
∑ = 1đ

Ta có
3
AI AG
2

 

I
I
34
x0 0
23
32
y4 4
23


 

BC qua I và có VTPT là OA (0;4) 4(0;1)

 BC: y = –1.
Gi B(b; –1), vì I là trung đim BC nên C(4 – b; –1).
Ta có: OB (b; 1)

; AC (4 b; 5)


OB.AC 0
 
 4b – b
2
+ 5 = 0  b
2
– 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5.
0.25

* b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhn)
* b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loi)

0.25



BC 6;0


và mt phng ():
x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) nhng đim M sao cho đng thng qua M song
song vi (d
1
), ct () ti N sao cho MN = 3.
∑ = 1đ

M  (d
2
)  M(2 – m; 3 + m; 4 + m).
(d) qua M và // (d
1
) nên (d):
x2m2t
y3mt
z4m2t














 NM

= (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)
 NM
2
= (2m + 6)
2
+ (m + 3)
2
+ (–2m – 6)
20.25

Do đó MN = 3  9(m + 3)
2
= 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4.
Vy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0).

0.25
VII.b
Gii h phng trình
xy
lnx 2lny lnx lny
ee(lnylnx)(1xy)
23.44.2



– 4] = 0

0.25
www.VNMATH.com


lnx
lnx
lnx
20
21
24









 lnx = 2  x = e
2
. 0.25

Vy h có nghim là x = y = e
2