TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
( 1) ( )y x x m= − +

(1)
,
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
(1)
khi
0m =
.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số
(1)
có hai điểm cực trị
,A B
sao cho ba điểm
,A B
và
(10; 2)C −
thẳng hàng.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2
0
sin
( )
1 cos
x x
I dx
x
π
−
=
+
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
2a
.
,E F
lần lượt là
trung điểm của
AB
và
BC
,
H
là giao điểm của

2( )T x z y= + −
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
. Điểm
(2;3)E
thuộc đoạn
thẳng
BD
, các điểm
( 2;3)H −
và
(2;4)K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
và
AD
. Xác
định toạ độ các đỉnh
, , ,A B C D
của hình vuông
ABCD
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ): ( 1) ( 2) 25S x y z+ − + + =
. Viết

( ) : 4 3P y x x= − +
và đường thẳng
d

có phương trình
5 0x y− + =
. Tính diện tích của hình vuông
ABCD
biết
,A B
thuộc đường thẳng
d
và
,C D

thuộc Parabol
( )P
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
với
(1;2;1)A
,
(2;4;2)B
,
(3;0;5)C
. Viết phương trình tham số của đường phân giác trong
AD
của góc
·

nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .
TCM-ĐH-T01A
g
điểm
1.a
(1.0
điểm)
Với
0m
=
ta có:
( )
2
1y x x
= −

( )
C

3 2
2y x x x⇔ = − +

1
0
. Hàm số có tập xác định là:
¡
2
0
. Sự biến thiên của hàm số.
)a

=

0.25
Bảng biến thiên
x
−∞

1
3

1

+∞
'y

+
0 - 0
+
y

4
27

+∞
−∞
0
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
1
;

 
Hàm số đạt cực đại tại điểm
1x
=
;
( )
1 0
CT
y y
= =
3
0
. Đồ thị
• Điểm uốn:
'' 6 4y x
= −

2
'' 0
3
y x
= ⇔ =
;
2 2
3 27
y
 
=
 ÷
 

C
của hàm số nhận điểm
2 2
;
3 27
I
 
 ÷
 
làm tâm đối xứng.
1.b (1.0
điểm)
( ) ( ) ( )
2
' 2 1 1y x x m x
= − + + −
1
' 0
1 2
3
x
y
m
x
=


= ⇔
−


1;0 ; ;
3 27
m
m
A B
 
+
−
 ÷
 ÷
 
0.25
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
3
2
9; 2
2 1 4 1 2 1
; 9;2 1
3 27 27
AC
m m m
AB m
= −
 
− + + +
= = − + ÷
 ÷

⇔

= −

Vậy
2; 0m m
= − =
thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.25
2 (1.0
điểm)
( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
+ + + +
=
+

( )
1
Đk:
1 sin 0 2 ,
2
x x l l
π
π

x
+ =

⇔

=

0.25
• Với
2sin 1 0x
+ =
2
6
7
2
6
x k
x k
π
π
π
π

= − +

⇔


= +


3 (1.0
điểm)
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
4
3 5 1 3 6 1
2 1 3 4 2
x x y x x y
y y y x

− − = + − −


− − + = − +


( )
( ) ( )
2 2 3 2
1 3 6 3 5 3 5 0Pt y x x y x x x⇔ − + − + − − + =

( ) ( ) ( )
2 2
2 3 2 2
3 6 4 3 5 3 5 3 4x x x x x x x∆ = + − − − − + = − +
0.25

Đk:
4 4
2 2x
− ≤ ≤
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
4
4
4
5
1.1.1. 2
4
x
x
−
− ≤
Từ
( )
3
ta có :
4
2
5
3 3
4
x
x x
−
− + ≤

( )

4 (1.,0
điểm)
3
2
0
sin
1 cos
x x
I dx
x
π
 
−
=
 ÷
+
 
∫

3
2 2
0 0
sin
1 cos 1 cos
x x
dx dx
x x
π π
= −
+ +

=

=


 
⇒
 
=
=
 




2
1
0
.tan tan 2ln cos ln 2
2 2
2 2 2 2 2
0 0
x x x
I x dx
π
π π
π π
 
 
⇒ = − = + = −

0

( )
1
2
2
0
1
1
1
0
2 2
t
I t dt t
 
⇒ = − = − =
 ÷
 
∫
Vậy
1
ln 2
2 2
I
π
= − −
0.5
5 (1.0
điểm)
0.25

·
. .ABF DAE c g c BAF ADE
∆ = ∆ ⇒ =
Mà:
·
·
0
90AED ADE+ =
Nên
·
·
0
90BAF AED
+ =
·
0
90AHE DE AF⇒ = ⇒ ⊥
Trong
ADE
∆
có:
2
. .
5
a
AH DE AD AE AH= ⇒ =
Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là:
3

5
a
DH DE DA DH= ⇒ =
Có :
5DF a=
Trong
DHF
∆
có:
2 2
2 2 2 2
16 9 3
5
5 5
5
a a a
HF DF DH a HF
= − = − = ⇒ =

. 12 5
25
HF HD a
HK
DF
⇒ = =
Vậy
( )
12 5
,
25

.
Xét mp
( )
: 2 2 0x y z T
α
− + − =
G/s
( )
; ;M x y z
. Từ
( )
1
có điểm
M
nằm bên trong
( )
S
và kể cả trên mặt cầu
( )
S
( )
( )
,d I R
α
⇒ ≤
0.25
4
2 2 10
3
T

= +


∆ = − −


=


1 4 4
; ;
3 3 3
M
 
⇒ − − −
 ÷
 
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
6
• Với
10T
=
. Tương tự
7 8 4
; ;
3 3 3
M
 
−

3
4
3
x
y
z

=



= −



=


0.25
A. Chương trình chuẩn
7.a (1.0
điểm)
Có:
: 3 0EH y
− =

: 2 0EK x
− =
: 2 0
: 4 0

2 2
2
2
a
a b
a b
= ⇔ = ±
+
0.25
• Với
a b
= −
, chọn
1 1 : 1 0b a BD x y
= − ⇒ = ⇒ − + =
( ) ( )
2; 1 ; 3;4B D
⇒ − −
( )
( )
4; 4
1;1
EB
ED

= − −

⇒

=

= −

⇒

= −


uuur
uuur
4EB ED
⇒ =
uuur uuur
E⇒
nằm ngoài đoạn
BD
(loại)
Vậy:
( ) ( ) ( ) ( )
2;4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3;4A B C D
− − − −
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
7
8.a (1.0
điểm)
mp
( )
β
có VTPT:
( )

S
có bán kính là
r
.
Ta có:
2
. 16 4r r
π π
= ⇒ =
Mặt cầu
( )
S
có tâm
( )
0;1; 2I
−
, bán kính
5R =
.

( )
( )
2 2
, 3d I R r
α
⇒ = − =

( )
( )
2

1 2 :2 2 5 0c a x y z
α
= − ⇒ = ⇒ + − + =
0.25
• Với
34a c
=
, chọn
( )
1 34 :34 38 113 0c a x y z
α
= ⇒ = ⇒ − + − =
Vậy có hai mp thỏa mãn có PT:
2 2 5 0x y z
+ − + =

34 38 113 0x y z
− + − =

0.25
9.a (1.0
điểm)
Giả sử
z a bi
= +
,
,a b
∈
¡


2
2
9
25
16
a
a⇒ + =

2
16 4a a
⇔ = ⇔ = ±
Vậy có hai số phức thỏa mãn là:
4 3z i
= +

4 3z i
= − −
0.25
B. Chương trình nâng cao.
7.b (1.0
điểm)
( )
P
2
: 4 3y x x= − +
: 5 0d x y
− + =
/ /CD AB
nên
( )

( )
;D d d m
+
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
8
,c d
là nghiệm của PT
( )
1
. Theo định lí Viet có:

5
3
c d
cd m
+ =


= −

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
; 2 2 4 2 13 4CD d c d c CD d c c d cd m
 
= − − ⇒ = − = + − = +
 
uuur
( )


=

(thỏa mãn)
0.25
• Với
1 18
ABCD
m S= − ⇒ =
• Với
27 242
ABCD
m S= ⇒ =
Vậy
18; 242
ABCD ABCD
S S= =
0.25
8.b (1.0
điểm)
Ta có:
( )
1;2;1 6AB AB= ⇒ =
uuur
( )
2; 2;4 2 6AC AC= − ⇒ =
uuur
0.25
Theo tính chất đường phân giác có:
1


0.25
9.b (1.0
điểm)
( )
( ) ( )
2 1
3
3 2.3 3 1
log 1 1 2
x y x y
xy
− +

= +


+ =


( ) ( )
2 2 3PT xy
⇔ =
0.25
( )
2 2
1 3 2.3 3
x y x y
PT
− −

−
= ⇒ = ⇔ − = ⇔ = +
Thay vào
( )
3
ta được:
( )
2
1 2 2 0y y y y
+ = ⇔ + − =
0.25

1
2
y
y
=

⇔

= −

Vậy hệ pt có nghiệm:
( ) ( )
2;1 ; 1; 2
− −
0.25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
9
Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại

x x y x y
x y R
x y

+ − + − − =

∈

= +


.
Câu III (2,0 điểm): Tính tích phân:
( )
2
1
2
0
ln 1
1
x x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
.
Câu IV (2,0 điểm): Cho S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a, AD =
3a

20
x
trong khai triển nhị thức Newton biểu thức
2
3
1
( )
n
P x x
x
 
= +
 ÷
 
với n
nguyên dương thỏa mãn:
1 2 2 100
2 1 2 1 2 1
2 1
n n n
n n n
C C C
+ +
+ + +
+ + + = −
.
Phần B.
Câu 1b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 6), chân đường phân giác trong
kẻ từ A là D
3

Câu 3b (1,0 điểm) : Giải hệ phương trình:
2
2 3 1
log ( 3 7) 6
2.8 2 17.2
x y y x
y x
+ + −
+ + =



+ =


Hết
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM – môn TOÁN – THI THỬ ĐỢT 2
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
10
TCM-ĐH-T02A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
Cho hàm số
3
3 1 ( )
m
y x mx C= − +
.

2
2
4 4 1 , ; ( 0)
4 1 4 1
m
m
AB m m d I AB Dom
m m
= + = = >
+ +

0,25
( )
( )
2
2
1 1 2
. . ; . 4 4 1 . 4 2
2 2
4 1
4 8 2
2 2 2( )
ABI
m
S AB d I AB m m
m
m m
m m m TM
= = + =
+

sin (1)
2
sin cos 1 0 (2)
x
x x

= −

⇔

− + =

2
6
(1) ( )
7
2
6
x k
k Z
x k
π
π
π
π

= − +

⇔ ∈



0,25
Kết luận: Các họ nghiệm của phương trình là:
7 3
2 ; 2 ; 2 ; 2 ( )
6 6 2
x k x k x k x k k Z
π π π
π π π π
= − + = + = = + ∈
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
11
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 2 1
( , )
2 2 1
x x y x y
x y R
x y

+ − + − − =

∈

= +


.

x x y y

≤



− + − − =


Mặt khác từ
3 3
2 2 1x y= +
=> y < x. Thế
3 3
1 2 2x y= −
vào (2) ta được:

3 2 3 2 3 2 3 2
2 5 3 2 2 5 3 2( 1) 5( 1) 3( 1)(3)x x x y y y x x x y y y− + = + − <=> − + = + − + + +

Do
1
2
x ≤
và từ
3 3
2 2 1y x= −
=>
5 7
1

=>
3 3 2
3 3
6
2( 1) 2 1 6 6 1 0
3 3
6
y
y y y y
y

− −
=


+ = + => + + = <=>

− +
=



-)Với
3 3
6
y
− −
=
=> x >
1

x y

≤



− + − =


− =


Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
12
( ) ( ) ( )
[ ]
3 2
3 2 3 2 3 2
2 2
2 5 3 2 0 2 5 3 2 1 5 1 3 1
( 1) 2 (2 3) (2 ) 0 (4)
x x x y y y x x x y y y
x y y y x y y
=> − + − − + = ⇔ − + = + − + + +
 
<=> − + + − + − =
 

ln 1
1
x x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
Đặt
(
)
2
2
2
2
ln 1
1
1
1
dx
u x x
du
x
x
dv dx
v x
x



( )
2.ln 1 2 1I = + −

0,25
IV
(1,0
điểm) E
S
M
A D

O a
B
3a
C
1. Gọi
O AC BD
= ∩
. Do (SBD) và (SAC) cùng vuông góc với (ABCD) => SO
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
13
( )ABCD⊥
=> SO là đường cao của hình chóp S.ABCD
OD là hình chiếu của SD lên (ABCD) =>
( )
0
;( ) 60SD ABCD SDO= ∠ =

Ta có:

3 3 3 5
a
d
d DA DC DE a a a a
= + + = + + = => =

Vậy
15
( ; )
5
a
d SB AC =
0,25
V
(1,0
điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:
( )
2 2
a b c b c+ = +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1 4
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P
a b c a b c
= + + +
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:


4 4
a
b c b c
a a
+
 
+ + ≤ + + ≤ + =
 ÷
 

Do đó:

2 2 3 2
2 3 3
2 1 4 2 6 1
(1 ) (1 ) ( 1)
a a a a a
P
a a a
+ + + +
≥ + =
+ + +

0,25
Xét hàm số:
3 2
3
2 6 1
( )
( 1)

0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
91
108
, giá trị đó đạt được khi
1
; 5
5
a b c= = =
0,25
Câu
1a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết B(3;3), C(5;-3),
gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết I nằm trên đường thẳng Δ: 2x + y – 3 = 0, CI = 2BI, diện
tích tam giác ACB bằng 12, hoành độ của I dương và hoành độ của A âm. Tìm tọa độ của A và
D.
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
14

A
(3;3)B
d
I
D C(5;-3)
( ;3 2 )I I t t∈ => −V
với t > 0. Từ CI = 2BI
2
1
3 2 5 0
5

uur
V

0,25
Do
( ;2 )A A x x∈ => −V
với
0.x <
Từ
6 2AC =
=>
2
11( )
( 5) 36 ( 1;3)
1
x L
x A
x
=

− = <=> => −

= −


0,25
A(-1 ;3)
( 1;3) (4;0)
( 2; 2) : 0
/ / : 3

.
Gọi
( )
2 2 2
( ) : 0 0Q ax by cz d a b c+ + + = + + ≠

(3;2;2) ( ) 3 2 2 0A Q a b c d∈ => + + + =
( ) ( ) 0Q P a b c⊥ => + + =

0,25
Gọi
;0;0
( )
0,
( )
0; ;0
d
M
M Q Ox
a
d
N Q Oy
d
N
b

 
−
 ÷


0,25
-) a = b => c = -2a, d = -1, chọn a = 1 => (Q):
2 1 0x y z+ − − =

-) a = -b, tương tự ta có: (Q): -x + y + 1 = 0
Vậy có hai mp (Q) là: (Q):
2 1 0x y z+ − − =
và (Q): -x + y + 1 = 0
0,25
Câu
3a
Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển nhị thức Newton biểu thức
2
3
1
( )
n
P x x
x
 
= +
 ÷
 
với n nguyên
dương thỏa mãn:
1 2 2 100
2 1 2 1 2 1

1 2 2 100
2 1 2 1 2 1
0 1 1 2 1 101
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 101
2 1
2
2 2
50
n n n
n n n
n n
n n n n
n
C C C
C C C C
n
+ +
+ + +
+ +
+ + + +
+
+ + + = −
<=> + + + + + =
<=> =
<=> =

0,25
Với n = 50
50

50
C

0,25
Câu
1b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 6), chân đường phân giác trong
kẻ từ A là D
3
2;
2
 
−
 ÷
 
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
1
;1
2
I
 
−
 ÷
 
. Tìm tọa độ đỉnh B
và C.
0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
16


AD: x = 2 => Tọa độ của E là nghiệm của hệ :
2
2
1 125
( 1)
(2; 4)
2 4
2
x y
E
x

 
+ + − =

 ÷
=> −

 

=


;E=(2;6) (loai :trùng A)
0,25

E(2;-4) =>
5
; 5
2


+ + − =

 ÷
=>

 

− −


− − =


Kết luận:
(5;0), ( 3; 4)
(5;0), ( 3; 4)
B C
C B
− −
− −
0,25
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A
1 1
;0;
2 2
 
−
 ÷
 

b
− +
⇔ =

0,25
Do
( )
α
tiếp xúc với mc (S) có tâm I(1;1;-2) và có bán kính R = 1
( )
2 2
;( ) 1 4 8 4 5d I a c a ac c
α
=> = <=> − = − +

2 2
7 4 11 0a ac c<=> + − =

0,5
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
17

11
7
a c
a c
=


<=>


Câu
3b
Giải hệ phương trình:
2
2 3 1
log ( 3 7) 6
2.8 2 17.2
x y y x
y x
+ + −
+ + =



+ =


ĐK: y + 3x + 7 > 0. Hệ tương đương:
( )
6
2 3 1
3 7 2 8 (1)
2.8 2 17.2 (2)
x y y x
x y
+ + −

+ + = =




− + = <=>

=


0,25
-
) 8 1 2 ( )
1 1
) 2 ( )
2 3
t x y TM
t x y TM
− = => = => = −
− = => = − => =

Vậy nghiệm của hệ là
1
( ; ) (1; 2), ;2
3
x y
 
= − −
 ÷
 0,25

x y
ì
ï
+ + - = + -
ï
ï
í
ï
- + - =
ï
ï
î

Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
18
Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại
nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .
TCM-ĐH-T03A
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
4
0
(sin cos )sin 2
sin cos
x x x
I dx
x x
p
-
=
+

( 5; 5)M − −
.
2) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
và mặt phẳng
(P) : 2x y 2z 3 0+ - + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn. Tìm tọa
độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, gọi A và B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Tính độ dài đoạn thẳng AB.
B) Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(4;3)
. Các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC
có tâm lần lượt là
3
I(3;2),K 2;
2
 
 ÷
 
. Viết phương trình đường thẳng AC.
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
∆
:
2 1 3

3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1,0
- Khi
1m =
ta được hàm số
3 2
3 2y x x= − +
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = <=>

=

- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng
( ;0);(2; )−∞ +∞
- Hàm số ngịch biến trên khoảng
(0; 2)
0,25
- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 2
C
+∞
- Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
0,25
2
2) Tìm m để hs có cực trị và điểm cực tiểu nằm trong đ tròn
2 2
(x 2) (y 1) 9- + - =
1,0
-
2 2
' 3 6 3( 1) (1)y x mx m= − + −
- Hàm số có cực trị
' 0y⇔ =
có hai nghiệm phân biệt
-
' 9 0
⇔ ∆ = >
luôn đúng với mọi m.
0,25
-
' 0y =
có hai nghiệm

2 2
(m 1) (m 4) 3IA R< - + + <Û
2
2 10 8 0 1 4m m m- + < < <Û Û

- Vậy
1 4m< <
thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
Câu
II
1
1) Giải PT :
sin 2cos 2 2cos cos 2
6
x x x x
π
 
+ = −
 ÷
 
1,0
- PT
3 1
sinx 2cos2 2cos ( os2 sin 2 )
2 2
x x c x x⇔ + = +
-
sinx 2cos2 3 cos os2 cos sin 2x xc x x x⇔ + = +
0,25

0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
20
-
(1) sin( ) 1 2
3 6
x x k
π π
π
⇔ + = ⇔ = +
- Vậy phương trình có nghiệm là :
; 2 ,
4 2 6
k
x x k k
π π π
π
= + = + ∈¢
0,25
2
2) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 3 1 5( 3) (1)
(2 1) (2 1) 18 (2)
x y x y
x y
ì
ï
+ + - = + -

-
2
2
1
2 2
(3) 2 3 2 0
1 1
2 1
(loai)
1 2
x
y
x x
y y
x
y
é
+
ê
=
ê
-
+ +
ê
- - =Û Û
ê
- -
+
ê
= -

- + =Û Û
-
ê
= =Û
ê
ë

- Vậy hệ có nghiệm
(x; y)
là
26 19
(2;2); ( ; )
17 17
-

0,25
Câu
III
• Tính tích phân :
4
0
(sin cos )sin 2
sin cos
x x x
I dx
x x
p
-
=
+

ò
0,25
-
2
2
2
1
1
1 1 1
(u )du ( u lnu) ln 2
2 2
I
u
= - = - = -
ò
0,25
Câu
• Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CH và SB
1,0
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
21
IV

E
K
I
H
C
B
D

D
đi qua B và song song với CH.
- Kẻ
HI ^ D
, nối S với I và kẻ
HK SI^
.
- Ta có
/ /(SBI) d(CH;SB) d(CH;(SBI)) d(H;(SBI))CH = =Þ

- Chứng minh được
(SBI) d(CH;SB) d(H;(SBI))HK HK^ = =Þ

0,25
- Kẻ
BE HC^
ta có HIBE là hình bình hành nên
.
5
BH BC a
HI BE
HC
= = =

- Tam giác SHI vuông tại H nên
2 2
. 57
19
SH HI a
HK

- Áp dụng ta được
3 3
3
(x y) 16
4
(x y z)
z
P
+ +
³
+ +
, đặt
0a x y z= + + >

- Ta có
3 3
3 3
3
(a z) 16
4 4 (1 ) 16( )
z z z
P P
a a
a
- +
- +³ Û ³
. Đặt
(0;1)
z
t t


0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
22
- Từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
4
5
khi
2x y z= =

0,25
Câu
VI.a
1
• Tâm
(1; 3)I −
. Phân giác của góc
·
DAC
có phương trình là
2 10 0x y+ − =
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng AB đi qua điểm
( 5; 5)M − −
.
M
E
K

uuur uuur
0,25
- TH1 : Với
(10;0)A
vì
(1; 3)I −
là trung điểm AC nên tọa độ C là
( 8; 6)C - -

- Vì
( 5; 5)M − −
thuộc AB nên đường thẳng AB có phương trình là
3 10 0x y- + + =
- Đường thẳng CB đi qua
( 8; 6)C - -
và vuông góc với AB nên CB có phương trình là
3 30 0x y+ + =
.
- Tọa độ của B t/m hệ
3 30 0 8
( 8; 6)
3 10 0 6
x y x
B
x y y
ì ì
+ + = = -
ï ï
ï ï
- -Û Û

+ + =
ï
- -
ï
Û
í
ï
- + + =
ï
î

- Vì
(1; 3)I −
là trung điểm của BD nên tọa độ của D là
106 152
( ; )
17 17
D

- Vậy tọa độ các đỉnh là
( 6;8)A -
,
72 254
( ; )
17 17
B
- -
,
(8; 14)C -
,

2 (1)
3 2
x t
y t
z t
ì
= +
ï
ï
ï
ï
= - +
í
ï
ï
= -
ï
ï
î

0,25
Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844
23
- Thay
; ;x y z
từ (
*
) vào phương trình mp (P) ta được
1 5 5 7
( ; ; )

- Phương trình có hai nghiệm
1,2
1 3z i= - ±
0,25
- Tọa độ A,B là
( 1; 3); B( 1; 3)A - - -
0,25
- Từ đó tính được
2 3AB =
0,25
Câu
VI.b
1
• Trong phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(4;3)
. Các đường tròn nội
tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC có tâm lần lượt là
3
I(3;2),K 2;
2
 
 ÷
 
. Viết phương
trình đường thẳng AC.
D
K
I
C
B

Û ê
í
-
ï
ê
- + - = = Û
ï
ê
ï
î ë
0,25
- Đường thẳng BC có VTPT là
3
( ;2)
2
DK
uuur
nên có phương trình là
3 4 0x y c+ + =

- Gọi E,F là hình chiếu của I trên AB và BC và gọi
·
·
2BAD a BKD a= =Þ

- Ta có
2 2 2
(I;BC) IE IF sin sin 1 cos 2 (1)d d AI a d AI a a= = = = = = -Þ

- Và

ỗ
ữ
ỗ
ờ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ
= -
ở

- Vi
12c = -
thỡ phng trỡnh BC l
3 4 12 0x y+ - =
.
- Ta ca C l nghim h :
2 2
3 4 12 0
(0;3)
3 25
C(4;0)
(x 2) (y )
2 4
x y
C
ỡ
+ - =
ù
ộ

0
.
- Vỡ M thuc mp(P) nờn
2 0 (1)a b c d- + + =

- Mt phng (P) cú VTPT
(a;b;c)n
r
,

cú VTCP
(2;1; 1)u -
r
.
-
/ /(P) . 0 2 0 (2)u n a b c= + - =D ị
r r

0,25
- Mt cu (S) cú tõm
( 1; 1;1);R 3I - - =
.
- Mp(P) tip xỳc vi (S)
2 2 2
(I;(P)) R 3 (3)
a b c d
d
a b c
- - + +
= =

ở
0,25
- Vi
; 4a b c b d b= - =- =ị
, chn
1 1; 1; 4b a c d= = - = - =
. Phng trỡnh
mt phng (P) l
4 0x y z- + - + =
.
- Vi
5 11 ; 26a b c b d b= = = -ị
, chn
1 5; 11; 26b a c d= = = = -ị
. Phng
trỡnh mt phng (P) l
5 11 26 0x y z+ + - =
.
- Vy phng trỡnh mp (P) l
4 0x y z- + - + =
hoc
5 11 26 0x y z+ + - =
.
0,25
Cõu
VII.b
Cho
1 2
;z z
l hai nghim phc ca phng trỡnh

2
2 2
1 3 2(cos sin )
3 3
2 2
1 3 2(cos sin )
3 3
z i i
z i i
p p
p p
ộ
ờ
= - + = +
ờ

ờ
- -
ờ
= - - = +
ờ
ờ
ở
0,25
- Ta cú
2014 2014
1 2
z zP = +
-
2014 2014