www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
1
I. PHN CHUNG
Cõu 1: ( 2 im) Cho hm s
( )
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=
1, Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1.
2, Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ th ( C
m
) cú im cc i v im cc tiu, ng thi cỏc
im cc i v im cc tiu lp thnh mt tam giỏc u.
Cõu 2: ( 2 im) 1, Gii phng trỡnh:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx
2, Gii h phng trỡnh:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2

)()(
33
44
33
44
33
44

+
+
+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba
Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng
trình:
012 =++ zyx
và đờng thẳng ( d) có phơng trình:



=++

nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
2 =+++
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.
2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K lần
lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.
EBK.
AP AN ấ 1

1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx
Đa phơng trình về dạng:
16
1
2
3
cos.cos.
2
cos
2
=






x
x
x
Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng giải hai phơng trình:
4
1
2
3
cos.cos.
2
cos =
x

=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2
21
2
21
xy
xxyxxy
yx
yx
ĐK



>
<<
1;2
0,14
yy
xx
Đa phơng trình thứ nhất của hệ về dạng:
( )
21log)2(log
21
=++
+
xy

Đa I về dạng:







=
1
3
1
3
3
1
2
1
.1
1
dx
xx
I
. Dùng phơng pháp đổi biến số, đặt
1
1
2
=
x
t
Đáp số: I = 6.

babaabbbaabaabbaba ++=++++++
333434443344
2
.
Vậy
( )






+=
+

+
+
baab
ba
baab
ba 11
2
1
2
33
44
.
Tơng tự cho các bất đẳng thức còn lại, suy ra đpcm.
Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng
trình:

Hai đờng thẳng thoả mãn đề bài có phơng trình:
( ) ( )
335
1
3132
1
:;
335
1
3132
1
:
21
+
+
=

=




+
=
+
=
+


zyxzyx

1
2
2 =+++
Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lu ý
1
0
==
n
nn
CC
và
kn
n
k
n
CC

=
ta thấy:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 2
22
1
2
2
2
1 n
n
n

1 n
n
n
nnn
CCCC =+++
Từ (1) và (2) có đpcm.
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.
Đk x > 0 và
1x
. Đa phơng trình về dạng
( )
xxx 4log1log)3(log
222
=++
.
Xét hai khả năng 0 < x < 1 và x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm của phơng

2/.Gii h phng trỡnh:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

Cõu 3:
1) Tớnh tớch phõn I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx


ì +

2) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
See on Vietmaths.com

+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆
nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d
1
) , (d
2
)
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC.

−
−
)∈ (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −
(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
−
−
)
(∆ ) ∩ TCN = B (2x
0
–2; 2)

1 (1;1)
o
x M
x M
= →


= →


Câu 2:
1) Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12
x x
π
− =
See on Vietmaths.com
4
www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC
phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx–
3
cosx)=0 ⇔
3
( )
4
x k
k
x k
π

2
2
27
3
8 18
(2 ) 18
4 6
3 3
1
2 . 2 3
x
x
y
y
x x
x x
y y
y y

 

+ =
+ =

 ÷

 
 
⇔
 



→ Hệ đã cho có 2 nghiệm
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
− +
 ÷  ÷
   
+ −
Câu 3:
1) Tính tích phân I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
π
π
× +
∫
I =
2
2
6
3

16
π
+
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Đk x ≥ 0. đặt t =
x
; t ≥ 0
(1) trở thành (m–3)t+(2-m)t
2
+3-m = 0 ⇔
2
2
2 3 3
1
t t
m
t t
− +
=
− +
(2)
Xét hàm số f(t) =
2
2
2 3 3
1
t t

c
≥
+
+
See on Vietmaths.com
5
www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
Bđt(1) ⇔ 4(a
3
b

b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) +2 (a
2
+b
2
+c
2
)+1 (2)
Ta có: 2a
3
b
2
+2ab
2
≥ 4a
2
b
2
; …. (3)
2(a
3

+a ≥ 2a
2
; …. (6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2).
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3
1
( ).
3 16
a

7
1
;
5 5
−
→ M
( )
7
4
;
5 5
−
BH =
3 5
5
⇒CI =
6 5
5
; C∈ Oy ⇒ C(0; y
0
) ⇒
0
7
5
o
y
y
=



z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d
1
) , (d
2
)

a b S
AB
∆
− −
=
⇒
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
− =

− − = ⇔

− =

Trọng tâm G
( )
5 5
;
3 3
a b+ −
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
(1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S
p

u
 
 
=
r uur
r
Vậy :
3m− −
=3 ⇔ m = –12( thỏa đk)
ĐỀ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy −++−= 9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1
=
m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21

+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1 >== mmCCAB

Tìm
m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn

ABC
.
2. Trong khụng gian vi h to
,Oxyz
cho hỡnh vuụng
MNPQ
cú
)4;3;2(),1;3;5( PM
.
Tỡm to nh
Q
bit rng nh
N
nm trong mt phng
.06:)( =+ zyx

Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c bao nhiờu
s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2( M

n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tớnh h s
8
a
bit rng
n
l s nguyờn dng tho món
n
CC
nn
171
32
=+
.
AP AN ấ 3
A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im) Cho hm s
mxxmxy ++= 9)1(3
23
, vi
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi
1
=
m
.

.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3( +
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1=x
và
3)1( == yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3=x
và
1)3( == yy
CT
.
See on Vietmaths.com
8
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.

Pt
03)1(2
2
=++ xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.





<
+>
>+=
31
31
03)1('
2
m
m
m

)1(
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2

+
+ x
xx
x
x
.
Điều kiện:
.0cossin,0sin + xxx
Pt đã cho trở thành
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=
+
+ x
xx
xx
x
x

02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos




+=
+=







+=
++=
+= nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2

3
2
4
+= tk
t
x

2.Gii phng trỡnh:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+ xx
.
Điều kiện
.
3
1
>x
(*)
See on Vietmaths.com
9
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
+=+ xx


xx
xxx
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2=x

Cõu III. (1,0 im) Tớnh tớch phõn

+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx

.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I



+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
.

tt
Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u
'''. CBAABC
cú
).0(',1 >== mmCCAB

Tỡm
m
bit rng gúc gia hai ng thng
'AB
v
'BC
bng
0
60
.
- Kẻ
)''('// BADABBD

0
60)',()','( == BCBDBCAB

0
60'= DBC
hoặc
.120'
0
=DBC
- Nếu
0

m
(loại).
Vậy
.2=m
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
See on Vietmaths.com
10
A
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB

.
Ta có
30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5
2
3
2
t
t
A +

=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ==== zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
cho tam giỏc
ABC
cú
)6;4(A
,phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh
C
ln
lt l
0132 =+ yx
v
029136 =+ yx
. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc
ABC
.
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó
CH có phơng trình
0132 =+ yx
,




=+
=+).4;8(B
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC
See on Vietmaths.com
11
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên





=+
=+++
=+++
0750

,Oxyz
cho hỡnh vuụng
MNPQ
cú
)4;3;2(),1;3;5( PM
.
Tỡm to nh
Q
bit rng nh
N
nm trong mt phng
.06:)( =+ zyx

- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=+ zyxN


- MNPQ là hình vuông
MNP

vuông cân tại N




2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx




=++++
=+

)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra



+=
+=
1
72
00

N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
( I
.
Nếu
)13;2( N
thì
).4;3;5( Q
Nếu
)2;1;3( N
thì
).3;5;4( Q
Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?

=
d
hoặc
6=d
kết quả giống nh trờng hợp
.2=d
Do đó ta có số các số lập đợc là
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=+ AAA
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2( M
v cú phng trỡnh mt ng chun l
.08 =+x
Vit phng trỡnh chớnh tc
ca
).(E
- Gọi phơng trình
)0(1:)(

c
a
ba
Ta cã
).8(88)2(
22222
cccccabca −=−=−=⇒=⇔

Thay vµo (1) ta ®îc
1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.





=
=
⇔=+−⇔
2
13
2

yx
Eba
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt
phẳng
.022:)( =++ yx
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và
mặt phẳng
).(
α
Gi¶ sö
);;(
000
zyxM
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0

=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔
)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0

2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0
x
x





−
⇒
).
3
14
;
3

=+
.
Ta cã





=
−−
+
−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32
See on Vietmaths.com
13
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC

=+ CC
ấ 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
2x
y

+
=
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai
tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :





=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.

(ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt
phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng
.
2
10a
MN =
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho



=
>
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )
+
+ cba
3
1
( )
+
+ cab
3
1
( )
abc +

sao cho A l tõm
ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit
PT mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao
tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng
mxy += 2
cắt đồ thị hàm số
x
xx
y
1
2
+
=
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
AP AN ấ 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
2x
y

+
=
(C)

2
=+++
Để (4) có 2 nghiệm
1x

là:



>







>+=
=

2a
1a
06a3'
03)1(f
1a
Hoành độ tiếp điểm
21
x;x
là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là

<
3
2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121
><

+
<
++
+++
Vậy
1a
3
2
<
thoả mãn đkiện
bài toán.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :





( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x

+ =


+ + + =


Dat
2
2
3
x u
y v

=

=

* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v

+ =


=

;
2
3
x
y
=


=

;
2
5
x
y

=


=


;
2
5
x
y




+ + + + + = + + =
= = = + = + =
Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



t t
t t
t t t t
I dt I dt
t tdt


4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1
2 1 sin 2 cos 4 sin 4
4 8 8 8 8 4
5 5
16 32



= = + = +
ữ ữ ữ

= =

I t dt t dt t t


(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó MH

(ABCD), suy ra góc giữa đờng thẳng MN với
mp(ABCD) chính là góc
.


=HNM
Ta cần tính

.
Xét tam giác CNH có :
.
2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC ===
0222
45cos 2 CNHCCNHCHN +=
Hay
4
3
48

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,

8
30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
====
.
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là:
.
24
30
8
30
.
3
1

1
( )
abc +
3
1
Đặt x =
c
z
b
y
a
1
,
1
,
1
==
. Khi đó:
=
+
+
+
+
+
=
xy
z
zx
y
zy

+
+
+
+
=
222
(1)
Ta chứng minh bất đẳng thức
2
cba ++
.
222
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+

Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
cb
a

www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC
2
cba ++
.
222
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+

Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222
=
++

+

021-7y4x =+
, suy ra tọa độ của A là
nghiệm của hệ phơng trình:



=+
=
2174
625
yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác,
OxBCBCOA //


suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.
Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB có
phơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0.
Điểm B =

ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:




d cú phng trỡnh tham s l:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +


= +


=

Vỡ H d nờn ta H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3

8 5 4
( ; ; )
3 3 3

Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp
trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức danh đó là
khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là
2
40
A
Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160.
3
38
2
40
=CA
cách
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :

heconghiem va
b t
c t
=



=


ữ ữ
=


= +


Do
2
4 3 13r R R= = =
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7

xxmxmx
x
xx
(1)
Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:
See on Vietmaths.com
19
www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC

( )
mm >+= ,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx
khác 0 với mọi m,
tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21

==+
m
a
b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1

2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=

2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24x x x+ < + +
Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc BAC
=120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a

Cõu VIa: 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l mt
im trờn
( ) : 2 0d x y + =
. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi (C) ti A,
B. Vit phng trỡnh ng thng AB.
2) Cho hỡnh lp phng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
cú im A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M l
trung im AB; N l tõm ca hỡnh vuụng ADD
1
A
1
. Tớnh bỏn kớnh ca ng trũn l giao tuyn
ca mt cu i qua C ; D
1
; M ; N vi mt phng MNC
1

Cõu VII/a: Cho n l s t nhiờn n


= =
−
và

2
2 1
( ) :
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0
.
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y

A
;f(x)=x
2
-x-2-k=0
+PT có 3nghiệm phân biệt
⇔
f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2
⇔
0
9
0
(2) 0
4
k
f
∆ >

⇔ − < ≠

≠

.Theo Viét ta có
1
2
M N
M N
x x
x x k
+ =


(tm)
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−

PT tương đương
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
( )






+






−+=






+






−⇔
2
x
sin

2
x
cos =






+++






−⇔
*
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π
 
− = ⇔ − = ⇔ − = π ⇔ = + π ∈
 ÷
 
Z
*
2xsin0xsin2 −=⇔=+
(v« nghiÖm)







+=+
(vô nghiệm) Vậy nghiệm
của phơng trình là:
( )
x k2 k
2

= + Z
2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24x x x+ < + +
BPT tng ng

2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x

1 thỡ y(x)

11
+Nu x>1 thỡ y(x)>11 Vy nghim BPT x>1
Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

t t=
1 1x +
* x = 2

t = 2
*x = 5

t = 3 *dx=2(t-1)dt
I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2


AD

(SBC)
+Gi E trung im SB

AE

SB (Vỡ SAB u)


DE

SB (nh lý 3 ng vuụng gúc)
+SC//DE (DE ng trung bỡnh tam giỏc)


SC

SB Vy tam giỏc SBC vuụng ti S
See on Vietmaths.com
22
B
C
A
S
D
E
www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC
+AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc

y
x z
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +
+Đặt
0; 0; 0a x b y c z= > = > = >
+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1
2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + ≤ + + = + +
+ + +
(Theo BĐT CôSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
(Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp)
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
2).Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

− 3t
2
= y
3
− 3y
2
.
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

=

= ⇔ + = ⇔

= −

.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0x y y+ − + =
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y+ − + = + + − + ⇔ + − =
.
+ Đường tròn tâm M
2

1
A
1
. Tính bán kính của đường tròn là giao tuyến
của mặt cầu đi qua C ; D
1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình:
x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d

2
+ Bán kính đường tròn giao tuyến là
2 2
3 3
2
R h− =
Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n
≥
2.Tính
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +

k k
n
k
kC x
−
=
∑
Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
−
=
∑
⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k

( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
−
=
−
∑
⇔
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
=
−
∑
Vậy S=n.3
n-2
(2+4n)
B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VIa.1) Cho (P) y
2

.
2 2
ABC
S h AB
∆
= =
2
2
o o
y y− −

+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y− −
Với
1 2
o
y− ≤ ≤

Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
− +

( )
α
qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
− + = = −
 
⇔
 
− + + = = −
 
nên
( ) : (2 ) 0ax by a b z a b
α
+ + − + − =
.
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin 30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
− + −
= =

18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
− − +
+ + − =
.
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
−

= +



− + = −

See on Vietmaths.com
25