ĐỀ SỐ 1:
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
KHỐI CHUYÊN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN KHỐI A

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm
đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈
[ 0 ;
π
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +


) : 4x - 3y - 12 = 0
và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm
trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung
điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’,
M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
B. Theo chương trình chuẩn

A A C
x
− ≤ +
(
k
n
C
,
k
n
A
là tổ hợp, chỉnh hợp
chập k của n phần tử)
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian
phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x

x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịc biến trên
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm
đối xứng
0.25
2
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
∞
2.(1.0đ) Giả sử M(x

0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x
−
+
+
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>
+
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1

0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


0.25
+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2

π
π π

= − +

⇔


= +


vì x
[ ]
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
0.25
2.(1.0đ)
ĐK:
, 0x y
x y
≥


≥



− + =

⇔ ⇔
 
− =
− + − + + =



(do
2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3


0.25
0.25
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4x =
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4x =
,y =
3
2
1
log 4
2
0.25
Câu III.
(1.0đ)
Đặt I =
3
1

1
2
1
0
x
I x e dx=
∫
Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x

+ I
2

1
3
3
e
π
= + −
0.25
Câu IV.
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
0.25
4
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A

1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
0.25
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
0.25
Câu V.
(1.0đ)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
= + − = + −
= + −
Vậy V =
1
12

x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

= −


(2.0)
1.
(1.0)
k: x > - 1 0.25
bt phng trỡnh
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x
+
+
>
+
3
log ( 1)
0
6
x
x
+
<

0.25

x
. Vy
2
MF
MH
khụng i
0.5
2.
(1.0)
Ta cú
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n

=

uuur uur uuur uur
Vỡ
; 0
Q
AB n



uuur uur r
nờn mt phng (P) nhn
;
Q
AB n


để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5

0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a,
hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(A
, phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ
đỉnh
C
lần lượt là

,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua
điểm
)3;2( −−M
và có phương trình một đường chuẩn là
.08
=+
x
Viết phương
trình chính tắc của
).(E
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
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức

1. (1,25 im)
Với
1
=
m
ta có
196
23
+= xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+= xxxxy
Ta có



<
>
>
1
3
0'
x
x
y
,

Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25
2. (0,75 điểm)
Ta có
.9)1(63'
2
++= xmxy
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx
phơng trình
0'=y
có hai nghiệm pb là
21

2
=++ xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.





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

)1(
0,25
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
=+=+ xxmxx
Khi đó
( ) ( )

xx
x
x

02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2
=






+
=
+

xxx
xx
x
x
x


mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin










.,
3

5
2
5
+=+ xx

32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log
+=
+=
xx
xx

0,5





=
=

=
=+
8
1

1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
9
)
Suy ra


+









=
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3

9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
+=
+

+






=
t
t
tt


Kết hợp
0
60'=DBC
ta suy ra
'BDC

đều.
Do đó
.231
2
==+ mm
- Nếu
0
120'=DBC
áp dụng định lý cosin cho
'BDC

suy ra
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.

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

=
0,5
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+= t
t
t

A
2
1 m+
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
1. (1 điểm)
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là
CH và CM. Khi đó
CH có phơng trình
0132 =+ yx
,
CM có phơng trình
.029136 =+ yx
- Từ hệ
).1;7(

=+).4;8(B
0,5
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC
Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên





=+
=+++
=+++
0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm





=

- MNPQ là hình vuông
MNP

vuông cân tại N





=
=

0.PNMN
PNMN




=++++
+++=+++

0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2




+=
+=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta đợc
065
0
2
0
=+ xx




===
===

2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx

).3;5;4( Q
0,5
VIIa.
(1,0
Giả sử
abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra
{ }
6,4,2,0d
.
+)
.0
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A
+)
.2
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2

®iÓm
)
1. (1 ®iÓm)
- Gäi ph¬ng tr×nh
)0(1:)(
2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
x
E
.
- Gi¶ thiÕt







=
=+
⇔
)2(8
)1(1
94

2
13
2
026172
2
c
c
cc
* NÕu
2=c
th×
.1
1216
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba
* NÕu
2
13
=c
th×
.1
4/3952
:)(
4
39
,52

0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx
zyxzyxzyx









++
=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔
)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2

zyx
zyxzyx
zyxzyx
0,5
Tõ (1) vµ (2) suy ra



−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vµo (3) ta ®îc
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3

)
Ta cã





=
−−
+
−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32

.9
0365
3

ĐỀ SỐ 3:
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC
HỨA
THANH CHƯƠNG- NGHỆ AN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ; Khối : A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao
đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2 2
1
x
y
x
−
=
+
(C)
1. Khảo sát hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B
sao cho AB =
5
.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x+ =
, (x ∈ R)
2. Giải hệ phương trình:
2

( 1)( 1)
x y x y
P
x y
+ − +
=
− −
PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A
hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 2my +
m
2
- 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆: mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng
∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác
IAB bằng 12.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
; d

1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi
qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường
thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức :
25
8 6z i
z
+ = −
… Hết ….
14
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
Tập xác định D = R\{- 1}
Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
2
4
' 0,
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.

0,25
-Bảng biến thiên:
x
-∞ - 1 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 - ∞
0,25
Đồ thị:
-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)
-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm
hai tiệm cận I(- 1; 2).
0,25
I-2
(1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x
2
+ mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m
2
-
8m - 16 > 0 (2)
0,25
Gọi A(x
1
; 2x
1
+ m) , B(x

15
y
x
2
y=
2
x=
-1
-1
O
1
-2
AB
2
= 5 ⇔
2 2
1 2 1 2
( ) 4( ) 5x x x x− + − =
⇔
2
1 2 1 2
( ) 4 1xx x x+ − =
⇔ m
2
- 8m - 20 = 0
⇔ m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))
KL: m = 10, m = - 2.
0,25
16
II-1

2 2 4 2x x y y x y y x+ − = ⇔ − = −

2
2 0 (3)
5 4 (4)y x
y xy
− ≥

⇔

=


0,25
Từ PT(4) ⇔ y = 0 v 5y = 4x
Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3))
0,25
Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có
2 3 1x x x+ = ⇔ =
KL: HPT có 1 nghiệm
4
( ; ) 1;
5
x y
 
=
 ÷

3 3
2
2 2
2 2
2 2
2
1 1
t
S dt dt
t t
 
= = + =
 ÷
− −
 
∫ ∫
0,25
=
3
1 3
2 ln 2 ln
2
1 2
t
t
t
−
 
 
+ = +

2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒
AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay
OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
0,25
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OA OB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =

xy t
− − −
=
− +
. Do 3t - 2 > 0 và
2
4
t
xy− ≥ −
nên ta có
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P
t
t
t
−
− −
≥ =
−

xy y
+ = =
 
⇔
 
= =
 
0,25
VI.a -1
(1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.
0,25
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH =
2 2
| 4 | | 5 |
( , )
16 16
m m m
d I
m m
+
∆ = =
+ +
0,25
2
2 2
2
2

∆ = ⇔ = + ⇔

= ±

0,25
VI.a -2
(1 điểm)
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
0,25
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r
0,25
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
0,25
VII.a
(1 điểm)
Điều kiện: x> 0 ; BPT ⇔
2

0,25
Đối chiếu điều kiện ta có :
2
2 2 2
2 4 2 2 1
t
t t≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
Do đó - 1 ≤
2
log x
≤ 1 ⇔
1
2
2
x≤ ≤
0,25
18
I
A
B
∆
H
5
VI.b- 1
(1 điểm)
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:
- - 2 0
2 - 5 0
x y

. Hay B(5;
3), C(1; 2)
0,25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là
( 4; 1)u BC= = − −
r uuur
.
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
0,25
VI.b-2
(1 điểm)
Giả sử
( ; ; )n a b c
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương
(1;1;4)u =
r
0,25
Từ giả thiết ta có
2 2 2
. 4 0
/ /( ) (1)
| 5 |
4
( ;( )) 4 (2)

n u a b c
P

4
a
c
=
chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z -
16 = 0.
Với
2
a
c
= −
chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z
+ 4 = 0.
0,25
VII.b
(1 điểm)
Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R và a,b không đồng thời bằng 0.
0,25
Khi đó
2 2
1 1
;
a bi
z a bi
z a bi a b
−
= − = =
+ +
0,25
Khi đó phương trình

thế vào
(1)
Ta có a = 0 v a = 4
Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại)
Với a = 4 ⇒ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.
0,25
Chú ý:
I – Cách chấm một bài thi tự luận:
1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi.
2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó !
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.
4) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ)
liên quan đến bước trên thì cắt điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.
5) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) không liên
quan đến bước phía trên nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ.
19
6) Hc sinh cho im ca tng cõu. Sau ú cng im ca cỏc cõu cú im
ca bi thi.
II Phng phỏp hc tp:
1) Hc sinh cn trỡnh by y cỏc cõu dn, cỏc du tng ng

, v ,
khụng c vit tt (tr cỏc ký hiu toỏn hc cho phộp ), khụng c lm bi
quỏ ngn gn hn vi ỏp ỏn.
2) Cn tớch cc, ch ng c cỏc ti liu tham kho, t lm cỏc thi th, cỏc
tham kho , cỏc ó thi nõng cao trỡnh kin thc v k thut, k nng
trỡnh by mt bi thi t lun.
S 4:
Sở GD Và ĐT HOà BìNH Đề THI ĐạI HọC NĂM 2011
TRƯờNG THPT CÔNG NGHIệP Môn Toán - Khối D


+=+
=++
1m2yx
m1y1x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
( )

+
1
0
3
1x
xdx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. SA = a, (0 < a <
3
), các
cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c thuộc [0; 2]. Chứng minh: 2(a + b + c) (ab + bc + ca) 4
PHầN RIÊNG (3,0 điểm).
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình Chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Cho các điểm A(1; 0), B(2; 1) và đờng thẳng d:
2x y + 3 = 0. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC. Biết toạ độ A(1; 0; 1), B(1; 2;
1), C(1; 2; 3). Xác định tọa độ tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z
1
, z

20
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) và 2 đờng thẳng:

1
:
2
1z
1
4y
1
x +
=


=
;
2
:
3
z
3
2y
1
x

=


=
Viết phơng trình tham số của đờng thẳng đi qua điểm I và cắt cả 2 đờng thẳng

3x
2
+ 2
Tập xác định: D =
Sự biến thiên: y' = 3x
2
6x
+x
lim
y = +;
x
lim
y =
0,25
Bảng biến
thiên
x
0 2 +
0,25
y'
+ 0 0 +
y
2 2 +
Khoảng đồng biến: (; 0), (2; +)
Khoảng nghịch biến: (0; 2)
Cực đại: x = 0; y = 2 Cực tiểu: x = 2; y = 2
0,25
Đồ thị
Tâm đối xứng (1; 0) là điểm uốn của đồ
thị.

2
= 4
(x
1
+ x
2
)
2
4x
1
x
2
4 = 0
( )
2
3
2m2






+
4.
3
m1
4 = 0
m
2

=+
>++
08m7m
01m7m
2
2
m = 1 hoặc m = 8
0,50
1. (1,0 điểm) Giải phơng trình
2cos6x + 2cos4x
3
cos2x = sin2x +
3
2(cos6x + cos4x) sin2x

3
(1 + cos2x) = 0 4cos5xcosx 2sinxcosx 2
3
cos
2
x = 0
0,25
2cosx(2cos5x sinx 2
3
cosx) = 0




+=


, x =
36

+ k
3

0,50
2. (1,0 điểm) Tìm giá trị m
Với điều kiện x 1 và y 1, ta có:





+=+
=++
1m2yx
m1y1x

( ) ( )





+=++
=++
1m21y1x
m1y1x

2m 1 = 0.
0,25
Ta phải có








0P
0S
0'

( )








01m2m
0m
01m2m2m
2
22


Câu III
(1,0
điểm)
Tính tích phân:
Ta có:
3
x
(x 1)+
=
A
x 1+
+
2
B
(x 1)+
+
3
C
(x 1)+
=
2
1
(x 1)+

3
1
(x 1)+
Có thể xét:
3
x

32
dx
1x
1
1x
1
=
( )


+
1
0
2
dx1x

( )


+
1
0
3
dx1x
0,25
=
1
0
1x
1

B
C
D
O
H
Gọi O AC BD, ta có:
BDA = BDC = BDS (c.c.c)
OA = OC = OS
CSA vuông tại A
AC =
1a
2
+
Trong hình thoi ABCD:
AC
2
+ BD
2
= 2(AB
2
+ BC
2
)
1 + a
2
= 2
2

BD =
2
2
SH
1
=
2
a
1
+ 1 =
2
2
a
1a +
SH =
1a
a
2
+
0,25
Từ đó thu đợc thể tích V =
3
1
.
2
1
1a
2
+
.

Ta thấy (2x
A
y
A
+ 3)(2x
B
y
B
+ 3) = (2 0 + 3)(2.2 1 + 3) = 30 > 0 nên
A, B cùng phía đối với đờng thẳng d.
Qua A, xét đờng thẳng d có phơng trình: x + 2y 1 = 0.
0,25
Ta có cắt d tại H = (1; 1).
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua d thì H là trung điểm AA'

'OA
= 2
OH

OA
A' = (3; 2)
B'A
= (5; 1)
0,25
Phơng trình đờng thẳng A'B là: x + 5y 7 = 0
Với mọi điểm Md, ta có MA' = MA nên MA + MB = MA' + MB.
0,25
Trong đó MA' + MB nhỏ nhất khi A', M, B thẳng hàng. Vậy M A'B
d. Ta thu đợc M =


Ba mặt phẳng (P), (Q) và (ABC) cắt nhau tại I(0; 2; 1) là tâm đờng tròn
ngoại tiếp ABC.
0,25
Bán kính tơng ứng là R = IA =
( ) ( ) ( )
112001
22
++
=
5
0,25
Câu VII.a
(1,0
Tính giá trị biểu thức
23
Ta có 2z
2
4z + 11 = 0 z
1
= 1
2
23
i và z
2
= 1 +
2
23
i
z
1

+ 4y
2
= 1
4
x
2
+ y
2
= 1 a = 2 và b = 1 c =
3
e =
2
3
0,25
Trong tam giác F
1
MF
2
, theo định lí cosin ta có: F
1
F
2
2
= MF
2
1
+ MF
2
2


)
2
3.MF
1
.MF
2

12 = 4
2
3.MF
1
.MF
2
MF
1
.MF
2
=
3
4

0,25
(a ex)(a + ex) =
3
4
a
2
e
2
x

x =
3
24
và y =
3
1
0,25
Thu đợc: M
1
(
3
24
;
3
1
), M
2
(
3
24
;
3
1
), M
3
(
3
24
;
3

] =
P
n
= (3; 1; 2)
(P): 3x y 2z + 2 = 0
Xét mặt phẳng (Q) chứa I và
2
có [
IM
2
,
2
u
] = (9; 3; 6) = 3(3; 1;
2)
Q
n
= (3; 1; 2) (Q): 3x y + 2z + 2 = 0.
0,50
Với [
P
n
,
Q
n
] = (4; 12; 0) = 4(1; 3; 0) thì d = (P) (Q) và
d
u
= (1; 3; 0)
Phơng trình tham số của d là:

2
y
2
2xyi
z
2

z
2
= 4xyi
0,25
Khi đó:
( )





=
+=
4zz
i2zziz2
2
2

( ) ( )





2
0
nên thu đợc x
3
= 4 x =
3
4
y =
4
4
3
2
=
3
4
1
0,50
24
Ta thu đợc 2 số phức là z
1
=
3
4
+
3
4
1
i và z
2
=

x
2
= 2
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phơng trình: 2cos6x + 2cos4x
3
cos2x = sin2x +
3
2. Tìm giá trị m để hệ phơng trình sau có nghiệm:





+=+
=++
1m2yx
m1y1x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
( )

+
1
0
3
1x
xdx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. SA = a, (0 < a <
3
), các

Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x
2
+ 4y
2
= 4. Tìm các điểm M trên elíp (E)
sao cho góc F
1
MF
2
= 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) và 2 đờng thẳng:

1
:
2
1z
1
4y
1
x +
=


=
;
2
: