B GIO DC & O TO THI I HC MễN TON NM 2012
THAM KHO Thi gian lm bi: 180 phỳt

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

.
2) Gii h phng trỡnh:
2
2

x x
I x x dx
x x
= + +
ữ
ữ
+ +


.
Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a
ta ly im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng
(ABD ) ct SC ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:

cos .cos cos .cos cos .cos 3
cos cos cos 2
+ + =
A B B C C A
C A B
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0x y x y+ + =
v ng thng (d) :

1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + + + + + + + +
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 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.
1

2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )DH ABC
v
3DH
=
vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:



.
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x + + = +
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x + + =
cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
x x
x x x x
+ =



+ =

+ Gii (1):
(1) tan 1
4
x x k


ta cú:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k




= +
+ =

= +


KL: Vy phng trỡnh cú 4 h nghim:
4
x k


= +
,
4
x k


= +



.
2

§k
0y ≠
2
2
2
2
3
3
3
2 3
1 1
1 1
(1 ) 4
4
1 1
1
( ) 4
4
x x
x x
y y
y y
x
x x
x x


=


Ta ®îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2
1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
  
+ − = + − = + − = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− = − + − = − + =
  

  
Khi ®ã
1
1
1
2
x y

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

∫ ∫
+ Tính:
0
2
1
2
1
2
4 (2 1)
(2 1) 4
x
I dx
x
−
− +
=
+ +
∫
. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
π π π
 
+ = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =
 ÷
 
.
Khi đó:

2 2
0 0
(tan )
sin 1 2(tan 1/ 2)
dt d t
I
t t
π π
= =
+ +
∫ ∫
. Đặt:
2
tan tan
2
t y=
.
Suy ra:
2
2 2
(tan ) (tan ) (1 tan )
2 2
d t d y y dy= = +
, với
0 0,
6
t y t y
π
ϕ
= ⇒ = = ⇒ =

2
( . 2 1)I x x dx
−
= +
∫
. Đặt:
2
1 1
2 1 2 1, , 0, 1
2 2
t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = − ⇒ =
.
Khi đó:
1
2 5 3
2 1
2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
 
−
= = − = −
 ÷
 
∫
KL: Vậy
1 2 3

, ( )BC SA BC BA BC SAB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Suy ra:
'AB BC⊥
, mà
'AB SB⊥
. Từ đó có
' ( ) ' (1)AB SAC AB SC⊥ ⇒ ⊥
.
Tương tự ta có:
' (2)AD SC⊥
. Từ (1) và (2)
suy ra:
( ' ') ' 'SC AB D B D SC⊥ ⇒ ⊥
.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')SC AB C D⊥

+ Ta có:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
= + ⇒ =
2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
5 5

B D⇒ =
.
Ta có:
2 2
2 2 2
1 1 1 2 3 2 6
' ' '
' 3 3
a
AC SC SA AC a
AC SA AC
= + ⇒ = ⇒ = − =
+ Ta có:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D
V S SC B D AC SC a= = =
.

3
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
V S SA a= =
.

C A B C
A B C A B
=
+
ABC
không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
Từ GT ta có
3
2
x y z
y z z x x y
+ + =
+ + +
với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc
3
2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
.
Dấu =xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
2/.Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0x y x y+ + =
v ng thng (d) :
cos sinx x

) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Gi s mt phng cn tỡm l:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c

+ + + = + + >
.
Trờn ng thng (d
1
) ly 2 im: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do
( )

qua A, B nờn:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
+ = =



+ + = =

nờn
( ) : (2 ) 0ax by a b z a b




+
=


KL: Vy cú 2 mt phng tha món:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
+ +
+ + =
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
+
+ + =
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
51 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b
+ + ≥ + + ≥ + +
+ + + + + + + + +
Dễ có:

1 3 16
3c a c a
+ ≥
+
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +
Áp dụng (*) ta có:
1 1 4 2
3 2 2( 2 ) 2a b b c a a b c a b c
+ ≥ =
+ + + + + + +
(4)
Tương tự ta có:
1 1 2
(5)
3 2 2b c c a b b c a
+ ≥
+ + + + +

1 1 2
(6)
3 2 2c a a b c c a b
+ ≥
+ + + + +
Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.


= −

.
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
bán kinh R
2
=1 là (C

.Ta tìm tọa độ điểm H rồi
6

Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến
( )
[ , ] 0; 4; 4n AB AC= = − −
r uuur uuur
- (ABC):
2 0y z+ − =
.
+
( )H ABC∈
nên giả sử
( ; ;2 )H a b b−
.
Ta có:
( ; ; ), (4; 2;2).AH a b b BC= − = −
uuur uuur

( 2; ; ), ( 2;2; 2).CH a b b AB= − − = − −
uuur uuur
Khi đó:
. 0 0
2
2 2 0
. 0
BC AH a b
a b

= +

.
Giải hệ:
2
4 0
x t
y t
z t
x y z
=


= −


= +


− + − =

ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3.
Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra:
2 2 2
2 2 8 96
2 2 4
3 3 3 3
HK
     
= + + − + + − =

( )( )
ab ac a bc a bc a bc
ab ac ab ac
a a a
a a b a c a ab ac a b c
+ + − + = + − = − ≥
⇒ + + ≥ + ⇒ + + ≥ +
⇒ ≤ =
+ + + + + + +
CM t
2
råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm
Đ 2
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
b sao cho AB ngắn nhất
7

Câu 2:
1/.Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12

x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
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).
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y
z
x
−

Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
ĐP N Đ 2
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất
Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x

0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
−
= −
−
uuur
⇒ AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
− +
−
≥
⇒ AB min =
2 2
⇔

π
π

= +

∈

= +


¢
2).Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

(1) ⇒ y ≠ 0
Hệ ⇔
3
3
3
3
2

 
+ =
+ =
 ÷



  
Đặt a = 2x; b =
3
y
. Ta có hệ:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b
ab
ab a b
+ =
+ =


⇔
 
=
+ =


2
π
π
−
− ×
∫
x d x
. §Æt
3
cos cos
2
x u= ×

⇒ I
∫
⋅=
2
4
2
sin
2
3
π
π
udu
=
( )
3
2
16

t t
t t
− +
− +
(t ≥ 0)
Lập bảng biến thiên
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔
5
3
3
m≤ ≤
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c+ = + − + ≤ +
⇒
2
3
2 1
8 1
a a

3
a
2
+c
3
a
2
) +2(a
3
+b
3
+c
3
)+2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)+( a+b+c) ≥
≥ 8a
2
b
2
c
2
+4(a
2
b
2

+b
3
a
2
+c
3
a
2
) ≥ 2.3.
3
5 5 5
a b c
=6 (do abc =1)(4)
a
3
+b
3
+c
3
≥ 3abc =3 = 1 +2 a
2
b
2
c
2
(5)
a
3
+a ≥ 2a
2

1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =
2
13 3
16
a
Vậy d(B; SAC) =
3 3
( )
13
V a
dt SAC
=
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆).
M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC.
(BH): x –2y + 3 =0 → H
( )
7
1

10

C(0; 7) ⇒ A
( )
27
14
;
5 5
−
−
∉
(∆)→loại
(0; –5) ⇒ A
( )
33
14
;
5 5
−
∈
(∆)→ nhận.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3
2
1
1 1 2
y

(P) ∩ (d
1
) = A(1;1;2); (P) ∩ (d
2
) = B(3;3;2)→ (∆)
1 2
1 2 ( )
2
x t
y t t
z
= −


= − ∈


=

¡
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(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) =
5 2
2
ABC
a b S
AB
∆

3
2 2 5
S
r
p
= =
+
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
(S) tâm I(-2;3;0), bán kính R=
13 ( 13)m IM m− = <
Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =
3m− −
(d) qua A(0;1;-1), VTCP
(2;1;2)u =
r
⇒ d(I; d) =
;
3
u AI
u
 
 

1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
11

2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
+

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
0132 =+− yx
và
029136 =+− yx
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz

).(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
n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa
thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10

ta cã
196
23
−+−= xxxy
.
* TËp x¸c ®Þnh: D = R
* Sù biÕn thiªn
• ChiÒu biÕn thiªn:
)34(39123'
22
+−=+−= xxxxy
12

Ta có



<
>
>
1
3
0'
x
x
y
,
310' <<< xy
.
Do đó:

Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
2.Xỏc nh
m
hm s ó cho t cc tr ti
21
, xx
sao cho
2
21
xx
.
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
, xx


=+=+ xxmxx
Khi đó
( ) ( )
41214442
2
21
2
2121
++ mxxxxxx

)2(134)1(
2
+ mm
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313 < m
và
.131 <+ m
Cõu II. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1

+=
+

=






+
=
+

xxx
xx
x
x
x


+)
.,
2
0cos +== kkxx


+)






2
)
4
sin(2sin









13.,
3
2
4
+= t
t
x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx +=
2
;

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





=
=

=
=+
8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x
xx
xxx

=+=
.
Khi
1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra


+









=
4
2
2
2
2
3
2
.
.

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

+






=
t
t
tt
Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u


áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1'
2
+== mBCBD
và
.3'=DC

14
A
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120

Kết hợp
0
60'=DBC
ta suy ra
'BDC

đều.

222
=++ zyx
. Tỡm giỏ tr ln
nht ca biu thc
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
Đặt
zyxt ++=


2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393

2
3
2
>

==
t
t
t
ttf
vì
.3t
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( = ftf
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:


=+
=+
C
yx
yx
-
)2,1(==
CHAB
unCHAB

0162: =+ yxABpt
.
15
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H

- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx




=
=
=

72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22
=++ yxyx
hay
.85)3()2(
22
=++ yx
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





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

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








===
===

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





)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5

Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A
+)
.2=d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA
+) Với
4
=
d
hoặc
6=d
kết quả giống nh trờng hợp
.2=d
Do đó ta có số các số lập đợc là
( )
.4203
2

y
a
x
E
.
- Gi¶ thiÕt







=
=+
⇔
)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba
Ta cã
).8(88)2(
22222
cccccabca −=−=−=⇒=⇔

Thay vµo (1) ta ®îc

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

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

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





=

n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa
thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
17

n
CC
nn
171
32
=+
.
Ta cã





≥
⇔ n
nn
n
Suy ra
8
a
lµ hÖ sè cña
8
x
trong biÓu thøc
.)1(9)1(8
98
xx −+−
§ã lµ
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC
Đ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc
nhau.

sin
4
sin.
4
sin.
4
sin
CBACBA
≥






−






−






−

18

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b,
c là những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
Câu VII b.(1 điểm)
Tìm m để phương trình:
( )
0loglog4
2
1
2
2
=+− mxx
có nghiệm trong khỏang (0 ; 1).
ĐP N Đ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau.
Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x

PN
xx







−−
=
+−
=
⇔=++⇔
3
223
3
223
01189
2
m
m
mm

Câu II. (2 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:



=−−−+

6)11)(1)(1(
22222
uvvu
vuuv
vu
vuuv
yx
yxyx
với



−=
−=
1
1
yv
xu
Đặt:



=
+=
vuP
vuS
.
được



=−
=−
⇔



=
=
⇔
21
11
11
21
2
1
y
x
y
x
X
X
Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos
2
x .
ĐK:



≠







+=∨+=
+=
⇔
224
5
224
2
ππππ
π
π
kxkx
kx
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2
x
, y = 3 – x , trục hòanh và trục
tung.
Phương trình : 2
x
= -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại
điểm có hòanh độ x = 1. Vậy diện tích cần tính là:
S =
∫ ∫
+=+−+

323.6
3
1
.
3
1
322
dddSOCDV ===
Câu V. (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
2
sin.
2
sin.
2
sin
4
sin.
4
sin.
4
sin
CBACBA
≥







−+
=






+≤
−
≤
−+
=






+≤
−
≤
−+
=







sin
2
sin
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
sin
2
sin
BACACACAC
ACBCBCBCB
CBABABABA
π
π
π
Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh.
II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E):

xky
Suy ra: (6k
2
+ 4)x
2
– 2(6k
2
– k)x + 6k
2
– 2k – 23 = 0 (*)
Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có:
41
46
6
2
46
)6(2
2
2
2
2
−=⇔=
+
−
⇔=
+
−
k
k
kk

BA
nn
Qp
+=+⇔=
+++
+
⇔=
→→

06166
22
=−+⇔ BABA
Chọn B = 1 ta có : 6A
2
+ 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4
x
– 4m(2
x
– 1) = 0
Đặt t = 2
x
(t > 0) ta có phương trình: t
2
– 4mt + 4m = 0 (*)
(*)
)10(4
1


Từ bảng biến thiên ta có : m < 0
1≥∨ m
Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.
(C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0.
Pt của (C’) : x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b)
A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình:





=++
−=++
−=++
03
37122
542
ba
cba

0
1
y
y'
x
+
∞
-
∞

Pt mp(ABC):
222
111
1
))(;(1
cba
ABCOd
c
z
b
y
a
x
++

==++
Theo bt ng thc Cụsi :
3
222222
1

hay a = b = c = 1
Vy d ln nht bng
3
1
khi a = b = c = 1
Cõu VII b.(1 im)
Tỡm m phng trỡnh:
( )
0loglog4
2
1
2
2
=+ mxx
cú nghim trong khang (0 ; 1).
Pt ó cho
0loglog)1;0(0loglog
2
1
4
2
2
22
2
2
=++=++





y
4
1

-

0
S : m
4
1

5
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 :





x
x x
dx



+
+


Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO

(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 =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
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.
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) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm
( ) ( ')B d v C d
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.
P N 5

)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1x
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:
)4(02ax)2a(2x)1a(
2
=+++
Để (4) có 2 nghiệm
1x
là:



>







>+=
=

2a

)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
<

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

+
<
++
+++
Vậy
1a
3
2

222
xyx
yx
2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 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

3
x
y
=


=

;
2
3
x
y
=


=

;
2
5
x
y

=


=



1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k




+ + + + + = + + =
= = = + = + =
24

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

(sin cos )


+ +
= => = +
+ +
= +


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 cos4 sin 4
4 8 8 8 8 4
5 5
16 32



=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
9
222
2
aaa
HN +=
Suy ra
.
4

S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a