SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ TN THPTQG VÀ ĐẠI HỌC NĂM HỌC
2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 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
3 2 2 3
3 3( 1) 1y x mx m x m= − + − − +
(1), (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm
cực đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng
2 10
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
2
sin 2 (1 2cos3 ).sin 2sin (2 ) 0
4
x x x x
π
+ + − + =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2 3 1x x− ≤ − +
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

( )
2

Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
2 3
1 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + =
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số
đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
( )
2 2
: ( 1) ( 1) 20C x y− + + =
. Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y− − =
. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi.
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn:
0
3 1
lim
x
x
I
x
→
−
=
.
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x
10

• TXĐ:
D = ¡
• Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
lim ,lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
0,25
+ Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0) & (2; )−∞ +∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,
0

y

b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực
đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng
2 10
.
1,0
điểm
Trong trường hợp tổng quát, ta có
2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m= − + −
,
1
2 2
2
1
' 0 2 1 0
1
x m
y x mx m
x m
= −

= ⇔ − + − = ⇔

= +


0,25
Vì

Câu 2
Giải phương trình:
2
sin 2 (1 2cos3 ).sinx 2sin (2 ) 0 (1)
4
x x x
π
+ + − + =
.
1,0
điểm
(1) sin 2 (1 2cos3 ).sinx 1 cos(4 ) 0
2
x x x
π
⇔ + + − + + =
0,25
sin 2 sin 2cos3 .sin 1 sin 4 0x x x x x⇔ + + − − =
0,25
sin 2 sin sin 4 sin 2 1 sin 4 0 sin 1x x x x x x⇔ + + − − − = ⇔ =
0,25
2 , .
2
x k k
π
π
⇔ = + ∈¢
KL…
0,25
Câu 3

x
x
x
≤

⇔ ⇒ ≤

≤

Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình
là [2;3].
0,25
Trang 3
Câu 4
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

( )
2
4 4 5 2 0x x m x x− + − + + =
có nghiệm
2;2 3x
 
∈ +
 
.
1,0
điểm
ĐK:
x∀ ∈¡
. Đặt

m
t
−
=
. Pt đã cho có nghiệm
2;2 3x
 
∈ +
 

⇔
pt
2
7t
m
t
−
=
có nghiệm
[ ]
1;2t ∈
0,25
Xét
2
7
( )
t
f t
t
−

∈ − −
 
 
là các giá trị cần tìm.
0,25
Câu 5
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a,
AB = 2a, SA ⊥ (ABC). Góc giữa SC và (ABC) bằng 60
o
. Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
chứng minh tam giác AHK vuông tại K.
1,0
điểm

60
°
A
C
B
S
H
K
Ta có
2
2 2 2 2
1 3
4 3 .
2 2
ABC


⊥

,
0,25
mà
AK SC⊥
suy ra
( )AK SBC⊥
, do đó
AK KH⊥
, hay
∆
AHK vuông tại K.
(đpcm)
0,25
Trang 4
Câu 6
Cho các số dương
, ,x y z
thoả mãn:
( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z
− + − + − ≤
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
.
1 1 1
A
x y y z z x

1 1 2
1 25 5
x y
x y
+ +
+ ≥
+ +
0,25
2( ) 3 6
25 5
x y z
A
+ + +
⇒ + ≥
6 2( ) 3 3
5 25 5
x y z
A
+ + +
⇔ ≥ − ≥
0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2x y z
= = =
. Vậy
min
3
2
5
A x y z

. Xét
9
( )
2 3
f t
t
=
+
trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.
0,25
II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 3,0
điểm
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn
Câu
7.a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1) và
cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2). 1,0
điểm
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b),
( , 0)a b ≠
Phương trình đường thẳng d có dạng:
1
x y
a b
+ =
Do d qua M(3;1) nên
3 1
1 (1)
a b
+ =

; (6;2)a b =
hoặc
( ; ) (2; 2)a b = −
Từ đó, phương trình đường thằng d là
3 6 0x y+ − =
hoặc
2 0x y− − =
0,25
Trang 5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
: 3 6 0d x y+ − =
hoặc
: 2 0d x y− − =
Câu
8.a
Giải phương trình:
2 3
1 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + =
1,0
điểm
Điều kiện:
(0; )x ∈ +∞
Khi đó,
1 81 9
3
2log 60log 20log 7 0PT x x x⇔ − + + =
0,25
3 3 3

0,25
Vậy có
6
9
84C =
số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao
Câu
7.b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
( )
2 2
: ( 1) ( 1) 20C x y− + + =
. Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và
thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y− − =
. Viết phương trình cạnh AB.
1,0
điểm
Đường tròn (C) có tâm
(1; 1),I −
bán
kính
2 5R =
Đặt
,( 0)BI x x= >
Do
2 2 2AC BD AI BI x= ⇒ = =
Kẻ

5
t tm
Do IB t t
t ktm
=


= ⇔ − + − = ⇔
−

=


0,25
• Với
4 (4;3)t B= ⇒
. Phương trình cạnh AB có dạng:
2 2
( 4) ( 3) 0 ( 0)a x b y a b− + − = + ≠
Trang 6
2 2
3 4
ó : ( ; ) 2 5
a b
C d I AB IH R
a b
− −
= = ⇔ =
+
2 2

Vậy phương trình cạnh AB là
2 11 0x y+ − =
hoặc
2 11 41 0x y+ − =
0,25
Câu
8.b
Tìm giới hạn:
0
3 1
lim
x
x
I
x
→
−
=
1,0
điểm
Ta có
ln 3
0
1
lim
x
x
e
I
x

0,25
1.ln 3 ln3.I⇔ = =
0,25
Câu
9.b
Tìm hệ số của x
10
trong khai triển
2
( 3 )
n
x x−
, (x >0, n nguyên dương) biết
tổng các hệ số trong khai triển bằng
2048−
.
1,0
điểm
Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có:
0 1 2 2
3 3 ( 1) .3 2048
n n n
n n n n
C C C C− + − + − = −
(1 3) 2048 11
n
n⇔ − = − ⇔ =
0,25
Ta có khai triển:
1 3

Hết
SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
2 1
x
y
x
+
=
+
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Trang 7
2. Đường thẳng
( )
1
d
có phương trình
y x=
cắt (C) tại hai điểm A và B. Đường thẳng
( )
2
d
có phương trình
y x m
= +

0
cos
lim
x
x
e x
x
→
−
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có
3SA a
=

( )
0 ; a SA>
tạo với mặt phẳng đáy
(ABC) một góc bằng
60
o
. Tam giác ABC vuông tại B,
·
0
30ACB =
; G là trọng tâm của tam
giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính
thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số
, ,x y z
thuộc đoạn

: 6 10 0x y∆ − − =
và tiếp xúc
với
1 2
,d d
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
3
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
, biết n là số
tự nhiên thỏa mãn hệ thức
6 2
4
454
n
n n
C nA
−
−
+ =

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
Trang 8
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN:
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điể
m
I 1 1,0 điểm
TXĐ:
1
/
2
D
 
= −
 
 
¡
.
Giới hạn:
1 1
2 2
1 1

Hàm số nghịch biến trên
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
1
; .
2
 
− + ∞
 ÷
 

0.25
BBT
X
−∞
1
2
−
+∞
Y’
−
−
y
1

2
8AB =
. 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) là 0.25
Trang 9
2
2 2 2 0 (1)
2
1
2 1
2
x mx m
x
x m
x
x

+ + − =
+

= + ⇔

+
≠ −


d
2

,x x
là nghiệm của (1))
ABCD là hình bình hành
2
2 2
1 2 1 2
0
/ /
( ) 4 4
m
AB CD
x x x x
AB CD
≠


⇔ ⇔
 
+ − =
=


2
0
2
2 0
m
m
m m
≠

x
x k
π
π
π π

+ =
= − +


⇔ ⇔ ∈


+ =

= +

¢
Kết hợp với điều kiện (*), suy ra phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là
( )
2 ; 2
2
x k x k k
π
π π π
= − + = + ∈ ¢
.
0.5
2 1,0 điểm
Đặt

x

− +
=


+ − = ⇔

− −
=


0.25
2 1t x= +
ta được
2
2
1
1
2
3 1 2 1 0
2
0
3 0
3
x
x
x x x x
x
x x

0 0
cos 1 1 cos
lim lim .3
3
x x
x x
e x e x
x x x
→ →
 
− − −
= +
 ÷
 
0.5
Trang 10
2
3
2
0
sin
1
2
lim .3 . 1.3 1.0 3.
3 2
4
x
x
x
e x

. os
2
a
AG SAc SAG= =
(1)
ABC∆
vuông tại B có
30
o
C =
. Đặt
( )
0AB x x= >
suy ra
3
3,
2
x
BC x BM= =
0.25
2 2
7
2
x
AM AB BM= + =
;
2 7
3 3
x
AG AM= =

2 2 2
2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
2 2 2
9
2 2
x y z
xy yz zx
+ +
⇔ + + = −
.
Vậy nên
( )
2 2 2
3 9
2 2
A x y z= + + −
0.25
Không mất tính tổng quát, giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z x x x≥ ≥ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 2 6 9y z y z x x y z x x x x+ ≤ + = − ⇒ + + ≤ − + = − +
0.25
Xét
[ ]
2
3

x y z
x y z
 =



=
=



 
⇔ =
=
 
 
=
+ + =



≥ ≥

Vậy
ax
3
m
A =
khi
2, 1, 0x y z= = =

a a b b
− − + =

⇔

− = − +

Nhận thấy: a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0.25
Do đó
( )
5 8
1
2
a
b
a
−
⇔ =
−
. Thế vào (2) tìm được
0a
=
hoặc
4a
=
0.25
Với
0a
=

( )
6 10 1I a b∈∆ ⇔ = +
Đường tròn (C) tiếp xúc với
( )
( )
1 2
3 4 5
2
5
;
4 3 5
3
5
a b
R
d d
a b
R
 + +
=


⇔

− −

=


0.25

a
=



=

và
7
7
43
R
R
=



=

0.25
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn:
( ) ( )
2
2
1
: 10 49C x y− + =
;
( )
2 2
2

−
+ = ⇔ + =
− −
3 2
2 9 888 0 8.n n n n− − − = ⇔ =
0.25
Với
8n
=
,
( ) ( )
( )
8
8 8
8
8
3 1 3 24 4
8 8
0 0
2
2 2 1
k k
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
−
−
− −

suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm C bán kính CA nên A,
B đối xứng nhau qua Ox
Giả sử
( ; ) ( ; )A a b B a b⇒ −
. Do A, B thuộc (E) suy ra
2
2
1 (1)
4
a
b+ =
0.25
Tam giác ABC đều suy ra
2 2 2 2 2
4 ( 2) (2)AB AC b a b= ⇔ = − +
Từ (1) và (2) ta có:
2
2
2 2 2
2 0
1 (1)
4
2 4 3
4 ( 2) (2)
7 7
a b
a
b
a b
b a b

2 4 3 2 4 3
; ; ;
7 7 7 7
A B
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
.
0.25
2 1,0 điểm
Gọi E là trung điểm MN ta có E(2;-1). Gọi
∆
là đường trung trực của MN.
Suy ra
∆
có phương trình
( )
2 3 1 0 3 5 0.x y x y− − + = ⇔ − − =
Gọi I là tâm đường tròn đi qua M, N thì I nằm trên
∆
.
0.25
Giả sử
( )
3 5;I t t+
.
Ta có
( ) ( ) ( )

(phần tử). 0.25
Xét trường hợp trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm suy ra có
4
10
210C =

cách và xác xuất là
210
924
.
0.25
Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá 1 phế
phẩm là
210 714 17
1
924 924 22
P = − = =
0.5
Hết
SỞ GD&ĐT HÀ TÂY KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 4y x mx= − + −
có đồ thị
( )
m
C

8 3 13 0
x y y x
x x y y

+ − + − =


+ + + − =


Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề
nhau có độ dài bằng a. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC' và B'D'.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,x y z
thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2
2 2 2
3 3 3
x y z
P x y z
yz zx xy
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
.
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn

x x x
C A A
x
− ≥ −
(
*
x N∈
)
Trang 14
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường thẳng
( )
1
: 2 5 3 0,d x y
+ + =

( )
2
:5 2 7 0d x y− − =
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P và
tạo với
1 2
( ),( )d d
một tam giác cân tại A và có diện tích bằng
29
2
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
2 0x y+ + =
và đường tròn (C

Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: ……………………
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
( Đáp án có 06 trang: từ trang 1 đến trang 6 )
Câu Đáp án Điểm
I 1. Khảo sát hàm số với m = 2. 1,00
Với m = 2, hàm số trở thành:
4 2
y x 4x 4= − + −
* TXĐ:
R
0,25
* Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = −∞
0,25
- Bảng biến thiên:
+ Ta có:
=

= − + = ⇔

= ±

3
0

- Điểm cực đại của đồ thị là
( )
− 2;0
,
( )
2;0
điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4)
* Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
( )
0; 4−
và cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0−
và
( )
2;0
+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,25
0,25
Trang 15

2
-2
-4
-6
-8
-5
5
10


= − + = − + = ⇔

=

Nếu
0m ≤
thì
( )
m
C
chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục
tung.
Nếu
0m
>
thì
( )
m
C
có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai
điểm cực đại có tọa độ
2
( ; 4)m m− −
,
2
( ; 4)m m −
.
Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì
2

π π π
π
− −
⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + ∈
(thỏa mãn)
Vậy pt có một họ nghiệm :
, .
6 2
= − + ∈
π π
x k k Z
0,25
0,25
0,25
0,25
2. Giải bất phương trình 1,00
+ Đk:
x 0; x 3.≥ ≠

Bất phương trình
3 x
x 1
3 x
+
⇔ < −
−

2
2
2x

− + <

0,25
0,25
0,25
Trang 16

x (3; )
x (3;9)
x (1;9)
∈ +∞

⇔ ⇔ ∈

∈

(Thỏa mãn điều kiện)
Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9)
0,25
III
Giải hệ phương trình 1,00
+ Điều kiện:
2 2
3 0, 8 0x y y x+ ≥ + ≥
Đặt
( )
2 2
3 , 8 , 0u x y v y x u v= + = + ≥
+ Ta được:
2 2 2 2 2 2


⇔ ⇔ ⇔
  

=
− − =
−




=



v u
v u
u
u
v
u u
u loai
+ Khi đó
2
2
2
2
2
2
2

 

x
y
x y
x y
x
y x
y x
x

2
4 2
4
3
8 72 65 0

−
=

⇔


− + − =

x
y
x x x
2
2


−

=
=
  

⇔ ⇔ ⇔
 

=

= −

 
− + − + =





= −
= −




Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình
là:
{ }

( )
3
2
2222 aaa ==
(đvtt)
+ Gọi I là giao của B'D' và A'C'
Trong (AA'C') kẻ
';' ACKACIK ∈⊥
Vì
'''')'(
''''
'''
DBIKDBCAA
DBCA
DBAA
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
Vậy:
IKDBACd =)'','(
IKC'∆
đồng dạng với
C'AA'∆
.

IK C'I AA'.C'I a 2.a a
IK


Áp dụng bđt:
zxyzxyzyxbaabba ++≥++⇒∀≥+
22222
,,2
.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.








++








++






tf
2
3
)(
3
+=
với
0>t
;

2
4
2
2
22
)('
t
t
t
ttf
−
=−=
;
4
20)(' =⇔= ttf
+ BBT
t
0

4

84=P
0,25
0,25
0,25
0,25
Chương trình chuẩn
VI a. Viết phương trình đường thẳng…. 1,00
Trang 18

Ox ( ;0), ( ; )A A a B d B b b∈ ⇒ ∈ ⇒
,
(2;1) ( 2; 1), ( 2; 1)M MA a MB b b⇒ = − − = − −
uuur uuur
.
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
− − − − =


=
 
⇔

−
 
⇔
−
 
−
 
 
− + = − + −
+ = − + −

 ÷

−
 

b
a
b
a
b
b
b
a b b
b b
b

2 2
2
2


 
 


−
=
 




a
b
a
b
b
a
b b
b
b
Với
2
1
a
b
=


=

1
) A (C
2
)

O M I
B
+(C
1
) có tâm O(0;0), bán kính R=5
( )
⇒<⇒=⇒− ROMOMOM 52;1
M nằm trong đường tròn (C
1
)
+ Giả sử (C
2
) cắt (C
1
) tại A và B. Gọi H là trung điểm đoạn AB.
222
25222 OHOHOAAHAB −=−==
. Mà OH lớn nhất khi H trùng
với M.
Vậy AB nhỏ nhất khi M là trung điểm của AB. AB qua M và vuông góc
với OM.
+ Phương trình của AB: x – 2y – 5 = 0. Tọa độ của A,B là nghiệm hệ:




0,25
0,25
a. Tìm nghiệm của BPT…. 1,00
Trang 19
VIII
+ Đk :
3; ≥∈ xNx

81
)!22(
)!2(
.
2
1
)!2(
!.3
)!3(!3
!
.
12
−
−
≥
−
−
−
⇔
x
x
x

b. Viết phương trình…. 1,00
d1
d
d2
H
C
B
A
P

Ta có
1 2
A d d= ∩ ⇒
tọa độ của A là nghiệm của hệ

( )
2 5 3 0 1
1; 1
5 2 7 0 1
x y x
A
x y y
+ + = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1 2

= =
.
Suy ra:
:3 7 77 0
:7 3 25 0
d x y
d x y
− + =


+ + =

Gọi
1 2
,B d d C d d= ∩ = ∩
. Thấy
1 2
(d ) (d )⊥ ⇒
tam giác ABC vuông cân tại A
nên:
2
1 1 29
. 29
2 2 2
ABC
S AB AC AB AB
∆
= = = ⇒ =
và
2 58BC AB= =

: 7 3 25 0d x y+ + =
ta có
2 2
7.1 3( 1) 25
29 58
( ; )
2
58
7 3
d A d AH
+ − +
= = = =
+
(t/mãn).
Vậy
: 7 3 25 0d x y+ + =
0,25
0,25
0,25
0,25
VII
b. Viết phương trình … 1,00
(C
1
) có tâm I(2 ;-1); bán kính R
1
= 1.Vậy (C
2
) có bán kính R
2

0291)2(
2
2
2
t
t
tttt
+
( )
4)1()1(:)(1;11
22
2
=+++⇒−−⇒−= yxCJt

+
( )
4)4()2(:)(4;22
22
2
=++−⇒−⇒= yxCJt
Vậy có 2 đường tròn (C
2
) thỏa mãn là:
4)1()1(
22
=+++ yx

và
4)4()2(
22


⇔ ⇔ <

− ≠

Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x y B x y
. Khi đó pt đường thẳng đi
qua 2 điểm CĐ,CT là y = 2x+m. Suy ra
1 1 2 2
2 ; 2y x m y x m
= + = +
.
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) khi
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 2
2
1 2 1 2
2 1 2 1 0 4 1 4 1 0
16 4 1 1 0
x y x y x m x m
x x m x x m
+ − + − < ⇔ + − + − <
⇔ + − + + − <
Theo định lý Vi-et
1 2
1 2


( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.
=
m
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 2.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
cos2 5 2(2 cos )(sin cos )x x x x+ = - -
.
Trang 21
2. Giải bất phương trình:
2 1− ≤ − −x x x
.
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 9
9 0
y x y x
y x 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 VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm
(2; 3)A −
,
(3; 2)B −
.Tam
giác
ABC
có diện tích bằng
3
2
, trọng tâm
G
của tam giác
ABC
nằm trên đường thẳng (
d
) :
3 8 0x y− − =
. Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị
n
nguyên dương thỏa mãn:
1 2 3 2
1)3 7 (2 1) 3 2 6480(2
k k

4 2 11 0x y+ − =
. Lập phương trình tiếp tuyến
của (C), biết tiếp tuyến tạo với (
∆
) một góc bằng
45
o
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Tính tổng:
0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
2012 2011 2010 2S C C C C C= + + + + +
.
Câu VIII.b (1,0 điểm). Tính giới hạn:
3
0
2 1 1
lim
sin 2012
→
+ − −
=
x
x x
I
x
.
Hết
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: ……………………

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( )
0;1 .
Trang 22
- Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
cd
x y= = −
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 3
ct
x y= ± = −
.
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y .
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0,25
BBT:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
-3 -
0,25

2
(0;2 4)A m −
,
2
( ; 4)B m m −
,
2
( ; 4)C m m− −
.
0,25
- Ta thấy B,C đối xứng nhau qua trục
Oy
và
A Oy∈
nên tam giác ABC cân
tại A.
Phương trình cạnh BC:
2
4 0y m− + =
.
Gọi h là độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:

2
( , )h d A BC m= =

1
.
2
ABC
S h BC

-2
-4
-5
5
y
x
O
(2,0)
PT ⇔
2
(cos – sin ) 4(cos – sin ) – 5 0x x x x- =
0,25

(cos – sin ) 1
(cos – sin ) 5 ( )
x x
x x l
é
= -
ê
Û
ê
=
ê
ë
0,25
Với
2
(cos – sin ) 1 cos( )
4 2

0,25
2. Giải bất phương trình
1,0
Đk:
1 2x≤ ≤
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 1x x x− + − ≤
0,25
2 2
2 (2 )( 1) 1 4( 2 3 ) 2 1⇔ − − ≤ − ⇔ − + − ≤ − +x x x x x x x
0,25

2
5x 14x 9 0⇔ − + ≥
9
5
1
x
x

≥

⇔

≤

0,25
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là
9
{1} [ ;2]

a b
a x y
x
b x y
b a
a
y

+

= −
=



= + ⇒
 
−
 
≥
=



0,25
Hệ (*) trở thành
2
2 9
(1)
(2)

. Vậy nghiệm của hệ là:
( ) ( )
x; y 6; 3= −
.
0,25
IV Tính thể tích khối chóp… 1,0
Trang 24
(1,0)

Gọi E là trung điểm của BC, H là tâm của tam giác đều ABC
A'H mp(ABC)⇒ ⊥
Ta có
3 3
, .
2 3
= =
a a
AE AH

0,25
2 2
2 6
' '
3
a
A H A A AH⇒ = − =
0,25
2 3
. ' ' '
3 2

2
(1 ) | 1 |
2
b c b c+ - ³ + -
Dấu “ = ”
1⇔ = −b c

2 2
2
(1 ) | 1 |
2
c a c a+ - ³ + -
Dấu “ = ”
1⇔ = −c a
0,25
Cộng vế với vế ta được
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 )a b b c c a+ - + + - + + - ³
2 2 2
| 1 | | 1 | | 1 |
2 2 2
a b b c c a³ + - + + - + + -
0,25
2 2
| 1 1 1 | 3.
2 2
a b b c c a³ + - + + - + + - =
Dấu “=”
(a 1 b)(b 1 c) 0; (a 1 b)(c 1 a) 0;(c 1 a)(b 1 c) 0.⇔ + − + − ≥ + − + − ≥ + − + − ≥
0,25

a b
é
- =
ê
Û - - = Û
ê
- =
ê
ë
0,25
Trang 25