
 !
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
"#$%& điểm)! Cho hàm số
3 2
2 3 1y x x= - +

( )
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng
: 2 1d y x= +
với đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M
thuộc
d
và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M.
"#$ %& điểm)!
a) Cho góc
a
thỏa mãn
2
p
a p< <
và
12
sin
13
α
=
. Tính
os

( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7x x x x x x x+ - + - £ + + - - + +
"#$ %& điểm)!Tính tích phân
1
2
0
( 3 )
x x
x e e dx+
ò
.
"# ) %& điểm)! Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang vuông tại
A
và
B
,
2 2 , 3AB BC a AD a= = =
. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng
( )ABCD
là trung
điểm của cạnh AB. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng

÷
ç
÷
ç
è ø
là giao điểm của
AM
và
BE
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết điểm
E
nằm trên đường thẳng
: 2 6 0d x y+ - =
.
"#+$ %& điểm)! Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(2; 1;2), (0;0;2)A B-
và
đường thẳng
3 6 1
:
2 2 1
x y z
d
- - -
= =
-
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc
với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P).

"# :I: 6JK

%&L6JK(
=((1,0điểm(
+Tập xác định:
=D R
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
0
' 6 6 , ' 0
1
=

= − = ⇔

=

x
y x x y
x

Các khoảng đồng biến:
( ;0)−∞
và
(1; )+∞
; khoảng nghịch biến:
(0;1)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0,x y=

9((1,0 điểm(
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
: 2 1= +d y x
và đồ thị (C) là:
3 2 3 2
2 3 1 2 1 2 3 2 0x x x x x x− + = + ⇔ − − =
(*)
Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt
1 2 3
1
0, 2,
2
x x x= = = −
Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt
1
(0;1), (2;5), ;0
2
A B C
 
−
 ÷
 
: 2 1 ( ;2 1)M d y x M t t
∈ = + ⇒ +
, tọa độ các điểm cực trị của (C) là
(0;1), (1;0)D T
M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành tam giác vuông tại M
. 0(**)DM TM⇔ =
uuuur uuuur
, mặt khác ta có

4 2
A c c
π
α α α
 
= − = +
 ÷
 
2 2
144 25 5 5
os 1 sin 1 os os ( )
169 169 13 13 2
c c c do
π
α α α α α π
= − = − = ⇔ = ± ⇒ = − < <
Thay
12 5
sin , os
13 13
c
α α
= = −
vào A ta được
7 2
26
A
=
&
&

&
'
%&L6JK(
Giải phương trình
2 2
log ( 1) log (3 4) 1 0 (1)x x- + - - =
.
Điều kiện xác định:
4
3
x >
(*). Với điều kiện (*), ta có
2
2 2 2
(1) log ( 1)(3 4) 1 log (3 7 4) log 2x x x x⇔ − − = ⇔ − + =

2
3 7 2 0 2x x x⇔ − + = ⇔ =
(do điều kiện (*)).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
&
&

%&L6JK(
Giải bất phương trình
2 2 2
3
( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7 (1)x x x x x x x+ - + - £ + + - - + +
Điều kiện xác định:
5

+ +
+ +
+ + + +
(
)
2
2
2
2
3 3
2 2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
( 2) 5 9 0(*)
2 5 3
5 3
9 3 5 7 5 7
x x x
x x x
x
x
x x
 
 ÷
+ + +
⇔ − + + − − − ≤
 ÷
 ÷
+ +
+ +
+ + + +

≤ + < +

+ +
+ +

≥ − ⇒

+ +
<


+ + + +

(
)
2
2
2
2
3 3
2 2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
5 9
2 5 3
5 3
9 3 5 7 5 7
x x x
x x
x
x

&
&

%&L6JK(
Ta có
1
2
0
( 3 )
x x
I x e e dx= +
ò
1 1
2 3
0 0
3
x x
xe dx e dx= +
∫ ∫
.
Đặt
1
3
0
3
x
J e dx
=
∫
và

du dx
u x
dv e dx
v e

=

=
 
⇒
 
=
=




; khi đó
1
1
2 2
0
0
1 1
2 2
x x
K xe e dx= −
∫

1

1 1
( ) (3 )2 4
2 2
ABCD
S AD BC AB a a a a= + = + =

3
.
1 4 3
.
3 3
S ABCD ABC D
a
V SH S⇒ = =

. . . .
1
. .
6
S ACD S ABCD S ABC S ABCD
V V V V SH AB CD
= − = −

3 3
3
4 3 3
3
3 3
a a
a= − =

S SC CD a
∆
= =
. Vậy
3
.
2
3
3 3 3 30
( ;( ))
10
10
S ACD
SCD
V
a a
d A SCD
S
a
∆
= = =
&
&
&
&
*
%&L6JK(
Kẻ
MI AC
⊥

: 2 6 0 (2;2)E BE d x y E= ∩ + − = ⇒⊥AD BI
, ME là đường trung bình của
∆AID

nên suy ra
⊥BI ME
tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME

⇒
phương trình
=
: 0B I y
; vậy
( 4;0)B BE BI B
= ∩ ⇒ −

(8; 4)C⇒ −
(vì M(2; -2) là trung điểm của BC)
Ta có
4BI FI= ⇒
uur uur
tọa độ điểm I(4; 0)

⇒
tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC)
&
&

(P) nhận
( 2;2;1)u = −
r
là véc tơ pháp tuyến
⇒
Phương trình của
(P) : 2( 2) 2( 1) ( 2) 0 2 2 4 0x y z x y z− − + + + − = ⇔ − + + + =
Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là
R
Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có
(B;(P)) 2R d= =
⇒
phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
( 2) 4x y z+ + − =

&
&
&
&
,
%&L6JK(
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học
sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có
3
6
( ) C 20n Ω = =
Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả
học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’.
Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2

5 1 7 2 2( )
x x x
x y z
y z y z y z
Mặt khác ta có
+ ≤ + ⇔ + ≥ +
2 2 2 2 2 2
1
( ) 2( ) ( )
2
y z y z y z y z
Vì vậy
( )
+
≤ − = −
+
+
+ + +
+
3 3
2
2( ) 1 4 1
1
27( )
2( )
( )
2
y z
P
y z




+ =

1
2( )
3
1
1
12
6
x y z
x
y z
y z
y z
&
&
&
&
M