I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số :
162
23
++−=
xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Tìm m để đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung điểm
của AC.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
xxxxx 3cos.3sin)32(cos)
4
(cos.cos2
2
=++−
π
2. Giải hệ phương trình:





=−++
=−−+−
01532
0542
22
224
yxyx
yyxx

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết đỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1)
là trung điểm của cạnh AB và đường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng
02:
=+−∆
yx
, viết phương trình đường tròn tâm
I( 1;2) và cắt
∆
theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2
3
Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của:
n
x
x









21
; FF
, gọi A ,B là hai điểm
trên (E) sao cho
2
21
=+
BFAF
.Tính
12
BFAF
+
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết
0
120
=
∧
BAC
, M( 1; 2) là trung điểm
của cạnh AC , đường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hoành độ
dương.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình :





=+

1.(1,0đ)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên:
)2(6126
2,
−−=+−=
xxxxy
;



=
=
⇔=
2
0
0
,
x
x
y
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:
( )
0;
∞−
và
( )
+∞
;2
,đồng biến trên

223
=+−⇔+=++−
mxxxmxxx



=+−
=
⇔
062
0
2
mxx
x
Với x = 0
⇒
y = 1
⇒
A(0; 1)
Đường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C
⇔
pt
062
2
=+−
mxx
0,25
0,25
0,25
0,25




≠
>∆
⇔
0
0
,
m



≠
>−
⇔
0
029
m
m





≠
<
⇔
0
2

2
3
21
21
m
xx
xx
(2)
Từ (1) và (2)
4
=⇒
m
1.(1,0đ)
Pt
xxxxx 3cos3sin)32(coscos).2sin1(
=+++⇔
xxxxxxx 3cos3sin3)sin2coscos.2(sincos
=+++⇔
xxxx 3sin3cos3sin3cos
−=+⇔
xxxx 3sin
2
1
3cos
2
3
sin
2
3
cos

kxx
kxx






+=
+−=
⇔
224
4
ππ
π
π
kx
kx
(
)Zk
∈
2.(1,0đ)
Hpt





=−+−+−−
=−+−



=++
=−+
⇔
5)(4
102)(
2
vuuv
uvvu



=
−=+
⇔
45
10
uv
vu
(vô nghiệm) hoặc



−=
=+
3
2
uv
vu

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1,0đ)
V
(1,0đ)
Với



−=−
=−
⇒



−=
=
12
31
1
3
2

⇒



=
−=
32
11
3
1
2
y
x
v
u




=
=
⇔
5
0
y
x
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1,0đ
Ta có : I =
2

1
1
lim
2
0
2
=
−
→
x
e
x
x
;
=
++
=
−+
→→
)11(
lim
11
lim
22
2
0
2
2
0
xx

lim
2
2
0
2
2
2
0
x
x
x
x
x
x
xxx
→→→
−=−=
−
=
2
0
2
3
2
3
sin
lim
2
9


−
−
1,0đ
Vì : (SAB)
⊥
(ABCD) và (SAB)
∩
(ABCD) = AB
Mà SI
⊥
AB , nên SI
⊥
(ABCD)
⇒
ABCDABCDS
SSIV .
3
1
.
=
Đặt AB = x , ta có SI =
2
3x
ID =
4
4
2
2
x
a

)(.
2
1
aaaBCADABS
ABCD
+=+=
=
2
53
2
a
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
D
B
S
C
I