ễN THI I HC MễN TON
ấ 1
I. PHN CHUNG
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số
( )
m
Cmmxmxy 55)2(2
224
+++=
1, Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1.
2, Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ th ( C
m
) cú im cc i v im cc tiu, ng thi
cỏc im cc i v im cc tiu lp thnh mt tam giỏc u.
Cõu 2: ( 2 im) 1, Gii phng trỡnh:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx
2, Gii h phng trỡnh:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2

1
)()(
33
44
33
44
33
44

+
+
+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba
Cõu 4: ( 2 im ) Trong khụng gian vi h trc to cỏc Oxyz, cho mt phng (P) cú
phng trỡnh:
012 =++ zyx
v ng thng ( d) cú phng trỡnh:




n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
...2
=+++
Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban)
1, Giải phơng trình:
( )
xxx 4log1log
4
1
)3(log
2
1
2
8
4
2
=++
.

3
32
=
m
Câu 2: ( 2 điểm) 1, Giải phơng trình:
( )
2
1
)3cos1)(2cos1(cos1
=+++
xxx
Đa phơng trình về dạng:
16
1
2
3
cos.cos.
2
cos
2
=






x
x
x

,2
3
2
;
24


2, Giải hệ phơng trình:





=++
=++++
+
+
1)4(log)5(log
6)12(log)22(log2
21
2
21
xy
xxyxxy
yx
yx
ĐK






=
1
3
1
4
3
1
3
dx
x
xx
I
.
Đa I về dạng:







=
1
3
1
3
3
1

+
+
+
+
+
+
acca
ac
cbbc
cb
baab
ba
Từ
( ) ( )
( )
babaabbbaabaabbaba
++=++++++
333434443344
2
.
Vậy
( )






+=
+

Đáp số. 1)
( ) ( )
0
30)(,;1;0;1
=
PdA
.
2, Viết phơng trình đờng thẳng
( )

đi qua A,
( )

nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đ-
ờng thẳng
( )

và ( d) bằng 45
0
.
2
ễN THI I HC MễN TON
Hai đờng thẳng thoả mãn đề bài có phơng trình:
( ) ( )
335
1
3132
1
:;
335

Hai đờng tròn thoả mãn đề bài có phơng trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2501017:;1021:
22
2
22
1
=+=+
yxCyxC
2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức:
( ) ( ) ( )
n
n
n
nnn
C
n
CnCC
2
22
2
2
1
2
...2
=+++
Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lu ý
1
0
==

nnn
+=++
,111
2
. So sánh hệ số của
n
x
trong khai triển nhị thức Newton
của
( ) ( )
nn
xx
++
11
và
( )
n
x
2
1
+
ta suy ra:
( ) ( ) ( )
( )
2...
2
22
2
2
1 n

.
Xét hai khả năng 0 < x < 1 và x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm của ph-
ơng trình là:
323
+=
x
và x = 3.
2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K
lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S. EBK.
Đáp số:
8
29a
R
=
.
ấ 2
Cõu 1: Cho hm s y =
2 3
2
x
x


cú th l (C)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn.
2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti
A, b sao cho AB ngn nht
Cõu 2:
1/.Gii phng trỡnh:

2) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc:
3
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(m - 3)
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

2
)
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.
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.
ĐÁP ÁN ĐỀ 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

−
)
(∆ ) ∩ TCN = B (2x
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
− +
−
≥

x k
k
x k
π
π
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 ⇔

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

2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ×
∫
x d x
. §Æt
3
cos cos
2
x u= ×

⇒ I
∫
⋅=
2
4
2
sin
2
3
π
π
udu

2
2 3 3
1
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

Bđt(1) ⇔ 4(a
3
b
2
+b
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

; …. (3)
2(a
3
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

( ).
3 16
a
dt ABC SO =
Mặt khác, V(S.ABC) =
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.

y
=


= −

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

1
) , (d
2
)
6
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(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) =

2 65 89
S
p
=
+ +
(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
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) =

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

và
'BC

bằng
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
7
ễN THI I HC MễN TON
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im) 1.Trong mt phng vi h to
,Oxy
cho tam giỏc
ABC

=+
zyx

Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0
=
E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c
bao nhiờu
s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2(

M

v cú
phng trỡnh mt ng chun l
.08
=+
x
Vit phng trỡnh chớnh tc ca
).(E

...)(
10
. Tớnh h s
8
a
bit rng
n
l s nguyờn
dng tho món
n
CC
nn
171
32
=+
.
AP AN ấ 3
A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im) Cho hm s
mxxmxy
++=
9)1(3
23
, vi
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi
1
=
m

y
,
310'
<<<
xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(

và
),3(
+
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(
8
ễN THI I HC MễN TON
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
=
x
và
3)1(
==
yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3
=

.
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
Pt
03)1(2
2
=++
xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx

++
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

+=
+
+
x

cos
2
=






+
=
+

xxx
xx
x
x
x


+)
.,
2
0cos
+==
kkxx


+)


4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin










.,
3
2
4

+=
t
t
x


x
(*)
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
+=+
xx
9
ễN THI I HC MễN TON

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





=
=

xx
x
I
.
Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt
=
+
=+=
.
Khi
1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra


+



+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9

0
60
.
- Kẻ
)''('// BADABBD


0
60)',()','(
==
BCBDBCAB

0
60'
=
DBC
hoặc
.120'
0
=
DBC
- Nếu
0
60'
=
DBC
Vì lăng trụ đều nên
).'''(' CBABB



'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.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB
==
.
Cõu V. (1,0 im) Cho cỏc s thc khụng õm
zyx ,,
tho món
3
222

2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++
zyxzxyzxy
nên
3393
2

tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5
2
3
2

t
ttf
vì
.3

t
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:

yx
- Từ hệ
).1;7(
029136
0132




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

0162:
=+
yxABpt
.
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx






=
=
=

72
6
4
p
n
m
.
11
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
ễN THI I HC MễN TON
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22
=++
yxyx
hay
.85)3()2(


- 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




+=
+=
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

thì
).4;3;5(

Q
Nếu
)2;1;3(

N
thì
).3;5;4(

Q
Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp
{ }
6,5,4,3,2,1,0
=
E
. T cỏc ch s ca tp
E
lp c
bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
Giả sử
abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra
{ }
6,4,2,0

d
.

6
=
d
kết quả giống nh trờng hợp
.2
=
d
Do đó ta có số các số lập đợc là
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=+
AAA
b. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to
,Oxy
xột elớp
)(E
i qua im
)3;2(

M
v cú phng trỡnh mt ng chun l
.08
=+

⇔
)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba
Ta cã
).8(88)2(
22222
cccccabca
−=−=−=⇒=⇔

Thay vµo (1) ta ®îc
1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.





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
α
Tìm toạ độ của
điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(

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



−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vµo (3) ta ®îc
2
00
2
0
)23()1083(5
+=+−
xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0

n
xaxaaxP
+++=
...)(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên
dương thoả mãn
13
ễN THI I HC MễN TON
n
CC
nn
171
32
=+
.
Ta có





=

+

n
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx
+
Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
=+
CC
ấ 4
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1x
2x
y

+
=
(C)


Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
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



A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC có PT hai cạnh là:
0.21-7y4x
=+=+
,0625 yx
Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.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 tr-
ởng, 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

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.
Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:







=


=

+
)3(k
)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

Tung độ tiếp điểm là
1x
2x
y
1
1
1

+
=
,
1x
2x
y
2
2
2

+
=
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là:
0
)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
<



=++
=++
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
* Hệ phơng trình tơng đơng với





=++
=+
022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx
2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x

2
0
u
v
=


=

hoặc
0
2
u
v
=


=

thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là :
2
3
x
y
=


=

;

=


;
2. Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
5
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




+ + + + + = + + =

+


* t t = -x => dt = -dx
* i cn:
;;
4 4 4 4
x t x t

= = = =
16
ễN THI I HC MễN TON
6 6 6 6
4 4
4 4
6 6
4
4
sin cos sin cos
6 ; 2 (6 1)
6 1 6 1
(sin cos )


+ +
= => = +
+ +
= +





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
=
SO

(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó
MH

(ABCD), suy ra góc giữa đờng thẳng MN với
mp(ABCD) chính là góc
.


=
HNM
Ta cần tính

.

HN
=
Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos
===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,

8

ABCD
===
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho



=
>
1
0,,
abc
cba
.
17
C
A
S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a
ễN THI I HC MễN TON
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )

+
+
+
+
+
=
xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333

+
+
+
+
+
yx
xyz
xz
xzy
zy
yzx

b
cb
a
+
+
+
+
+

Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
cb
a

+
+
+
4
2
,
b
ac
ac
b

+
+
+

+

Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222
=
++

+
+
+
+
+
xyz
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minA =
2
3

yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác,
OxBCBCOA //

suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.
Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra
BB có ph ơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB : 7x 4y =
0.
Điểm B =

ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:



=
=




=
=
7
4

x 1 2t
y 1 t
z t
= +


= +


=

Vỡ H d nờn ta H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3


2
40
A
Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160.
3
38
2
40
=
CA
cách
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

ữ ữ
=


= +


Do
2
4 3 13r R R= = =
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :
19
ễN THI I HC MễN TON
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z

+ + + =
ữ ữ ữ


Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:

( )
mm
>+=
,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx
khác 0 với
mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21

==+
m
a
b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1
2
21

=
+

cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=

2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24x x x+ < + +
Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+

Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc
BAC =120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a
Gọi I là trung điểm đoạn BC .Tính góc giữa SI và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC)
& tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a
Cõu V (1im):

( ): 2 0d x y− + =
. Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45
0
tiếp xúc với (C) tại
A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2). M
là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD
1
A
1
. Tính bán kính của đường tròn là giao
tuyến của mặt cầu đi qua C ; D
1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n
≥
2.Tính
2 2 1 2 2 2 2

2 1
( ) :
1 1 1
x y z
d
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và hợp với (d
2
) một góc 30
0
.
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
−

= +



⇔
f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2
⇔
0
9
0
(2) 0
4
k
f
∆ >

⇔ − < ≠

≠

.Theo Viét ta có
1
2
M N
M N
x x
x x k
+ =


= − −

+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau
⇔

xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−

PT tương đương
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
( )
xcosxsin2
2
x



+






−+=






+






−⇔
2
x
sin
2
x
cos

=






+++






−⇔
*
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π
 
− = ⇔ − = ⇔ − = π ⇔ = + π ∈
 ÷
 
Z
*
2xsin0xsin2
−=⇔=+
(v« nghiÖm)
*



π
+⇔−=+
(v« nghiÖm) VËy nghiÖm cña
ph¬ng tr×nh lµ:
( )
x k2 k
2
π
= + π ∈ Z
2: Giải bất phương trình:
2 2
35 5 4 24x x x+ < − + +
BPT tương đương

2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
+ − + < −
⇔ < −

+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
Câu III (1điểm): Tính tích phân : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
− +
− + −
∫
Đặt t=
1 1x − +
* x = 2
⇒
t = 2
*x = 5
⇒
t = 3 *dx=2(t-1)dt
22
ễN THI I HC MễN TON
I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2
2

AD

(SBC)
+Gi E trung im SB

AE

SB (Vỡ SAB u)


DE

SB (nh lý 3 ng vuụng gúc)
+SC//DE (DE ng trung bỡnh tam giỏc)


SC

SB Vy tam giỏc SBC vuụng ti S
+AD l trc ng trũn ngoi tip tam giỏc SBC.Nờn tõm O mt cu ngoi tip SABC thuc
AD.Mt khỏc O cỏch u A; B; C nờn O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.Vy
bỏn kớnh R mt cu ngoi tip hỡnh chúp bng bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC
+BC =
2 2
a b+

2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2

2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + + + = + +
+ + +
(Theo BT CụSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + + +
(p dng BT CụSi cho tng cp)
PCM. Du bng xy ra khi v ch khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
2).Tỡm m h phng trỡnh:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

+ =


+ + =


cú nghim thc
iu kin:
2

2
nghch bin trờn on [0; 2] nờn:
23
B
C
A
S
D
E
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)
Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một


.
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
2
):

1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình:
x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
+ + + =


+ + + =

R h− =
Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n
≥
2.Tính
24
ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 ... . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 ... . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
=
1 1

kC x
−
=
∑
Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
−
=
∑
⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC

−
=
−
∑
⇔
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
=
−
∑
Vậy S=n.3
n-2
(2+4n)
B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VIa.1) Cho (P) y
2
= x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm
điểm C thuộc cung AB sao cho
∆
ABC có diện tích lớn nhất
+Tọa độ A;B là nghiệm hệ:
2

2
2
o o
y y− −

+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y− −
Với
1 2
o
y− ≤ ≤

Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và

2
2 1

a b d d a b
− + = = −
 
⇔
 
− + + = = −
 
nên
( ) : (2 ) 0ax by a b z a b
α
+ + − + − =
.
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin 30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
− + −
= =
+ − + + + −
2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0a b a ab b a ab b⇔ − = − + ⇔ − + =
25