00_sach Luyen de 2015_tang Hs Off

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG

TUYỂN CHỌN

ĐỀ THI MINH H ỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QU ỐC GIA 2015

Thầy Đặng Việt Hùng

(Tài li ệu lưu hành nội bộ)

Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!

LêI GiíI THIÖU Các em thân mến!

Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi

Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và

làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng.

So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề

thi, độ khó – dễ của đề thi.

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi

minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ

sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH H ỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015”

Thầy hi vọng rằng, thông qua các đề thi chuẩn được giới thiệu trong bộ sách sẽ giúp cho các em có

cái nhìn bao quát về các dạng toán sẽ xuất hiện trong kì thi tới đây.

Nếu em cảm thấy 9 đề thi trong cuốn sách này là chưa đủ để em luyện tập, em có thể tham khảo

thêm khóa LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT môn Toán trên Moon.vn để có thêm nguồn tài liệu phong phú,

tiếp cận với các dạng toán hay, đặc sắc (đặc biệt là phần hình phẳng oxy và hệ pt, bất pt).

Thầy chúc tất cả các em đang cầm cuốn sách này trên tay sẽ đạt được điểm số cao nhất trong kì thi

Trung học phổ thông quốc gia 2015!

Hà Nội, 25/04/2015

Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG



THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN; Đề số 01 – GV: Đặng Việt Hùng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )3 2 2 33 3 1 1y x mx m x m= − + − − + ( )mC (m là tham số).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )mC với 1m= .

b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của ( )mC . Đường thẳng d cắt trục Oy tại B . Tìm m để

6OABS∆ = với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Cho góc α thỏa mãn 1

sinα2 2

= và π

α π.2

< < Tính giá trị của biểu thức π

2cos 2α3

P = +

.

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2(1 2 ) . 4 20.+ + = −i z z i Tìm tọa độ của điểm M biểu diễn số

phức z.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ( ) ( )2 1 22

12log log 1 2 log 2 2 1 3

2x x x x+ − = − + − .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )( )

( )( ) ( )2 2 2 23 3 8 6

,13 3 14 1 5

x y y x y xy xx y

x y y x

+ + = − + + + ∈+ − − − + =

ℝ .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2

2 23 1 1

xI dx

x x=

+ + −∫ .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCDcó SA ABCD⊥ , đáy ABCD là hình thang vuông tại

A và ,D 2 ,AB a AD DC a= = = . Góc giữa 2 mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD bằng 060 . Tính thể

tích của khối chóp .S ABD và khoảng cách từ trung điểm I của SD đến mặt phẳng ( )SBC .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, điểm ( )1;2A − . Gọi

,M N lần lượt là trung điểm của AD và CD, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình

đường tròn ngoại tiếp tam giác BME, biết BN có phương trình 2 8 0x y+ − = và B có hoành độ lớn

hơn 2.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( )2;1;0M và đường thẳng

1 1:

2 1 1

x y z− +∆ = =−

. Tính khoảng cách từ M đến ∆ và lập phương trình đường thẳng đi qua M ,

cắt và vuông góc với ∆ . Câu 9 (0,5 điểm). Một phòng thi ở kì thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có 31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1 1x y x y− + + + = + .

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) ( )2 32

2 2

xy x yx yP x y y x

x y

+ += − + − +

+.



LỜI GIẢI CHI TI ẾT ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm).

Ta có ( )2 2 2 2 1' 3 6 3 1 0 2 1

1

x my x mx m x mx m

x m

= += − + − = ⇔ − + = ⇔ = − +

Do 1 1 ,m m m R+ > − + ∀ ∈ nên hàm số luôn có 2 điểm cực trị.

Lại có hệ số 1 0a = > nên hàm số đại tại ( )1 ; 3 3A m m− + − + và cực tiểu tại ( )1 ; 3 1C m m+ − −

Phương trình tiếp tuyến tại A là: ( )3 3 0; 3 3y m B m= − + ⇒ − +

Do tam giác OAB vuông tại B nên ta có: 1 1

. . 3 3 1 62 2OABS AB AB m m= = − + − =

( )2 31 4

1

mm

m

=⇔ − = ⇔ = −

Vậy 3; 1m m= = − là các giá trị cần tìm.


a) Thầy chưa làm nhé !

b) Gọi ( ) ( )( ) ; , .M z x y z x yi x y z x yi= ⇒ = + ∈ ⇒ = −ℝ

Theo bài ra ta có ( ) ( )21 2 4 20i x yi x yi i+ + + − = −

( ) ( )

( )

4 3 4 20 0 4 4 3 3 4 20 0

20 2 4 0 2 1020 2 4 4 4 4 0

4 4 4 0 1

i x yi x yi i xi y x yi x yi i

x y x yx y x y i

x y x y

⇔ − + + − − + = ⇔ − − − + − − + =

− − = + = ⇔ − − + − − = ⇔ ⇔ − − = − =

( )44;3 .

3

xM

y

=⇔ ⇒ =

Vậy ( )4;3 .M


ĐK: 1

04

x> > . Khi đó ( ) ( )22 2 2 2log log 1 2 log 2 2 1 log 8PT x x x x⇔ − − = − + −

( ) ( )2 2

2

1 8 22 2 1 1

81 2 1 21 2

x x xx x

x xx

⇔ = − + ⇔ = + − − − ( do 1 2 0x− > )

Đặt 01 2

xt

x= >

− ta có: ( )

( )2

1

28 2 11

4

tt t

t loai

== + ⇔

= −

Với ( )1 1 1 3 2 32 2 1 0

2 2 2 21 2

xt x x x x tm

x

− + −= ⇒ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =−



Vậy nghiệm của PT là: 2 3

2x

−=


Điều kiện: 14

31

≥ ≥ −

y

x

(1) 2 2 3 3 3 2 3 23 3 8 6 6 3 6 8 3 6⇔ + + = − + − ⇔ + + + = − +x y y x y x x x x y y y

( ) ( ) ( ) ( )3 31 3 1 1 3 1⇔ + + + = − + −x x y y

Xét hàm số ( ) 3 3= +f t t t trên ℝ có ( ) 2' 3 3 0= + > ∀ ∈ℝf t t t

Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ . Nên ( ) ( )1 1 1 1 2+ = − ⇔ + = − ⇔ + =f x f y x y x y

Thay vào (2) ta được ( )( )2 11 3 8 1 5− − − + =x x x

( )( ) ( )2 11 2 9 5 3 8 1⇔ − − = − + +x x x x ( )24 40 99 5 3 8 1⇔ − + = − + +x x x x

( )( ) ( )4 3 8 4 3 5 3 8 1 0⇔ − − + + − − + + =x x x x x

( )( )4 3 8 3 4 5 3 8 7 5 1 0⇔ − − + − − − + + − + =x x x x x x

( )( ) ( )( ) ( )( )3 3 8 3 84 3 8 0

3 4 5 3 8 7 5 1

− − − −⇔ − − + + =

− + − + + +x x x x

x xx x x x

( )( ) 3 13 8 4 0

3 4 5 3 8 7 5 1

⇔ − − + + = − + − + + + x x

x x x x

3 5

8 11

= ⇔ =⇔ = ⇔ =

x y

x y (do

8

3≥x )

Vậy hệ có các nghiệm ( ) ( ) ( ) , 3;5 , 8;11x y = .


Ta có 2 2

2

2 23

1 1.

2 1 1I dx

x x=

+ + −∫

Đặt 2 2 21 1.x t x t+ = ⇒ = − Khi 3 2; 2 2 3.x t x t= ⇒ = = ⇒ =

Do đó ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )

3 3 32

22 2 2

2 1 21 1 1 2 11

2 1 1 2 1 2 3 1 2

t ttI d t dt dt

t t t t t t

− + += − = =

+ − − − + − +∫ ∫ ∫

( ) ( )3 3 3

2 2 2

1 2 1 1 2 1 12 1

3 2 1 3 2 3 1dt d t d t

t t t t = + = + + − + − + − ∫ ∫ ∫

3 32 1 2 5 1ln 2 ln 1 ln ln 2.

2 23 3 3 4 3t t= + + − = +

Vậy 2 5 1

ln ln 2.3 4 3

I = +




Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là

hình vuông cạnh a.

Khi đó ta có: 1

2CE AB ABC= ⇒ ∆ vuông tại

đỉnh C hay AC CB⊥ .

Lại có ( )SA BC BC SAC⊥ ⇒ ⊥ .

Do vậy 060SCA=

Ta có: 02 tan 60 6AC a SA AC a= ⇒ = =

32

.

1 1 6. . . 6.

3 3 3S ABD ABD

aV SA S a a= = = .

Do I là trung điểm của SD nên ta có:

( )( ) ( )( )1; ;

2d I SBC d D SBC=

Gọi K AD BC= ∩ khi đó / /

1

2

CD AB

CD AB

=

nên CD là đường trung bình của tam giác AKB.

Khi đó: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1; ; ; ;

2 4d D SBC d A SBC d I SBC d A SBC= ⇒ =

Dựng AH SC⊥ ta có: ( )( )2 2

. 3 6;

2 2

SA AC ad A SBC AH a

SA AC= = = =

+.

Vậy 3 6 6

;3 8

a aV d= = .


Gọi cạnh hình vuông là 2x . Ta có 5=BM x

Ta có ( . . ) 90 90∆ = ∆ ⇒ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ ⊥o oMCD NBC c g c MCD NBC MCN BNC NEC MC BN

Gọi H là hình chiếu của A trên BN. Có: ( )( )

/ 2 2

2 1 2 8 8

52 1

− + −= = =

+A BNAH d



Ta có =BAH MCN (so le ngoài) nên

2 5 5 8. 4 2 5

2 25 5= = ⇒ = = = ⇒ =AH CD

AB AH BMAB CM

Phương trình đường thẳng AH là: ( ) ( )1. 1 2 2 0 2 5 0+ − − = ⇔ − + =x y x y

Gọi ( ),8 2−B b b ta có ( ) ( )2 2 24 1 6 2 16 5 22 21 0 3= ⇒ + + − = ⇔ − + = ⇒ =AB b b b b b (do 2>b )

Suy ra ( )3;2B , suy ra ( )1;2I là trung điểm AB và ( )4;0=AB

Phương trình trung trực AB đi qua I và nhận 1

4

AB làm véc tơ pháp tuyến là 1 0− =x

Suy ra O là giao của đường trung trực của AB với AH nên ( )1 01;3

2 5 0

− =⇒ − + =

O

O O

xO

x y

Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME là ( ) ( )2 21 3 5− + − =x y .


Đường thẳng ∆ qua điểm ( )1; 1;0A − và nhận ( )2;1; 1= −u làm VTCP.

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 221;2;0 ; 2;1; 3 ; 2 1 3 14 = ⇒ = − − ⇒ = − + + − =

AM AM u AM u

( )( )22 2

; 14 14 7; .

6 32 1 1

AM ud M

u

⇒ ∆ = = = =+ + −

Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt, vuông góc với ∆ tại điểm N.

Phương trình tham số của ∆ là ( )1 2

1 .

x t

y t t

z t

= + = − + ∈ = −

ℝ

Do ( ) ( )2 1; 1; 2 1; 2; .∈ ∆ ⇒ + − − ⇒ = − − −

N N t t t MN t t t

( ) ( ) 2 1 4 2. 0 2 2 1 2 0 6 4 ; ; .

3 3 3 3 ⊥ ∆ ⇔ = ⇔ − + − + = ⇔ = ⇔ = ⇒ = − −

d MN u t t t t t MN

Đường thẳng d nhận 1 4 2

; ;3 3 3 = − −

MN làm VTCP nên nhận ( )1; 4; 2= − −

a làm VTCP.

Kết hợp với d qua điểm ( )2;1;0M2 1

: .1 4 2

x y zd

− −⇒ = =

− −

Vậy 2 1

: .1 4 2

x y zd

− −= =− −


Ω chính là số cách chọn 31 em từ 50 em 3150.C⇒ Ω =

Gọi A là biến cố: “ thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam ”.



Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữ ứng với 48 vị trí còn lại

2929 4848 31

50

93( ) .

245A

A

CC P A

C

Ω⇒ Ω = ⇒ = = =

ΩVậy xác suất cần tìm là

93.

245

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có ( )22 2 2 22 64 2 64 64

2 .2 2 2

x yx y xy x xy yP xy

x y x y x y

++ − + += + + = + = ++ + +

Đặt ( ) ( )4 64

0 .2

tx y t t P f t

t+ = ≥ ⇒ = + =

Đi tìm ĐK cần và đủ của t

Từ ( ) ( )2 0; 1 0 2 1 0 1 1 1.x y x y x y x y t− ≥ + ≥ ⇒ − + + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có

2 1 1 2 1 12 2 2; 1 2 1 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2 0 6 6 6 1 6 1; 6 .2

x y x y x yx y x y

x yx y x y x y t t t

− + − + ++ ≥ − + ≥ + ⇒ − + + ≤ + + + = +

+ ⇒ + − ≤ + ⇒ < + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈

Xét hàm số ( )4 64

2

tf t

t= + với 1; 6 .t ∈ Rõ ràng ( )f t liên tục trên đoạn 1; 6 .

( )( )( ) ( )

53

2 2

' 0 264 32' 2 2. ; 2.

1; 61; 6

f t ttf t t t

tt t t

= =− = − = ⇔ ⇔ = ∈∈

Ta có ( ) ( ) ( )129 21 ; 6 18 32 ; 2 40.

2 3f f f= = + =

Vậy ( ) ( ) ( ) ( )min max1; 6 1; 6

129min 2 40; max 1 .

2P f t f P f t f

= = = = = =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2

1

xy

x

−=−

( )C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C .

b) Tìm m để đường thẳng y x m= − + cắt đồ thị ( )C tại 2 điểm ,A Bphân biệt sao cho 3 điểm

, ,A B O tạo thành một tam giác thỏa mãn 1 1

1OA OB

+ = , với O là gốc tọa độ.


a) Giải phương trình cos

1 sin .1 sin

xx

x= −

+

b) Tìm số phức z thỏa mãn ( )22 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − .

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) ( )226 23

2 2 2 2

1log 3 4 .log 8 log log 3 4

3x x x x − = + −

.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )( )2 2

2

2 2 1 1 1

9 2012 2 4 2013

x x x y y

y xy y y x

+ + + + + + = − + + = + + +

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )3

2

2

13 2 ln .

1

xI x dx

x

+= −−∫ .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCD là hình thoi cạnh avà 060BAD = . Hình

chiếu của S lên ( )ABCD là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng ( )ABCD và mặt phẳng

( )SAB là 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng

SC và AB . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có

( )8;4B , 2CD AB= và phương trình : 2 0AD x y− + = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D

trên AC và 82 6

;13 13

M

là trung điểm của HC. Tìm tọa độ các điểm A, C, D.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho hai điểm ( ) ( )0; 1; 3 , 3;0; 3A B− − − và

mặt cầu ( )S có phương trình 2 2 2 2 2 2 6 0x y z x y z+ + + + + − = . Viết phương trình mặt phẳng

( )P đi qua 2 điểm ,A Bvà cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 5 .

Câu 9 (0,5 điểm). Cho n∈ℕ thỏa mãn 2 2 23 2 3 15n nC A n+ = + .

Tìm số hạng chứa 10x trong khai triển 32

32 , 0

n

x xx

− ≠

.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x; y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3xy.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2

3 3 1 1.

1 1= + − −

+ +x y

Py x x y x y




Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng đã cho là

( )( ) ( ) 2

1121 2 0 2 01

xxxx m

x x m x f x x mx mx

≠≠ − = − + ⇔ ⇔ − − + − = = − + − =−

Ta có ( ) ( )22 4 8 2 4 0, ; 1 1 0m m m m f∆ = − + = − + > ∀ ∈ = − ≠ℝ nên hệ luôn có hai nghiệm khác 1.

Hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m− + − + .

Hơn nữa theo định lý Viete 1 2 1 2; 2x x m x x m+ = = − .

Ta thu được 2 21 1 1 1

2 22 2 2 2

2 0 2

2 0 2

x mx m x mx m

x mx m x mx m

− + − = − = − ⇒

− + − = − = −

( )( )

22 2 2 2 21 1 1 1

22 2 22 2

2 2 2 4

2 4

OA x x m x mx m m m

OB x x m m m OA OB

= + − = − + = − +

= + − = − + ⇒ =

Do đó ( )2 01 1 21 1 2 4 2 0

2

=+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

mOA OA m m

mOA OB OA.

Vậy 0; 2= =m m là các giá trị cần tìm.


a) Điều kiện: sin 1 (*)x ≠ −

PT tương đương với 2 cos 0cos cos

cos 1

xx x

x

== ⇔ =

hay

sin 1

sin 1 ( )

cos 1

x

x l

x

= = − =

Vậy nghiệm của phương trình là: π

2π; 2π, ( ).2

x k x k k= + = ∈ℤ

b) Gọi ( ) , .z x yi x y z x yi= + ∈ ⇒ = −ℝ

Ta có ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 2 .z z x yi x yi x y+ = + + − = −

Theo bài, ( )22 2 2 2 26 2 2 6 3 0z z x y x y+ = ⇒ − = ⇔ − − = (1)

Lại có ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 1 1z i x y i z i x y− + = − + + ⇒ − + = − + +

( ) ( )222 2 2 2z i x y i z i x y− = + − ⇒ − = + −

Khi đó, ( ) ( ) ( )2 2 221 2 1 1 2z i z i x y x y− + = − ⇒ − + + = + −

( ) ( ) ( )2 2 221 1 2 2 2 2 4 4 2 6 2 3 1x y x y x y y x y x y⇔ − + + = + − ⇔ − + = − ⇔ = − ⇔ = − (2)

Từ (1) và (2) ta có ( )2 2 2

13 1 3 0 8 6 2 0 1

4

yy y y y

y

=− − − = ⇔ − − = ⇔ = −



• Với 1y = thế vào (2) có 3 1 2 2x z i= − = ⇒ = +

• Với 1

4y = − thế vào (2) có

3 7 7 11 .

4 4 4 4x z i= − − = − ⇒ = − −

Vậy 2

7 1.

4 4

z i

z i

= + = − −


Điều kiện: 0 4

3 4 0 3

xx

x

>⇒ > − >

Ta có ( ) ( ) ( )226 23

2 2 2 2

1log 3 4 .log 8 log log 3 4

3x x x x − = + −

( ) ( )2

2

2 2 2 2

1 1.6.3.log 3 4 .log 8. .log 2.log 3 4 1

3 2x x x x

⇔ − = − + −

Đặt 2

2

log

log 3 4

x a

x b

= − =

. Khi đó

( ) 2 2 2 21 6 2 4 2 2 4 4 0ab a b a ab ab b⇔ = + ⇔ − − + = ( )( )2 4 02 4 2

= = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = =

a b a ba b a b

a b a b

( )

2 2

2

2 2

3 4 2log log 3 4

4 3 1

16log 2log 3 4 3 4 1;

9

= − ⇒ == − ⇒ = − ⇒ =

= − ⇒ = − ⇒ = =

x x xx x

x x x

x x x x x x

Vậy PT có nghiệm là 16

1; ;29

S =


Đk: 9 0y xy− + ≥

PT( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 1x x y y⇔ + + + + = − + − +

Xét hàm số: ( ) 2 1f t t t= + + trên ℝ

Ta dễ c/m ( )f t đồng biến trên ℝ nên ta được 1x y+ = −

Pt ( )2 trở thành: 2 28 3 2013 2012x x x+ − + = − ( )3

x∀ ∈ℝ có 2 28 3 2013 2012 0 0x x x x+ > + ⇒ − > ⇒ >

PT( )3 ( ) ( ) ( )2 28 3 3 2 2013 1 0x x x⇔ + − − + − − − =

( )2 2

1 11 2013 0

8 3 3 2

x xx

x x

+ +⇔ − − − = + − + −

Đặt: 2 2

1 12013

8 3 3 2

x xT

x x

+ += − −+ − + −

Do 0x > nên 0T < nên 1 0 1x x− = ⇔ = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( ); 1; 2x y = −




( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

3 33 3 3

2 2

3 3 33

22 2

31 1 1ln 2 2 ln 2 ln

21 1 1

1 2 221ln 2 4ln 3 2 . . 21ln 2 4ln 3 2

1 1 11

+ + += − = − − −− − −

− − −= − − − = − ++ + −−

∫ ∫

∫ ∫

x x xI d x x x x x x d

x x x

x x xx x dx dx

x x xx

( ) ( )( )

( )

23 3 3 33

2 22 2 2 2

322 2

22

12

1 1 1 1

3 31 1 5 1 5 1 81 ln 1 ln

2 22 2 1 2 2 2 2 3

x x xx x xJ dx dx xdx dx

x x x x

xd x x

x

− −−= = = −+ − − −

= − − = − − = −−

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Do đó 5 1 8 8

21ln 2 4ln 3 2 ln 21ln 2 4ln 3 5 ln .2 2 3 3

I = − + − = − + −

Vậy 8

5 21ln 2 4ln 3 ln .3

I = + − −


+) Tính thể tích khối chóp:

Qua H (Là trọng tâm của ABC) kẻ đường

thẳng song song với BC cắt AB và CD lần

lượt tại K, I. Ta có: ( )/ /AB CD SIK⊥ ,

3 3

AB aHK = =

0 060 .tan 603

aSKH SH HK= ⇒ = =

20 3

. .sin . .sin 602ABCD

aS AB AD A a a= = =

2 3

.

1 1 3. . .

3 3 2 63S ABCD ABCD

a a aV S SH⇒ = = =

+) Tính khoảng cách:

Kẻ ( )HE SI E SI⊥ ∈ do ( ) ( )CD SIK HE CD HE SCD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )3 3 , ; ; ;

2 2d SC AB d AB SCD d B SCD d H SCD HE= = = =

Mặt khác: ( )2 2 2 2 2

1 1 1 3 9 2 3 ,

4 721

aHE d SC AB a

HE SH HI a a= + = + ⇒ = ⇒ =




Phương trình trình AB: 12 0x y+ − = , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ

phương trình ( )12 5

5;72 7

x y xA

x y y

+ = = ⇔ ⇒ − =− =

Lại có

( )

17 85;

13 13 :5 32 0

5;7

AMAM x y

A

= − ⇒ + − =

Gọi N là trung điểm của CD suy ra / / : 5 4 0MN DH MN AC MN x y⇒ ⊥ ⇒ − − =

Dễ thấy ABND là hình chữ nhật. Do đó ( )

/ / : 2 0: 4 0

8;4

BN AD x yBN x y

B

+ − = ⇒ − − =

Ta có ( )4;0N MN BN N= ∩ ⇒

Lại có ( )

/ / : 12 0: 4 0

4;0

CD AB x yCD x y

N CD

+ − = ⇒ + − = ∈

Từ đó ta được ( )

( )

7 3

1 3

C CD AC C ;

D CD AD D ;

= ∩ ⇒ −

= ∩ ⇒

Vậy A(5; 7), C(7; -3), D(1; 3)


Ta có ( ) ( ) ( )0; 1; 3 , 3;0; 3 3;1;0A B AB− − − ⇒ =

. Nên

( ) ( ) ( ) 2 2 2: 1 3 0; 0P ax b y c z a b c+ + + + = + + > .

( ) ( ) ( ) ( ). 0 3 0 3 : 3 1 3 0PAB P n AB a b b a P ax a y c z∈ ⇔ = ⇔ + = ⇒ = − ⇒ − + + + =

.

Mặt cầu ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2 6 0 1 1 1 9x y z x y z x y z+ + + + + − = ⇔ + + + + + = nên có tâm

( )1; 1; 1 , 3I R− − − = .

( )( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2

3 5 4 2

2; 2 2 4 4 4 10

9

039 4 0 39 4 0

4; 39

IH r R IH R r IH

a cd I P a ac c a c

a a c

aa ac a a c

a c

+ = ⇔ = − = − = ⇒ =− +

⇔ = ⇔ = ⇔ − + = ++ +

=⇔ + = ⇔ + = ⇒ = − =

Nếu ( )0 : 3a P x= ⇒ = − ; Nếu ( )4; 39 : 4 12 39 129 0a c P x y z= − = ⇒ − + + + = .



Kết luận có 2 mặt phẳng cần tìm.


ĐK: *

2n

n

≥ ∈ ℕ

(*). Khi đó ( ) ( )2 2 2 2! !

3 2 3 15 3. 2. 3 152!. 2 ! 2 !n n

n nC A n n

n n+ = + ⇔ + = +

− −

( ) ( ) ( )2 2 2 331 2 1 3 15 7 1 6 30 7 30

102

nn n n n n n n n n n

n

= −⇔ − + − = + ⇔ − = + ⇔ − − ⇔ =

Kết hợp với (*) thì chỉ có 10n = là thỏa mãn. Với 10n = ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 10 1010 103 3 2 3 2 3 2 20 5 20

10 10 1020 0 0

32 2 3 2 3 2 3 6

nk k k kk k k k k k k

k k k

x x x C x x C x x C xx

−− − − −

= = =

− = − = − = − = −

∑ ∑ ∑

Trong đó 0 10k

k

≤ ≤ ∈ ℕ

(**)

Bài ra ta cần giải phương trình 5 20 10 6k k− = ⇔ = đã thỏa mãn (**).

Vậy số hạng chứa 10x trong khai triển đã cho là ( )66 10 1010 6 9797760 .C x x− =

Câu 10 (1,0 điểm).

Cách 1:

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

xy xy x y x yP

y x x y x y y x x y x y

+ + + += + − − = + − −+ + + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1y y x x x y x y x y y x

= + + + − − = + + + + +

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1 2 2 3 1 5 1.

1 1 1 4 4

x y y x xy x y xy xy xy

xy x y xy xy x y xy xy

+ + + + + + − −= = = =+ + + + +

Đặt 0.t xy t= ⇒ >

Lại có ( )2

2 2 2

14 3 1 9( ) 10 1 0 9 10 1 0 1

29

tx y

xy xy xy xy xy t tt

≥+ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Từ giả thiết ; 0 1

3 1 .1 3 3

x yxy xy

x y xy

>⇒ > ⇔ > + + =

Từ đó ta được điều kiện là t ≥ 1.

Khi đó 2

2 4 3

5 1 20 8 (5 1) 5 2' 0 1.

4 16 4

t t t t tP P t

t t t

− − − − += ⇒ = = < ∀ ≥

Suy ra P(t) là hàm nghịch biến trên [1; +∞].

Mà 5 1

1 ( ) (1) 1 14

t P t P P−≥ ⇔ ≤ = = ⇒ ≤

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi 1 1.= ⇔ = =t x y Cách 2:

Ta có ( ) ( )1 1

.1 1

Px y y x

= ++ +



Đặt 1 1

; ( , 0) 1 3 3.a b a b x y xy a b abx y

= = > ⇒ + + = ⇔ + + =

Theo BĐT Cô-si ta có ( )( )3 2 1 3 0 1 1.a b ab ab ab ab ab ab ab= + + ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤

Khi đó ta có ( ) ( )1 1 1 1 2

1 1 1 1 1 1 1

ab ab a bP ab ab

x y y x a b a b ab a b

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

2 23 2 5 ( ) 3 1 ( 1) 3 11 1

3 1 4 3 4

ab ab ab ab ab abab P

− + − + − − += = = ≤ ≤ ⇒ ≤+

Vậy max 1 1 1.P a b x y= ⇔ = = ⇔ = =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1

2

xy

x

− +=−

.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm m để đường thẳng : 1d y x m= + − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

nhận điểm ( 1;1)−H làm trực tâm (với O là gốc tọa độ).


a) Giải phương trình 15π 1 cos

2 sin 2 sin .4 tan

− + − =

xx x

x

b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức ( )1= + nz i , biết n là số tự nhiên lớn hơn 3 và thỏa mãn

phương trình 24 16log ( 3) log ( 9) 3 0.− + + − =n n

Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình 2

2 22

log log 1

log ( ) 1

xy x

xy

y

x y

− = − =

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2300 40 2 10 1 3 10

01 1 2

x x x x

x x

− − − − − − ≤+ + − −

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )1

3 2

0

1 2 .I x x x dx= − −∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh

đáy AB bằng 2a và góc 030 .ABC= Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách

giữa hai đường thẳng AB và 'CB bằng .2

a

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có hoành độ dương

thuộc đường thẳng : 1 0d x y− + = và điểm A(1; 2) nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ hai tiếp tuyến

AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C là tiếp điểm), viết phương trình đường tròn (C) biết 2 2IA =

và đường thẳng BC đi qua điểm M(3; 1).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1

:1 1 1

x y zd

− − += =−

và

mặt cầu 2 2 2( ) : ( 2) ( 3) 9.S x y z− + − + = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt

(S) theo một giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 3π. Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,ca b là các số thực dương.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( )( )2 2 2

4 9

2 24P

a b a c b ca b c= −

+ + ++ + +.




Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 21

1 ( 2) 2 1 02

xx m x m x m

x

− + = + − ⇔ + − − + =−

(với 2x ≠ ) (*)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt (*)pt⇔ có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x khác 2

( ) ( )( )

2

22 4 2 1 0 04 0

44 2 2 2 1 0

m m mm m

mm m

− − − + > >⇔ ⇔ + > ⇔ < −+ − − + ≠

Khi đó ta có 1 2

1 2

2 (1)

. 2 1 (2)

x x m

x x m

+ = − = − +

và 1 1 2 2( ; 1); ( ; 1)A x x m B x x m+ − + −

Ta có ( 1;1)OH OH d OH AB= − ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

H là trực tâm của tam giác OAB . 0 (*)HA OB HAOB⇔ ⊥ ⇔ =

Với ( ) ( )1 1 2 21; 2 ; ; 1HA x x m OB x x m= + + − = + −

( ) ( ) ( )1 2 1 2(*) 1 2 1 0x x x m x m⇔ + + + − + − =

( ) ( ) ( )( )1 2 1 22 . 1 1 2 0x x m x x m m⇔ + − + + − − = ( ) ( ) ( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 2 0m m m m m⇔ − + − − + − − =

12 4 0

2m m⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn đk)

Vậy 1

2=m là giá trị cần tìm.


a) ĐK: ( )πsin 0sin 2 0

cos 0 2≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈≠

kxx x k Z

x

( ) ( )21 cos cos sin sin sin 2 cos 2Pt x x x x x x⇔ − + = −

( )cos 2 cos sin 1 0x x x⇔ + − =cos 2 0

π 1sin

4 2

=⇔ + =

x

x

Với ( )π πcos 2 0

4 2= ⇔ = + ∈k

x x k Z , ( )

( )2π

π 1sin π

2π4 22

= + = ⇔ = +

x k lx

x k l

Đối chiếu đk, pt (1) có nghiệm ( )π π,

4 2

kx k Z= + ∈ .

b) Ta có

( ) ( ) ( )2 24 16 4 4 4log ( 3) log ( 9) 3 0 log 3 log 9 3 0 log 6 27 3− + + − = ⇔ − + + − = ⇔ + − =n n n n n n

( )( )

2 27

6 27 64 6 91 013

=⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= −

n TMn n n n

n Loai

Với 7n = ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )37 2 3

1 1 1 2 1 8 1 8 8z i i i i i i i i = + = + + = + = − + = −

Phần thực là 8, phần ảo là –8




ĐK:

>>≠<≠<

22,0

10,10

yxy

xxy(*)

+) Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được 332 =⇔= xx (Do đk (*))

+) Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK (*) ta có PT: 1loglog 2 =− yy

xxxy

21 1log 1

log ( ) log ( ) xx y

yxy xy

⇔ − − = ⇔ 1loglog1

1

log1

1 2 =−+

−+

yxy x

yx

Đặt logxt y= khi đó ta có 111

1 2 =−+

−+

tt

t

t⇔ 3 2 2 0 0 1t t t t y+ + = ⇒ = ⇔ = (Loại)

Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( )1;3; =yx Câu 4 (1,0 điểm).

Điều kiện: 1 3

10 10x≤ ≤

Ta có 1 3

1 1 2, ;10 10

x x x + + − < ∀ ∈ (Theo BĐT Bunhia)

2BPT 300 40 2 10 1 3 10 0x x x x⇔ − − − − − − ≥

2 10 2 2 10( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 (10 2)(30 2)

10 1 1 3 10 1

x xx x x x x x

x x

− −⇔ − − + − − ≤ − − ⇔ + ≤ − +− + − +

1 1

(10 2) 30 2 010 1 1 3 10 1

x xx x

⇔ − − − − ≤ − + − + (*)

Xét hàm số 1 1

( ) 30 210 1 1 3 10 1

= − − −− + − +

f x xx x

( ) ( )2 2

5 5 1 3'( ) 30 0, ;

10 1010 1 10 1 1 3 10 3 10 1

= − − − < ∀ ∈ − − + − − +

f x xx x x x

Mặt khác ( )f x liên tục trên 1 3

[ ; ]10 10

nên ( )f x nghịch biến trên 1 3

;10 10

3 1( ) 0

10 10

⇒ ≤ ≤ <

f f x f . Do đó bất phương trình (*)1

10 2 05

x x⇔ − ≥ ⇔ ≥

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là 1 3

5 10x≤ ≤


Ta có 1 1

3 2 2 2

0 0

( 1) 2 ( 2 1) 2 ( 1)I x x x dx x x x x x dx= − − = − + − −∫ ∫ .

Đặt 2 2 22 2 (1 )t x x t x x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = − . Đổi cận: 0 0

1 1

x t

x t

= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra, 1 1

2 4 2

0 0

(1 ) ( ) ( )I t t t dt t t dt= − − = −∫ ∫

1 115 3 5 34 2

00 0

1 1 2( )

5 3 5 3 5 3 15

t t t tt t dt

= − = − = − = − = −

∫2

15I⇒ = −




Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và ' 'A B . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ ' ( ') ' ' ( ')CC AB CMNC A B CMNC⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ')MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B⊥ ∈ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên

( , ') ( , ( ' ')) ( , ( ' '))2

ad AB CB d AB CA B d M CA B MH= = = =

N

M

A'

B'

C A

B

C'

H

Tam giác vuông 0. tan 303

aBMC CM BM⇒ = =

Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 3 1CMN MN a

MH MC MN a a MN⇒ = + ⇔ = + ⇔ =

Từ đó 3

. ' ' '

1 3. .2 . .

2 33ABC A B C ABC

a aV S MN a a= = = (đvtt)


Do ( ) ( )2 2( ; 1); 2 2 1 1 8I d I a a IA a a∈ ⇒ + = ⇔ − + − =

1

3

a

a

= −⇔ =

Vì hoành độ của I dương nên a = 3 (3;4)I⇒

Gọi K là trung điểm của AI ( )2;3K⇒ .

do AB, AC là các tiếp tuyến với (C) nên tứ giác ABIC nội tiếp đường tròn ( )1C có tâm K bán kính

1

1. 2

2R AI= = . Ta có ( ) ( )2 2

1( ) : 2 3 2C x y− + − =

Gọi R là bán kính của đường tròn (C) ta có phương trình ( ) ( )2 2 2( ) : 3 4C x y R− + − =

Do B, C = 1( ) ( )C C∩ ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ ( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2 2

2 3 2

3 4

x y

x y R

− + − =

− + − =

Trừ theo vế 2 pt của hệ ta được phương trình BC: 22 2 14 0x y R+ + − = (Đk R < AI)

Mà M(3; 1) 2 26 0 6BC R R∈ ⇒ − + = ⇔ =

Khi đó phương trình ( ) ( )2 2( ) : 3 4 6C x y− + − =




+) Giả sử 2 2 2( ; ; ), 0Pn a b c a b c= + + ≠

là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Do (P) chứa d nên ta có ( ) : ( 1) ( 1) ( 1) 0

0

P a x b y c z

a b c b a c

− + − + + = − + = ⇒ = +

+) Mặt cầu (S) có tâm (2;3;0), 3I R = và đường tròn giao tuyến có bán kính 3r =

Mặt khác, ( ) ( )2 2 2 ; ( ) ; ( ) 6R r d I P d I P= + ⇒ =

( ) ( )2 2 2 2

2 2 2

26 3 3 6 ( )

a b ca c a c a c a c

a b c

+ +⇔ = ⇔ + = + + + ⇔ =

+ +

+) Với a = c ta chọn 1 2 ( ) : 2 2 0a c b P x y z= = ⇒ = → + + − = Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) : 2 2 0P x y z+ + − =


+) Số phần tử của không gian mẫu là 416 1820CΩ = = .

+) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: 1 34 5C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: 1 2 14 5 7C C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: 1 1 24 5 7C C C

+) Khi đó 1 3 1 1 2 1 2 14 5 4 7 5 4 7 5 740B C C C C C C C CΩ = + + = .

+) Xác suất của biến cố B là ( ) 740 37

1820 91BP B

Ω= = =

Ω.

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) 2 24 2 4 42 2

2 2

a b a b c a b ab ac bca b a c b c

+ + + + + + ++ + + ≤ =

Ta lại có ( )2 2

2 2 22 4 42

2

a b ab ac bca b c

+ + + + ≤ + +

Khi đó, BĐT đó tương đương

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 4 4 3 4 2 2 0ab ac bc a b c a b a c b c+ + ≤ + + ⇔ − + − + − ≥

Hay khi đó ta có ( )2 2 22 2 2

4 9

24P

a b ca b c≤ −

+ ++ + +

Đặt ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2

2

4 94 2 4

2 4t a b c a b c t P f t

t t= + + + > ⇒ + + = − ⇒ ≤ − =

−

Khảo sát hàm ( )f t trên ( )2;+∞ ta được: ( ) ( ) 54

8f t f≤ =

Vậy 5

8MaxP= dấu bằng xảy ra khi 2a b c= = =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )3 23 3 1y mx mx m= − + − có đồ thị là ( )mC .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với 1m= .

b) Chứng minh rằng với mọi 0m≠ đồ thị ( )mC luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm các giá

trị của tham số m để ( )2 2 22 20AB OA OB− + = (trong đó O là gốc tọa độ).


a) Giải phương trình 3π

tan 3 cos sin .tan .2

− − =

x x x x

b) Tìm mô-đun của số phức ' 1= +z z , biết 2

(1 3 )(3 ).

(1 )

i iz

i i

+ +=−

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình ( ) ( )3 3log log 210 1 10 1

3

x x x+ − − ≥ .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 3

2 3 2

4 8 4 12 5 4 13 18 9

4 8 4 2 1 2 7 2 0

x x y y y x

x x x y y y

− − − = + + −

− + − + + + =

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

π

4

20

2 .1 tan

xx e

I e x dxx

− = + + ∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có ' 2 ;= = =AA a AB AC a và góc giữa

cạnh bên 'AA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và

khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' )A BC theo a biết rằng hình chiếu của điểm 'A trên mặt

phẳng (ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi có cạnh bằng 5, chiều cao bằng

4,8. Hai đường chéo nằm trên hai trục Ox và Oy. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua hai

đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu điểm.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : ( 2) ( 1) 4S x y z− + + − = .

Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa trục Oy và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu 9 (0,5 điểm). Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập E = 0; 1; 2; 3;

5; 6; 7; 8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số

chia hết cho 5.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 2 2 25( ) 6( )a b c ab bc ca+ + = + + .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 22( ) ( ).P a b c a b= + + − +




Ta có: 2' 3 6y mx mx= −0

' 02

xy

x

=⇒ = ⇔ =

.

Do 'y đổi dấu qua 0x = và 2x = nên hàm số luôn có hai điểm cực trị.

Với ( )0 3 1x y m= ⇒ = − ; 2 3x y m= ⇒ = − − .

Do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử ( ) ( )0;3 3 , 2; 3A m B m− − −

Ta có: 2 2 22 20OA OB AB+ − = − ( ) ( ) ( )2 2 29 1 4 3 2 4 16 20m m m⇔ − + + + − + = −

211 6 17 0m m⇔ + − =1

17

11

m

m

=⇔ = −

Vậy 17

1;11

m m= = − là các giá trị cần tìm.


a) Điều kiện: π

cos 0 π2

x x k≠ ⇔ ≠ +

Phương trình đã cho tương đương với tan 3 sin sin .tanx x x x+ =

( )2sin 0

sin 3 sin .cos sin sin 1 3 cos sin 0sin 3 cos 1

xx x x x x x x

x x

=⇔ + = ⇔ + − = ⇔

− =

+) Với sin 0 π,x x k= ⇔ = thỏa mãn điều kiện.

+) Với

π2 π

π 1 2sin 3 cos 1 sin7π3 2

2 π6

x kx x x

x k

= + − = ⇔ − = ⇔ = +

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là ( )7ππ; 2 π,

6x k x k k Z= = + ∈

b) Ta có 2(1 3 )(3 ) 3 3 10 10i i i i i+ + = + + =

2 2 2 10(1 ) (1 2 ) 2 2 5

2

ii i i i i i z i− = + − = − = ⇒ = =

Ta có ' 1 1 5z z i= + = −

Suy ra, 2 2' 1 ( 5) 26.z = + − =

Vậy ' 26.z =


ĐK: 0 x > (*)

Bất PT ( ) ( )3 3

3 33

log loglog log

log2 10 1 10 1 210 1 10 1 .3

3 3 3 3

x xx x

x + −⇔ + − − ≥ ⇔ − ≥

Đặt 3log

10 1

3

x

t +=

(t > 0) , BPT trở thành 1 2

3t

t− ≥



Giải ra ta được 10 1

3t

+≥ . Từ đó ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [3;+∞ ).


Điều kiện 1

2x ≥ .

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( ) 3 28 3 2 1 4 12 13 5x x y y y− − = + + +

( ) ( )( ) ( ) ( )

3 2

3

4 2 1 1 2 1 4 3 3 1 1

4 2 1 2 1 2 1 4 1 1 1

x x y y y y

x x x y y

⇔ − + − = + + + + +

⇔ − − + − = + + +

Xét hàm số ( ) 34 ;f t t t t= + ∈ℝ ta có ( ) 212 1 0,f t t t′ = + > ∀ ∈ℝ . Vậy f(t) liên tục và đồng biến.

Ta có ( ) ( ) ( ) 2

11 2 1 1 2 1 1

2 2 2

yf x f y x y

x y y

≥ −⇔ − = + ⇔ − = + ⇒ = + +

Phương trình thứ hai của hệ trở thành

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 3 2 2 3 2

4 3 2

2 2 4 2 2 4 1 2 7 2 0 2 2 7 6 0

0

16 11 6 0 ( 1)( 2)( 3) 0

2 ( )

3 ( )

y y y y y y y y y y y y y

y

yy y y y y y y y

y L

y L

+ + − + + + + + + + = ⇔ + + + + =

= = −⇔ + + + = ⇔ + + + = ⇔ = − = −

Dễ thấy ( ) ( )3 2 26 6 6 6 6 1 0, 1y y y y y y y+ + + = + + + > ∀ ≥ − nên (2) vô nghiệm.

+) Với 0 2 1 1 1y x x= ⇒ − = ⇔ = .

+) Với 1

12

y x= − ⇒ =

Kết luận hệ ban đầu có nghiệm: ( ) ( ) 1; 1;0 ; 1;

2x y

= −

.


Ta có

π π

4 42

1 2

0 0

2 cosxI xe dx xdx I I−= + = +∫ ∫

+) Tính

π

4

1

0

2 .xI xe dx−= ∫ Đặt π π

4 41

2 π2 2

2xx

u xI e e

dv e d

− −

−

=→ = − − + =

+) Tính

π

4

2

0

π1 cos 2 1 1 π 1

sin 2 42 2 2 8 4

0

xI dx x x

+ = = + = +

∫

Suy ra π π

4 4π π 1

2 2 .2 8 4

I e e− −

= − − + + +




Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng

(ABC) bằn600 nên góc 0' 60=A AH và do AA’ = 2a

nên ' 3A H a= là một đường cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và AH = a. Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một đường cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a nên H nằm ngoài tam giác ABC và nằm trên tia đối của tia AM suy ra A là trọng tâm của tam giác HBC.

60

2a

a

a

M

C

A

A'

B'

C'

B

H

K

Khi đó ta có AM = 322

aMCBCa ==⇒

4

3..

2

1 2aAMBCS ABC ==⇒ ∆ .

Thể tích khối lăng trụ đã cho là 33

' .4ABC

aV A H S∆= = .

Nối A’M, ta có (A’HM) BC⊥ khi đó kẻ HK MAKMA ',' ∈⊥ thì HK )'( BCA⊥ nên độ dài đoạn HK là

d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có 2 2 2

1 1 1 3....

' 7= + ⇒ ⇒ = a

HKHK A H HM

.

Suy ra khoảng cách d(H ; (A’BC)) = 7

3a. Ta lại có

( ; ( ' )) 3

( ; ( ' )) = =d H A BC HM

d A A BC AM.

Vậy khoảng cách d(A ; (A’BC)) = 7

a


Phương trình chính tắc của (E) có dạng 2 2

2 21( 0)

x ya b

a b+ = > >

Gọi b là bán trục nhỏ của (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm Ta có 2 2 25 (1)b c+ = Mặt khác diện tích hình thoi là 2bc = 5.4,8 = 24 (2)

Từ (1) và (2) có hệ 2 2

3

425

12 4

3

b

cb c

bc b

c

= = + = ⇔ = = =

+) Trường hợp 1:2 2

2325 ( ) : 1

4 25 9

b x ya E

c

=⇒ = ⇒ + = =

+) Trường hợp 1:2 2

2425 ( ) : 1

3 25 16

b x ya E

c

=⇒ = ⇒ + = =


Mặt phẳng ( )α có vtpt là ( ; ; )n a b c= trong đó a2 + b2 + c2 0≠ . Do (α) chứa trục Oy nên (α) đi

qua điểm O suy ra ( ) : 0ax by czα + + = .



(α) chứa Oy nên ( ; ; )n a b c= vuông góc với (0;1;0)j

suy ra b = 0 Mặt cầu có tâm I(2; 0; 1), bán kính R= 2 và (α) tiếp xúc với mặt cầu suy ra khoảng cách từ I đến (α)

bằng bán kính vậy ta có 2 2

22

a c

a c

+=

+ ⇔

0

4

3

c

c a

= =

+) Với c = 0 chọn a = 1 ta có ( ) : 0xα =

+) Với c = 4

3a chọn a = 3; c = 4 ta có ( )α : 3 4 0x z+ = .


Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ” Ta có: H A B C= ∪ ∪ và các biến cố A, B, C đôi một xung khắc. Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 234 2

2 2 29 9 9

5

18

CC CP H P A B C P A P B P C

C C C= ∪ ∪ = + + = + + =

Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H .

Suy ra, ( ) 5 13( ) 1 1

18 18P H P H= − = − = .

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có 2 2 2 2 2 25 6( ) 5 5( ) 5 6( ) ( ) 6 ( )

2 4a b c a b c ab bc ca a b c a b+ + ≤ + + = + + ≤ + + +

2 25 6 ( ) ( ) 0 2( )5

a bc c a b a b c a b a b c a b

+⇒ − + + + ≤ ⇔ ≤ ≤ + ⇒ + + ≤ +

Khi đó 2 2 2 21 12( ) ( ) 2( ) ( ) 4( ) ( )

2 2P a b c a b a b c a b a b a b= + + − + ≤ + + − + ≤ + − +

Đặt 0t a b t= + ⇒ ≥ và 412

2P t t≤ −

Xét hàm số 41( ) 2

2f t t t= − với 0t ≥ , có 3'( ) 2 2 '( ) 0 1f t t f t t= − ⇒ = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta thu được 3

( ) , 02

f t t≤ ∀ ≥ , dấu " "= 3

1 , , , 02

t P a b c= ⇒ ≤ ∀ ≥

Vậy max

13

22

11

c a ba b

P a bca b

= + = = = ⇔ = ⇔ =+ =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 3 23 1,y f x x x x= = + − + có đồ thị là (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

( ) ( )1 '' 9 0.x f x x− + =


a) Cho góc α thỏa mãn 4 π

cosα , α 05 2

= − < <

.

Tính giá trị biểu thức π π

sin α cos α .4 4

A = − +

b) Cho các số phức 1 23 2 ; 2z i z i= − = + . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 21 2 1w iz z z= − .

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 2

2 22log 2 7 log 1 log 3− − − = +x x x


2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

+ + − − = +

− − + − = −

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 2

1

12 ln .

e

I x xdxx

= + ∫

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai

đáy là BC và AD. Biết 2, 2 ,SA a AD a AB BC CD a= = = = = . Hình chiếu vuông góc của S trên

mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng

cách giữa hai đường thẳng SB và AD.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2: 1 1 5C x y− + − = ,

tâm I và một điểm ( )4;5A . Qua A kẻ đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm B, C. Tiếp tuyến của

đường tròn (C) tại B, C cắt nhau tại điểm E. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với IA, cắt đường tròn (C) tại các điểm M, N. Tìm tọa độ các điểm M, N.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) ( )1; 1;2 , 3;0; 4A B− − và mặt

phẳng ( ) : 2 2 5 0P x y z− + − = . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Viết

phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).

Câu 9 (0,5 điểm). Một nhóm bạn trẻ gồm 7 nam và 5 nữ, trong đó hotboy A và hotgirl B đang háo

hức dự tuyển cuộc thi đua thuyền. Chọn ngẫu nhiên 5 người thành một nhóm để thi, gồm 3 nam và

2 nữ. Để tránh tình trạng tán tỉnh nhau trong quá trình thi, ban tổ chức yêu cầu 5 người chọn nhất

thiết phải hotboy A hoặc hotgirl B nhưng không được có cả hai. Tính xác suất để chọn được nhóm

theo yêu cầu.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn 0ab bc ca+ + > .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )2

4 42 2 3 .P a b c

ab bc ca ab bc c= + + + +

+ + + +




Gọi hoành độ tiếp điểm là ox ta có ( )'' 6 6= +o of x x

Theo đề ta có ( )( ) 2

21 6 6 9 0 2 3 2 0 1

2

= −− + + = ⇔ + − = ⇔ =

o

o o o o o

o

xx x x x x

x

- Với 2= −ox ta có phương trình tiếp tuyến: 7=y .

- Với 1

2=ox ta có phương trình tiếp tuyến

11 1 11 11

4 2 8 4 = − + =

y x x.


a) 2

2 2 2 2 4 9 3sin α cos α 1 sin α 1 cos α 1 sinα

5 25 5 + = ⇔ = − = − = ⇔ = ±

Vì π

α 02

− < < nên 3

sinα5

= − .

( )π π 1 π 1 49sin α cos α sin 2α sin 2sinα cosα 1

4 4 2 2 2 50A

= − + = + − = − = −

b) Ta có ( ) ( ) ( )23 2 2 3 2 4 32= − − − − = +w i i i i i

Suy ra phần thực là 4, phần ảo là 32.


ĐK : 1 0 1.x x− > ⇔ >

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

( )( )( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 22

2 22 2

2 22

2

2

log 2 7 log 1 log 3 log 2 7 log 1 log 3

2 73

2 7 2 7 1log log 3 32 711 3

1

4 0

2 144 10 0

2 14

x x x x x x

xx

x x xx xxxx xx

x Loai

x TMx x

x Loai

− − − = + ⇔ − − − = +

− = +− − −⇔ = + ⇔ = + ⇔ −− − = − + −

+ =

⇔ = − ++ − = ⇔ = − −

Vậy 2 14x = − + là giá trị cần tìm.


Điều kiện:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

+ − − ≥

− − ≥ − ≥

Ta có (1) ( )( )3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + =

Đặt , 1u x y v y= − = + ( 0, 0u v≥ ≥ )



Khi đó (1) trở thành ( )( )2 23 4 0 4 04 0

u vu uv v u v u v

u v

=+ − = ⇔ − + = ⇔ + =

+) Với 4 0 0 1u v u v x y+ = ⇔ = = ⇒ = = − (không thỏa mãn)

+) Với u v= ta có 2 1x y= + , thay vào (2) ta được 24 2 3 1 2y y y y− − + − =

( ) ( )24 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =

( )2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

− −+ =− +− − + −

( )2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

⇔ − + = − +− − + −

2y⇔ = (vì 2

2 10, 1

1 14 2 3 2 1y

yy y y+ > ∀ ≥

− +− − + −)

Với 2y = thì 5x = . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là ( ) ( ); 5;2 .x y =


2 2 2

1 2

1 1 1

1 ln2 ln . 2 ln = + = + = + ∫ ∫ ∫e e e xdx

I x xdx x xdx I Ix x

Đặt

22 22 4 42 4 4

12 1

ln 1 3 1ln 2 2

2 2 2 21 1

= = − +⇒ ⇒ = − = − = − = = =

∫edx

u x du e ex e eI x x xdx e ex

dv xdxv x

( )2 2 22

2

1 1

ln lnln ln 2

2 1= = = =∫ ∫

e e exdx xI xd x

x

Suy ra 4 43 1 3 5

22 2

+ += + =e eI


IA D

B C

S

Ta có 23 3

34ABCD ABI

aS S= =

Xét SBI∆ vuông tại I có: 2 2 2 2 .SI SB BI a SI a= − = ⇒ =



3

.

1 3. (dvtt)

3 4S ABCD ABCD

aV SI S= =

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3, ,( ) , ( ) SIBC

SBC

AD BC VAD SBC d AD BC d AD SBC d I SBC

BC SBC S

⇒ ⇒ = = =⊂

( ) ( )( )3 3 2

.

1 1 3 3 7;

3 3 4 12 4ISBC S ABCD SBC

a a aV V S p p a p b p c= = = = − − − =

Vậy ( ) 21,

7

ad AD SB =


Các em xem video trên Moon.vn nhé.


( )2;1; 6AB = −

là vtcp của đường thẳng AB. Khi đó ( )1 2

: 1

2 6

x t

AB y t t R

z t

= + = − + ∈ = −

Gọi M là giao điểm của AB và (P). Khi đó ( )1 2 ; 1 ;2 6M t t t+ − + −

( ) ( ) ( ) 1(P) 1 2 2 1 2 2 6 5 0

6M t t t t∈ ⇒ + − − + + − − = ⇔ =

4 5; ;1

3 6M

⇒ −

Véc tơ pháp tuyến ( ) ( ) ( ) ( ), 10; 10; 5 5 2;2;1Q Pn AB n = = − − − = −

Suy ra ( ) : 2 2 2 0.Q x y z+ + − =

Câu 9 (0,5 điểm). Ta có 5

12CΩ =

Gọi A là biến cố “5 người được chọn nhất thiết phải có A hoặc B nhưng không được có cả hai” TH1: Trong 5 người được chọn có A nhưng không có B. - Chọn 2 nam có 2

6C

- Chọn 2 nữ có 24C (không có B)

⇒ Có 2 26 4.C C cách chọn

TH2: Trong 5 người được chọn có B nhưng không có A - Chọn 3 nam có 3

6C (không có A)

- Chọn 1 nữ có 14C

⇒ Có 3 16 4.C C cách chọn

2 2 3 16 4 6 4

85. .

396A

A AC C C C PΩ

⇒ Ω = + ⇒ = =Ω

Câu 10 (1,0 điểm).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Shwarz chúng ta có: 2 2

1 1 4 2 2

x y x y x y+ ≥ ≥

+ +

Do đó, ta suy ra:



( )( )

2 2 2

4 4 16 8 2

2 2

8 2

2

ab bc ca ab bc c ab bc ca ab bc c ab bc ac c

a c b c

+ ≥ ≥+ + + + + + + + + + + +

=+ +

Và rõ ràng, đi từ giả thiết với điều kiện

( )( ) ( )( ) 2 30 2 2 2 2

2

a b cc a c a c a c c b a c c b

+ +≥ ⇔ + ≤ + ⇔ + + ≤ + + ≤

Từ đó có được ( ) ( )16 2 16 22 2 3 2

2 3P a b c f t t

a b c t≥ + + + = = +

+ +.

Xét hàm số ( )f t với 2 3 0t a b c= + + > có ( )2

2 2

416 16' 2 1 2. 0

4

ttf t

tt t

=− = − = = ⇔ = − .

Mặt khác ( ) ( )0

lim limt t

f t f t→ →+∞

= = +∞ suy ra ( ) ( )4 8 2f t f≥ = .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 8 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2; 1; 0a b c= = = .




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )2

1

xy C

x

−=−

và đường thẳng : 0d x y m− + = .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

b) Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 3 biết

( )2;2C .


a) Giải phương trình 2 2π2cos 2 3 cos 4 4cos 1.

4x x x

− + = −

b) Tìm các số thực a và b sao cho phương trình 2 0z az b+ + = có một nghiệm là 2 i+ , khi đó tìm nghiệm còn lại của phương trình đã cho.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )2 3log 1 logx x+ =

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

( ) ( ) ( )( )

3 3 2 22 3 58,

;

2 5 1 2 2 5 .

x y x y x y

xy x yxy xy xy

x y x y

+ + + − + = ∈

− + − = +

ℝ .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường

( )2 π; 2 tan ;

4y x y x x x= = + = .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các mặt phẳng (SBC) và (ABC) vuông góc với nhau, các

cạnh .= = = =AB AC SA SB a Tìm độ dài cạnh SC sao cho khối chóp S.ABC có thể tích bằng 3 2

.12

a Khi đó tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC theo a.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD , gọi E là trung

điểm của CD , điểm F thuộc cạnh AB sao cho 2AB FB= , đường thẳng DF có phương trình 3y = ,

đường thẳng qua D và vuông góc với BE có phương trình 7 10 0x y− + = , biết và điểm C có hoành

độ nguyên và thuộc đường thẳng 3 0x y− = . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và

đường thẳng 1 1

:2 1 2

+ −∆ = =−

x y z. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị trí của

điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 9 (0,5 điểm). Từ các số tự nhiên từ 0 đến 9 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số sao cho các chữ số đôi một khác nhau và không kết thúc bằng chữ số 9.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn

2 2 2 2( ) 2( )a b c a b c+ + = + + . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 3 3 3

.( )( )

a b cP

a b c ab bc ca

+ +=+ + + +




Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( )2

12

2 2 01

xxx m

g x x m x mx

≠− = + ⇔ = + − − + =−

+) Để d cắt (C) tại điểm phân biệt ( ) 0g x⇔ = có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

( ) ( )( )

( )2

22 4 2 04 *

1 1 0

m mm

g

∆ = − + − >⇔ ⇔ >= ≠

+) Khi đó gọi ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m+ + theo Viet ta có: 1 2

1 2

2

2

x x m

x x m

+ = − = −

+) Ta có

( )1. ;

2ABCS AB d C AB= = ( ) ( )2 2 2 24 4 3 4 192 16 4 *2

mm m m m m tm= − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ±

Vậy 4m= ± là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm).

a) 2 2 2π π2cos 2 3 cos 4 4cos 1 1 cos 4 3 cos 4 4cos 1

4 2PT x x x x x x

⇔ − + = − ⇔ + − + = −

( )

( )

2 3 1 π3 cos 4 sin 4 2 2cos 1 cos 4 sin 4 cos 2 cos 4 cos 2

2 2 6

π π4 2 2π π

6 12π ππ

4 2 2π36 36

x x x x x x x x

x x k x kk Z

x kx x k

⇔ + = − ⇔ + = ⇔ − =

− = + = + ⇔ ⇔ ∈

= +− = − +

Vậy π

π12

x k= + và π π

36 3x k= + ( )k Z∈ là nghiệm của PT.

b) Ta có 1 2i+ là nghiệm của phương trình đã cho do vậy:

( ) ( )2 2 3 0 42 2 0 3 4 2 0

4 0 5

a b ai a i b i a ai b

a b

+ + = = − + + + + = ⇔ + + + + = ⇔ ⇔ + = =

Khi đó PT trở thành: 2 4 5 0z z− + = có 1 2 12 4 2z i z z i= + ⇔ = − = − .

Kết luận: 24; 5; 2a b z i= − = = −


ĐK: x > 0. Đặt 3logy x= ⇒ yx 3=

Ta có ( )2log 1 3yPT y⇔ + = ⇔ yy 231 =+ ⇔ 1 3( ) 1

2 2

yy

f y = + =

(1)

Ta thấy hàm số ( )f y nghịch biến trên R và y = 2 thoã mãn (1), do đó là nghiệm duy nhất của (1). Với 2 9y x= ⇒ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 9.x = Câu 4 (1,0 điểm).



Điều kiện 1

;0 25

x y≥ < ≤ .

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

( ) ( ) ( )

( )

3 2

3 2

3 22. 3. 5. 8 0

2 3. 2 0

x y xy x y x y xy x y

xyxy xy xy

x yx y x y

xyxy xy

+ − + + − +− + − =

++ +⇔ − − − =

Đặt , 0x y

t txy

+ = > ta thu được

( )( )( )

3 2 2

2

2 3 2 0 2 2 1 0 2

2 0

t t t t t t t

x y xy x y x y x y

− − − = ⇔ − + + = ⇔ =

⇔ + = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Khi đó phương trình thứ hai trở thành

( )

5 1 2 3 5 1 2 3 3 1 2

15 5 1

3 3 5 13 15 1 2 1 2

5 1 2 1 2

x x x x x x

xx x

xx x

x x

− + − = ⇔ − − = − + − −=

− − ⇔ = − + ⇔ = +− + + − − + + −

Dễ thấy 5 5 1 1

3 3 , ;22 55 1 2 1 2

xx x

≤ < < + + ∀ ∈ − + + − , dẫn đến (1) vô nghiệm.

Kết luận hệ có nghiệm duy nhất 1x y= = . Câu 5 (1,0 điểm).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là ( )22 tan 0x x x x= + ⇔ = .

Hơn nữa ( ) ( )2 22 tan 1 tan 0, 0;4

x x x x x xπ + − = + ≥ ∀ ∈

.

Do đó diện tích hình phẳng cần tính là ( )4

2

0

1 tanS x x dx

π

= +∫ .

Đặt ( )2; 1 tan tanx u dx du x dx dv v x= ⇒ = + = ⇒ = .

Suy ra 4

440 0

0

1tan tan ln cos ln 2

4 4 2S x x x dx x

πππ π π= − = + = −∫ (đvdt).




S C

B

H

A

Ta xét hình chóp với đỉnh là A.

Gọi H là trung điểm BC.

Do AB = AC = a ⇒ AH ⊥ BC.

Theo giả thiết hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) vuông góc với nhau theo giao tuyến BC nên suy ra AH ⊥ (SBC).

Ta có : AB = AC = AS nên HB = HC = HS ⇒ tam giác SBC vuông tại S.

Đặt SC = x. Ta có BC = 22 xa +

⇒ 222 BHABAH −= = 4

3 22 xa − ⇒

2

3 22 xaAH

−= .

Thể tích khối chóp SCSBAHV .2

1.

3

1= = 22312

1xaax − .

Theo giả thiết 8

3aV = ⇔

2

33

222 a

xax =− ⇔ 2

6ax = .

Câu 7 (1,0 điểm). Ta có: ( )1;3D DF DK D= ∩ ⇒ − , gọi ( );3C t t ta có:

1 3 3;

2 2

t tE

− +

Gọi ( );3F u ta có: 3 3 1

33 9 3 3

B

B

x u tFB DC

y t

− = += ⇒ − = −

3 1 6 5 1; 2 ; . 0

3 6 2 DK

u t u t tB t EB u

+ + − + − + ⇒ + ⇒ =

Ta có: ( ) ( ) ( )6 5 7 3 3 0 3 11 13 1u t t u t− + + − + = ⇔ − = −

Lại có: ( ) ( ) ( )3 2 1. 0 1 2 2 3 3 0

3

u tCB CD t t t

− + = ⇔ − − + − + − =

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 1 1 18 1 11 13 2 1 1 18 1u t t t t t t t⇔ − + + = − ⇔ − − + + = −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )2

2 2;6 3 3;3 4;4

3 4 1 6 1 5 5;5

3 3

t C u F B

t t tt C loai

= ⇒ ⇒ = ⇒ ⇒⇔ − + = − ⇔ = ⇒

Khi đó ( )1;1A . Vậy ( ) ( ) ( ) ( )1;1 ; 4;4 ; 2;6 ; 1;3A B C D − là các điểm cần tìm.


Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.



Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 2

1

2

= − + = − =

x t

y t

z t

.

Điểm M ∈ ∆ nên ( )1 2 ;1 ;2M t t t− + − .

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2 22

22 2 2 22

2 22 2

2 2 4 2 9 20 3 2 5

4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5

3 2 5 3 6 2 5

= − + + − − + = + = +

= − + + − − + − + = − + = − +

+ = + + − +

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )3 ;2 5u t=

và ( )3 6;2 5v t= − +

.

Ta có ( ) ( )( ) ( )

22

22

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

= + = − +

u t

v t

Suy ra | | | |AM BM u v+ = +

và ( )6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =

Mặt khác, với hai vectơ ,u v

ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ +

Như vậy 2 29AM BM+ ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v

cùng hướng 3 2 5

13 6 2 5

⇔ = ⇔ =− +

tt

t

( )1;0;2M⇒ và ( )min 2 29AM BM+ = .

Vậy khi M(1; 0; 2) thì minP = ( )2 11 29+


Gọi số có 5 chữ số cần lập là abcde . TH1: Chữ số cuối cùng là số 0. Khi đó chọn 4 chữ số còn lại và sắp xếp ta có: 4

9 3024A = số.

TH2: Chứ số cuối cùng khác 0, khi đó có 8 cách chọn e ( trừ số 0 và 9) Sau khi chọn e ta có 8 cách chọn a ( do a khác 0) Khi đó có 8 cách chọn b, 7 cách chọn c và 6 cách chọn d. Vậy có: 8.8.8.7.6 21504= số Vậy có: 24528 số thõa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có 2 2 2 2( ) 2( )a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + + 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2( ) 2( )

1 1( ) ( )

2 4

a b c a b c ab bc ca

ab bc ca a b c a b c

⇔ + + = + + + + +

⇔ + + = + + = + +

Khi đó 3 3 33 3 3

3

4( )4 4 4

( )

a b c a b cP

a b c a b c a b c a b c

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

Đặt 4a

xa b c

=+ +

;4b

ya b c

=+ +

;4c

za b c

=+ +

từ phép đặt ta có

2

4 4 4

1 4 ( ) 4 4

x y z y z x y z x

xy yz xz yz x y z yz x x

+ + = + = − + = − ⇔ ⇔ + + = = − + = − +

(*)



Khi đó, 3 3 3 3 3 3 216 ( ) 3 ( ) 3 12 12 16P x y z x y z yx y z x x x= + + = + + − + = − + +

Suy ra 3 23 3 31

16 4 4P x x x= − + +

Từ (*) để tồn tại y và z khi và chỉ khi 2 2 8(4 ) 4(4 4 ) 0;

3x x x x

− ≥ − + ⇔ ∈

Như vậy bái toán trở thành tìm GTLN và GTNN biểu thức 3 23 3 31

16 4 4P x x x= − + + trên

80;

3x

∈

Ta có 2

39 3 3

' 0 216 2 4

2

xP x x

x

== − + = ⇔

=

; 2 11 8

(0) 1; ; (2) 1; 13 9 3

P P P P = = = =

nên

+) 11

9MaxP= tại

8 2 2 8; ; ;

3 3 3 3x y z x y z= = = = = =

+) 1MinP = tại 0; 2; 2; 0x y z x y x= = = = = =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )3,

1

xy C

x

+=+

.

a) Khảo sát tự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

b) Tìm trên (C) hai điểm A, B phân biệt sao cho A, B, ( )0;1C thẳng hàng và thỏa mãn . 4AC BC=


a) Giải phương trình tan 2 2

.πtan 3 1 2sin 22

x

xx

= + +

b) Tìm số phức z thõa mãn điều kiện ( ) 22 2 1 1 5z z z i z+ − + − = +

Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình ( )3 2

3

3 3 9 7

2 4 log 10 81

x x y x y

x yx y

+ −

−

+ + = + = −

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( )3 2

2 6 15 13 403 2 2 7

6

x x xx x x x

+ − ++ + + < ∈ℝ .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )

( )

23

30

ln 2 8 7.

2

x xI dx

x

+ +=

+∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2AB a= . Cho tam giác

SAB vuông tại S, SA a= . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ( )ABCD là điểm H

thuộc đoạn AB. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a , biết SC vuông góc với BD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, gọi E là trung điểm

của AD, hình chiếu vuông góc của B lên CE là ( )5; 4H − , hình chiếu của E lên BC là ( )1; 7F − .

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm A thuộc đường thẳng 4 0x y+ − = .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (2; 1;0)−A và đường thẳng

1 2 1: .

1 1 1

+ − += =−

x y zd Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và tạo với mặt

phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.

Câu 9 (0,5 điểm). Lớp 12H có 15 bạn thi khối A, 12 bạn chọn thi khối 1A và 10 bạn thi khối D.

Chọn ra 4 bạn để tham gia chương trình Tư Vấn Mùa Thi của trường . Tính xác suất để 4 bạn được

chọn có đủ cả 3 khối 1; ;A A D .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,a b cthỏa mãn 5a b c+ + = .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )( )( )2 2 2 2 2 2P a b b c c a= − − − .



LỜI GIẢI CHI TI ẾT ĐỀ SỐ 7 Câu 1 (2,0 điểm). Phương trình đường thẳng qua C có dạng : 1d y kx= + .

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là: ( ) 2

131

2 01

xxkx

g x kx kxx

≠ −+ = + ⇔ = + − =+

Để tồn tại 2 điểm A,B phân biệt thõa mãn yêu cầu bài toán ( ) 0g x⇔ = có 2 nghiệm phân biệt khác

-1

( )( )2

0

8 *

1 2 0

k

k k

g

≠⇔ ∆ = + − = − ≠

. Khi đó gọi ( ) ( )1 1 2 2; 1 ; ; 1A x kx B x kx+ + theo Viet ta có: 1 2

1 2

1

2

x x

x xk

+ = − −=

Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 21; 1AC x k x x k BC x k x x k= + = + = + = +

Lại có ( ) ( )2 21 2

2. 1 1 . 4 1 1AC BC k x x k k k

k= + = + = ⇔ = ⇔ = ±

Kết hợp (*) ta có: ( ) ( )( )

21 1;2

1 2 02 2; 1

x Ak g x x x

x B

= ⇒= ⇒ = + − = ⇔

= − ⇒ − −

Vậy ( ) ( )1;2 ; 2; 1A B − − hoặc ngược lại là các điểm cần tìm.


a) tan 2 2 tan 3 1 2cos 2 tan 3 tan 2 2cos 2 1

.πtan 3 tan 2 2 tan 2 21 2sin 22

x x x x x x

x x xx

+ − −= ⇒ = ⇔ = + +

Ta có tan 3 tan 2 sin sin 1 1

tan 2 cos3 cos 2 tan 2 cos3 sin 2 2cos cos3 cos 2 cos 4

x x x x

x x x x x x x x x x

− = = = =+

32

1 2cos 2 1 1 2cos 2 14cos 2 3cos 2 1 0

cos 2 cos 4 2 2cos 2 cos 2 1 2

x xx x

x x x x

− −⇒ = ⇔ = ⇔ − − =

+ + −

( )( ) ( )2cos 2 1 2 2π π

cos 2 1 2cos 2 1 0 .1 2π πcos 2 2 2π 2π

2 3 3

x x k x kx x k Z

x x k x k

= ⇔ = ⇔ =⇔ − + = ⇔ ∈ = − ⇔ = ± + ⇔ = ± +

Các giá trị trên đều thỏa mãn sin 2 ,cos 2 ,sin 3 ,cos3 ,1 2cos 2 0x x x x x+ ≠ nên đó là nghiệm của PT.

b) Đặt ( );z a bi a b R= + ∈ ta có: ( ) ( ) 222 1 1 5a bi a bi a bi i a bi+ + + − + + − = + −

( )22 2 22 2 2 2 1 5a b abi a bi a b i a bi⇔ − + + + − + − + = + −

( ) ( ) ( )2

2

1; 12 1

2 1 2 2 5 1 5;2 2 5

2 2

a ba a

a ab b i a b ia bab b b

= = − = ⇔ − + + = + − ⇔ ⇔ = − =+ = −

Vậy 1z i= + hoặc 1 5

2 2z i= − + là các số phức cần tìm.


PT ( ) ( ) ( )2 2 23 2 2 2 2 2 21 3 3 3 7 3 3 3 7x y x yx x y x y x y x y+ + −+ − + −⇔ + + = ⇔ + + =



PT( ) 2 4 4 42 3 3 10x y x y+ −⇔ + =

Đặt: 2

2 2

3 0

3 0

x y

x y

u

v

+

−

= >

= >, ta có hệ phương trình mới là

2 2

7

10

u v uv

u v

+ + =

+ =

( )2

7

2 10

u v uv

u v uv

+ + =⇔ + − =

Đặt u v S

uv P

+ = =

ta có: 2 2

7 7 4

32 10 2 24 0

S P P S S

PS P S S

+ = = − = ⇔ ⇔ =− = + − =

hoặc 6

13

S

P

= − =

(loại)

Như vậy: 4 4 3

3 3 1

S u v u

P uv v

= + = = ⇔ ⇔ = = =

hoặc 1

3

u

v

= =

+) Với 3

1

u

v

= =

ta có: 2

2 2

3 3 2 1 12 2 0 33 1

x y

x y

x yx y

x y

+

−

= + = ⇔ ⇔ = = − ==

+) Với 1

3

u

v

= =

ta có: 2

2 2

13 1 2 0 3

2 2 1 13 36

x y

x y

xx y

x yy

+

−

= = + = ⇔ ⇔ − == = −

Vậy, hệ có hai nghiệm ( );x y là: 1 1

;3 3

và 1 1

;3 6 −


Điều kiện 7

3 02

x x− ≤ ≤ − ∨ ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 22

2 3 2

2

2

2

2

2

6 15 13 83 2 2 2 7 3

62 13 4 6 15 13 8

62 7 33 2

1 6 21 81 4 2 1

62 7 33 2

4 2 6 21 81 0 1

62 7 33 2

x x xx x x

xx x x x x

xx x

x x xx x x

xx x

x x xx

xx x

+ − −+ − + + − <

−+ − + − −⇔ + <+ ++ +

− + +− + −⇔ + <

+ ++ + + + +⇔ − + − <

+ ++ +

Nhận xét với điều kiện xác định thì 4 0x+ > , suy ra

( )

22

2

2

2

4 2 4 2 3 8 3 8 6 21 83

2 3 6 6 62 7 33 2

4 2 6 21 80 1 1 0 1

62 7 33 2

x x x x x xx x

xx x

x x xx x

xx x

+ + + + + ++ < + = ≤ + + =+ ++ +

+ + +⇒ + − < ⇒ ⇔ − > ⇔ >

+ ++ +

Kết luận bất phương trình ban đầu có nghiệm 1x > .


Đặt

( )

( ) ( ) ( )

22

2

32 2

4 8ln 2 8 7

2 8 7

1 2 8 712 2 2 2 2

xvu x x

x xdx x xdv vx x x

+ == + + + + ⇒ − + += = + =+ + +

Khi đó: ( )

( )33 32

22

0 00

2 8 7 2 49 7ln 2 8 7 ln 49 ln 7 2ln 2

2 50 82 2

x x dxI x x x

xx

+ += + + − = − − +++ ∫



49 7 5ln 49 ln 7 2ln

50 8 2= − − .

Câu 6 (1,0 điểm). Xét vSAB∆ ta dễ dàng tính được:

3 33;

2 2 2

a a aSB a SH AH BH= = ⇒ = ⇒ =

Đặt ( )2

2 2 290 ; 4

4

aBC x x HC x BD x a= > ⇒ = + = +

Ta có: ( )SH BDBD SHC BD HC

SC BD

⊥⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Lại có 2

2 2 21 3 1 92 . 4

2 2 2 4BCHD

a aS x a x x a

= + = + +

( )( )( )

2 2 2 2 2 2

22 2

49 4 9 4

3 0 3

a x x a x a

x a x a

⇔ = + +

⇔ − = ⇔ =

3.

1 1 3. . . .2 . 3

3 3 2S ABCD

aV SH AB BC a a a⇒ = = =


Gọi ( );4A t t− ⇒ tâm hình chữ nhật ABFE là 1 3

;2 2

t tK

+ − −

Ta có 1 1

2 2HK BE AF= =

(tính chất trung tuyến tam giác vuông)

nên ( ) ( )2 2

2 29 5 11 11

2 2 4

t tt t

− − + + = − + −

( ) 3 14 4;8 ; :3 4 0

2 2t A K AF x y

− ⇔ = − ⇒ − ⇒ ⇒ + + =

.

Gọi I BH AF= ∩ dễ thấy tứ giác AECF là hình bình hành do đó / /EI HC mặt khác F là trung

trung điểm của CD do đó H và B đối xứng nhau qua AF

Khi đó BH vuông góc AF và trung điểm I của BH thuộc AF

( ) ( )( )

5 3 4 04; 75 4

3 4 02 2

B B

B B

x yBx y

− − + =⇔ ⇒ − − + −+ + =

Khi đó: ( )6; 7C − và ( )6;8D

Kết luận: Vậy ( ) ( ) ( ) ( )4;8 ; 4; 7 ; 6; 7 ; 6;8A B C D− − − − là các điểm cần tìm.


Ta có mặt phẳng (xOy): 0z = ;



(P) có phương trình dạng ( )2 2 20 0Ax By Cz D A B C+ + + = + + > .

( ) ( )2; 1;0 2 0A P A B D− ∈ ⇔ − + = và (P) song song với d nên

. 0 0P dn u A B C C A B= ⇔ + − = ⇒ = +

.

Gọi α là góc hợp bởi (P) và mặt phẳng xOy thì

( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2

2 2 2cosα

332 2 2 3

+ + + += = = ≤ =

++ ++ + + + + −

A B A B A B A B

A BA AB BA B A B A B A B.

Dễ thấy α nhỏ nhất khi cosα lớn nhất 2

cosα3

⇔ = ⇔ =A B.

Khi đó ta chọn ( )1 2; 1 : 2 1 0A B C D P x y z= = ⇒ = = − ⇒ + + − = .


Gọi A là biến cố : Chọn 4 bạn tam gia chương trình có đủ cả 3 khối 1; ;A A D . Ta có 437CΩ = .

Chọn 4 bạn tham gia chương trình để có đủ 3 khối tham gia ta có 3 cách chọn +) 2 bạn khối A, 1 bạn khối 1A và 1 bạn khối D.

+) 1 bạn khối A, 2 bạn khối 1A và 1 bạn khối D.

+) 1 bạn khối A, 1 bạn khối 1A và 2 bạn khối D.

Khi đó : 2 1 1 1 2 1 1 1 215 12 10 15 12 10 15 12 10. . . 30600A C C C C C C C C CΩ = + + =

Do vậy ( ) 437

30600 120

259P A

C= = .

Câu 10 (1,0 điểm).

Không giảm tính tổng quát, giả sử min ; ;a a b c= . Ta có 5 5b c a+ = − ≤ .

Khi đó

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 25

P a b b c c a b a c a b c

b a c a b c b c b c b c

= − − − = − − −

= − − − + ≤ −

Dẫn đến ( )22 4 45P b c b c≤ − . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

( ) ( ) ( ) ( )2 22 24 4 25 5

4. . . . 1 5 5

5 5

bc b c b cb c b c bc bc bc bc b c P P

+ − +− = − ≤ = ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ .

Dấu đẳng thức xảy ra khi

( ) ( )2

2

0; 5 5 1 5 1; 5 1 0 ; ; 0; ;

2 2

a b cb c x x x a b c

bc b c

= + = − +⇒ ∈ − + = ⇒ = = −

.




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 26 9y x x x= − +

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M có tọa độ là số nguyên thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại M tạo với đường

thẳng : 1 0d x y+ + = một góc φ thỏa mãn 4

cosφ .41

=


a) Giải phương trình sin 2 cos 2 2sin 1 0x x x− − + =

b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức ( )1w i z= + biết rằng số phức z thõa mãn 1 3z− = .

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2

44

1 1

log ( 3)log 4 3 xx x<

−− +


2

3 ( ) 2

2 3

+ + + + = + + +

+ + + + − =

x y x y x y x y

x x y x y


0

.1 1

dxI

x x=

+ + +∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 2 .AC BC a= = Mặt phẳng (SAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB theo a.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 1 : 3 4 28 0,d x y+ − =

2 : 4 3 19 0.d x y− − = Gọi ( )C là đường tròn có tâm I đi qua ( )4;4M và tiếp xúc với 1d . Đường

thẳng 2d cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt A, B. Biết diện tích tứ giác MAIB bằng 39

.2

Viết phương

trình đường tròn ( )C .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ song

song đồng thời với hai mặt phẳng( ) ( ): 3 12 3 5 0; :3 4 9 7 0P x y z Q x y z+ − − = − + + = , hơn nữa cùng

cắt cả hai đường thẳng có phương trình 1 2

5 3 1 3 1 2: ; :

2 4 3 2 3 4

x y z x y zd d

+ − + − + −= = = =− −

.

Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của 8x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của biểu thức 2

2 9

nx n

x

−

,

biết rằng 1 2 45n nn nC C− −+ = (với k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 ( ) ( ) 6+ + + =a b c b c a .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2

1 4 3.

1 4 9

cP

a b c= + +

+ + +




Gọi ( ) ( )3 2; 6 9M a a a a a Z− + ∈ . PT tiếp tuyến tại M có dạng: y kx b= + hay 0kx y b− + =

Ta có: ( ) ( )2 2

2

1 4cos 41 1 32 1

412. 1

kk k

kϕ

−= = ⇔ − = +

+2

99 82 9 0 1

9

kk k

k

=⇔ − + = ⇔ =

Khi đó: ( )

( ) ( )( )( )

2

2

' 3 12 9 9 0;001 4 4;4' 3 12 99

y a a a Ma

a My a a a loai

= − + = = ⇔ ⇒ == − + =

Vậy ( ) ( )0;0 ; 4;4M M là các điểm cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm). a) ( )2sin 2 cos 2 2sin 1 0 2sin cos 2sin 2sin 0 sin cos sin 10x x x x x x x x x x− − + = ⇔ − + = ⇔ + − =

( )

ππ π

sin 0 π π2ππ 1 π

sinsin cos 1 4 4 2π4 22 π 3π

2π4 4

x kx k x k

xx k k Z

xx x x k

x k

=

= == ⇔ ⇔ ⇔ + = + ⇔ ∈ + =+ = = + + = +

b) Đặt ( ), w , , ,z a bi x yi a b x y R= + = + ∈ . Ta có:

( )( ) ( ) ( )1x yi i a bi x yi a b a b i+ = + + ⇔ + = − + +

2

2

x ya

a b x

a b y y xb

+ =− = ⇔ ⇔ + = − =

Mặt khác ( )2 2

2 21 3 1 3 1 3 1 32 2

x y x yz a bi a b

+ − − = ⇒ + − = ⇔ − + = ⇔ − + =

( ) ( ) ( )2 2

2 22 1 1 2

2

x yx y x y

+⇔ − + = ⇔ − + − = .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn ( ) ( ) ( )2 2: 1 1 2C x y− + − =


Điều kiện:

2

2

4 3 03

4 3 14

3 02 2

3 1

x xx

x xx

xx

x

− + > >− + ≠ ⇔ ≠

− > ≠ + − ≠

Khi đó có 3 trường hợp:

• TH1: Nếu x > 4 thì 24 4log 4 3 log 1 0x x− + > = và 4 4log ( 3) log 1 0x− > = .

Do đó bpt tương đương: 2 24 4log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < −

(đúng 4x∀ > )

• TH2: Nếu 2 2 4x+ < < thì 24 4log 4 3 log 1 0x x− + > = và 4 4log ( 3) log 1 0x − < = .

Suy ra BPT vô nghiệm.



• TH3: Nếu 3 2 2x< < + thì 24 4log 4 3 log 1 0x x− + < = và 4 4log ( 3) log 1 0x− < = .

Do đó bpt tương đương: 2 24 4log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < −

(đúng (2; 2 2)x∀ ∈ + )

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là ( ) ( )2; 2 2 4;= + ∪ + ∞S


Điều kiện: 0

0

x y

x y

+ ≥ − ≥

(*)

Đặt 0t x y= + ≥ , từ (1) ta có: 2 23 2 3 2 0+ + = + ⇔ − + + − =t t t t t t t t

3(1 ) 3(1 ) 0 (1 ) 0 1

3 2 3 2

− ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = + + + +

tt t t t t

t t t t

(Vì 3

0, 03 2

+ > ∀ ≥+ +

t tt t

).

Suy ra 1 1x y y x+ = ⇔ = − (3).

Thay (3) vào (2) ta có: ( ) ( )2 23 2x 1 3 3 2 2x 1 1 0+ + − = ⇔ + − + − − =x x

2

2 2

1 2 2 1 20 ( 1) 0 1

2 1 1 2x 1 13 2 3 2

− − +⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = − + − ++ + + +

x x xx x

xx x

(Vì 2

1 2 10,

22x 1 13 2

+ + > ≥− ++ +

xx

x).

Suy ra x = 1; y = 0), thoả mãn (*).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1; 0= =x y


( )1 1 1 1 1 1

20 0 0 0 0 0

1 1 1 1 1 1 1

21 1 2 2 21 1

+ − + + − + += = = = + −+ + + + − −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫dx x x x x x

I dx dx dx dx dxx x x x xx x

Đặt 2 2x t x t dx tdt= ⇒ = ⇒ =

Suy ra 1 1 12 2

0 0 0

2 1 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2

tdt t tI dt dt J

t t t

+ += + − = − = −∫ ∫ ∫

Xét 1 2

0

1

2

tJ dt

t

+= ∫ . Đặt 2 2 21 1t u u t du dt+ = ⇒ = + ⇒ =

Suy ra ( )2

21

2 2 ln 2 11

uJ du

u= = + +

−∫

Áp dụng công thức ( )2 21 ln 1u du u u− = + −∫

Do đó ( )2 ln 2 13

2 2I

+ += −




Dựng ( ) 060HK AC AC SHK SKH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

Ta có: 2 2 33

2 2

AB aAB BC AC a HK= − = ⇒ = =

Khi đó: 0 3 3tan 60 . 3

2 2

a aSH HK= = =

Do vậy 3

.

1 3. .

3 4S ABC ABC

aV SH S= =

Dựng ( ) ( )/ / ; ;Bx AH d SB AH d H SBx⇒ =

Dựng ( ); ;HE Bx HF SE d AH SB HF⊥ ⊥ ⇒ =

Do AHC∆ là tam giác đều ( AH HC AC= = ) suy ra

0 0 360 sin 60

2

aEBH AHC HE HB= = ⇒ = =

Khi đó 2 2

. 3

4

SH HE ad HF

SH HE= = =

+. Đ/s:

3 3 3;

4 4

a aV d= =


Đường thẳng 1 2,d d có véc tơ pháp tuyến lần lượt là ( ) ( )1 23;4 , 4; 3= = − n n .

Ta có 1 1 1 2 1 2. 0= ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ n n n n d d . Và ( ) 14;4 : 3 4 28 0∈ + − =M d x y

Suy ra 1d tiếp xúc ( )C tại M. Suy ra 1⊥IM d , suy ra 2/ / / /⇒IM d IM AB

( / ) ( / ) 2 2

4.4 3.4 193

3 4

− −⇒ = = =

+I AB M ABd d

Ta có 2

2 2( / )2 2 9= ⇒ = − = −I dIM R AB R d R

( ) ( )2

( / ) 23 2 9. 39

2 9 13 52 2 2

+ −+= = = ⇒ + − = ⇒ =I AB

MAIB

R RMI AB dS R R R

Gọi ( ) ( ), 4 ;4⇒ = − −

I x y IM x y ta có ( ) ( )2 22 25 4 4 (*)= = − + −IM x y

Mà ( ) ( )1 4 4 3 4⊥ ⇒ − = −IM d x y thay vào (*) ta được ( ) ( )2 2 72525 4 4 9

19

== − ⇒ − = ⇔ =

xx x

x

+) Với ( ) ( ) ( )2 27 7;8 ( ) : 7 8 25= ⇒ ⇒ − + − =x I C x y

+) Với ( ) ( )2 21 1;0 ( ) : 1 25= ⇒ ⇒ − + =x I C x y

Vậy có 2 đường tròn thỏa mãn là ( ) ( )2 2

1( ) : 7 8 25− + − =C x y và ( )2 22( ) : 1 25− + =C x y


Do đường thẳng cần lập song song với cả hai mặt phẳng nên ( ); 10; 3; 2P Qu n n∆ = = − −

.

Giả sử

( )( ) ( )1

2

5 2 ;3 4 ; 1 38 2 2 ; 4 3 4 ;3 4 3

3 2 ; 1 3 ;2 4

M m m mM dMN n m n m n m

N d N n n n

− + − − += ∆ ∩ ⇒ ⇒ = − − − + + + − = ∆ ∩ − − + +

.



Ta có tỷ lệ 8 2 2 4 3 4 3 4 3 14 1

;10 3 2 17 2

n m n m n mm n

− − − + + + −= = ⇔ = = −− −

.

Rõ ràng ( ) ( ) 4 2 5, :

10 6 2

x y zN P N Q

− +∉ ∉ ⇒ ∆ = =− −

.


Từ ( )1 2 21

45 45 90 0 92

n nn n

n nC C n n n n− − −

+ = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ =

Ta có khai triển: 99 12 2 2

21

2 2 29

nx n x x

xx x

− − = − = −

( )9 91 529 9 18

2 29 9

0 0

1. . . 1 .

2 2

kk k kkk k

k k

xC x C x

− −− −

= =

− = −

∑ ∑

Hệ số của số hạng chứa 8x nên ta có 5

18 8 42

− = ⇔ =kk

⇒ hệ số của 8x là ( )5

449

1 63. . 1

2 16C

− =

Câu 10 (1,0 điểm).

Viết lại: 2 22

1 1 31

1 12 3

c

Pa b c

= + + →+ + +

Đặt ; ;2 3

b ca x y z= = = ta có:

Điều kiện: ( ) ( )2 6 6 6 6 6 1a b c b c a xy yz zx xy yz zx+ + + = ⇔ + + = ⇔ + + =

Khi đó ta đi tìm GTLN của 2 2 2

1 1

1 1 1

zP

x y z= + +

+ + +

Do 1xy yz zx+ + = nên tồn tại tam giác ABC sao cho tan ; tan , tan2 2 2

A B Cx y z= = =

2 2

2 2 2

tan1 1 2 cos cos sin cos

2 2 2 2tan 1 tan 1 tan 1

2 2 2

CA B C C

PA B C

⇒ = + + = + ++ + +

( ) 2 211 cos cos sin 1 sin 1 cos .cos sin 1 sin

2 2 2 2 2 2 2

C C A B A B C CA B

− += + + + − = + + −

21 sin sin 1 sin2 2 2

C C CP↔ ≤ + + −

Khảo sát hàm số: ( ) 21 1 0 sin 12

Cf t t t t t

= + + − < = <

Nhận xét ( )2

2

1 2 3' 1 0

21

tf t t

t

−= + = ⇔ =−

. Lập BBT ta có ( ) 3 4 3 3

2 4f t f

+≤ =

Suy ra Max

33 34 3 3

4 2 34 2 4 2 32

zc

Pa bx y

= =+ = ⇔ → − = = −= =




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x x= − +

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại M cắt đồ thị (C) tại điểm thứ hai N

(khác M) sao cho 2 25 6.M Nx x+ =


a) Giải phương trình sin 2 cos sin 2cos 2

0.sin 2 1

− − =−

x x x x

x

b) Tìm số phức z thỏa mãn 5

2 6 3z iz

+ = −

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình ( ) ( ) ( )2 23log 2 log log 1 0, .+ + ≥ ∈ℝx x x x

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( )

( )( ) ( ) ( )

2

2

3 28 242 1 3 1

3 4

x xx x x x

x

+ −+ − − ≤ ∈

−ℝ .


4ln .

1 2 ln

e

I x xdxx x

= + + ∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm

cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của ,CI góc giữa

đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ

điểm H đến mặt phẳng ( )SBC .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Điểm ( )3;3M

trên cạnh AB sao cho MA = 2MB. Điểm ( )2;2−N trên cạnh AD sao cho ND = 2NA, và 1 3

;2 2

I là

trung điểm của đường chéo AC. Tìm các đỉnh của hình bình hành ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm ( )1; 1;0A − và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z− + − = , sao cho khoảng cách từ điểm

( )2;1;2B đến mặt phẳng (Q) đạt giá trị lớn nhất.

Câu 9 (0,5 điểm). Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số 0;1;2;3;4 và xếp thành

hàng ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để nhận được một số tự nhiên có 3 chữ số.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số , ,a b c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương.

Chứng minh rằng 9

6a b c ab bc ca

b c a c a b a b c

+ ++ + + ≥+ + + + +

.




Gọi ( )3 2; 3 2M a a a− + . Phương trình tiếp tuyến tại M là: ( )( ) ( )2 3 23 6 3 2y a a x a a a d= − − + − +

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:( )( )2 3 2 3 23 6 3 2 3 2a a x a a a x x− − + − + = − +

( ) ( ) ( )( )3 3 2 2 23 3 6 0x a x a a a x a⇔ − − − − − − = ( ) ( )2 2 23 3 3 6 0x a x xa a x a a a⇔ − + + − − − + =

( ) ( )( ) ( ) ( )22 22 3 0 2 3 03 2

M

N

x ax a x xa a x a x a x a

x a

=⇔ − + − − − = ⇔ − + − = ⇔ = −

Do M khác N nên 3 2 1a a a− ≠ ⇔ ≠ . Khi đó ta có: ( )225 3 2 6a a+ − =

( )2

1

9 12 3 0 1 1 46;

3 3 27

a loai

a aa M

=⇔ − + = ⇔ = ⇒

Vậy 1 46

;3 27

M

là điểm cần tìm.


a) Đk: π

sin 2 02

≠ ⇔ ≠ kx x .

Khi đó sin 2 cos sin 2cos 2 0PT x x x x⇔ − − =

( ) ( ) ( )2 2 22sin cos sin 2 2cos 1 0 2cos sin 2 sin 2 0x x x x x x x⇔ − − − = ⇔ − − − =

( )( ) ( )2 22cos 1 sin 2 0 2cos 1 0 cos 2 04 2

kx x x x x tm

π π⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = +

Vậy nghiệm của PT là: ( )π π,

4 2= + ∈k

x k Z

b) ĐK: 0z ≠ . Đặt ( )2 2 0z a bi a b= + + >

Ta có: ( ) ( ) ( )

( )

2 2

2 2

2 2

52 6 1

552 6 3 2 2 6 3

52 3 2

+ =+ ++ + = − ⇔ + + = − ⇔ − + + = − +

aa

a bi a ba bi i a bi iba bi a b

ba b

2 2

2 2 2 2

5 6 6 32

5 3 5 32 2

a b a a b

a b b a b b

− + = = +⇔ ⇔ + = − + = − + +

(do 0, 0a b= = không phải nghiệm)

22

2 1, 225 3 1

2 ; 12 3 1 05 2

a b b aa b

b ab bb b

= − = − = = − ⇔ ⇔ ⇔ −+ = − = =+ + =

Vậy 2z i= − hoặc 1

12

z i= −




ĐK: 0; 1x x> ≠ , đặt 2logt x= ta có: ( ) ( )( )2 3 131 0 0

t tt t

t t

+ + + + ≥ ⇔ ≥

2

2

0 log 0 11

0 11 log 1

2

t x xt

t t x x

> ⇒ > ⇔ >+ ⇔ ≥ ⇔ ≤ − ⇒ ≤ − ⇔ ≤

Kết hợp điều kiện, vậy nghiệm của BPT là: ( )10; 1;

2x

∈ ∪ +∞


Điều kiện ( ) ( )1 3 0 3

13 4

x x x

xx

− − ≥ ≥ ⇔ ≤≠

Bất phương trình đã cho tương đương với

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2 2 2

2 22 2 2

2 1 9 24 16 3 28 24 1 3 0

2 1 4 4 1 5 4 3 3 4 4 1 9 4 3 4 3 0

2 1 2 1 5 4 3 3 2 1 9 4 3 4 3 0

x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

− − + + + − − − ≤

⇔ − − + + − + + − + − − + − + ≤

⇔ − − + − + + − − − + − + ≤

Đặt ( )22 1 ; 4 3 0x u x x v v− = − + = ≥ ta thu được

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2 2 3 2 2 3

2 2 2 2

22 2 2

5 3 9 0 3 5 9 0

4 9 0 4 9 0

04 9 0 2 5 0

0

u u v u v v u u v uv v

u u v uv u v v u v u uv v u v

u vu uv v u v v

u vu v u v

+ + − ≤ ⇔ + + − ≤

⇔ − + − + − ≤ ⇔ + + − ≤

= = + + = + + =⇔ ⇔ ⇔ ≤− ≤ ≤

Ta xét hai trường hợp :

• ( ) ( )

1

10 2 1 1 3 0

23

x

u v x x x x x

x

== = ⇔ − = − − = ⇔ = ⇔ ∈ ∅

=

.

• 2

2 2

11

22 2

12 1 4 331 22

2 34 4 1 4 3

xx

u v x x x xx

xx x x x

< <≤ ⇔ − ≤ − + ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≥ ≤ ≤ − + ≤ − +

Kết hợp điều kiện ta thu được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 2

;3

S

= −∞

.


Ta có 1 2

1 1

4lnln

1 2ln

e e xI x xdx dx I I

x x= + = +

+∫ ∫

+) Tính 1

1

lne

I x x= ∫ . Đặt 2 2 2 2

21 11

ln 1ln

2 2 2 4 4 4

2

ee e

dxdu

u x x x e x exI x dx

dv xdx xv

== ⇒ ⇒ = − = − = + = =

∫ .



+) Tính 2I . Đặt 2 21 2ln 1 2ln 2

dxt x t x tdt

x= + ⇒ = + ⇔ = . Đổi cận

1 1

3

x t

x e t

= ⇒ =

= ⇒ =

Suy ra ( )2

3 3 3 32

2

1 1 1

14 42 2 1 2

3 3

ttdt t

I t dt tt

−

= = − = − =

∫ ∫

Vậy 2

1 2

3 19

4

eI I I

+= + =


K

H

KH

S

A

B

C

A

B C

I

I

A'I'

H'

E

H'

Ta có 2 2 3

2

aCI AC AI= − =

Do đó 2 2 7

4

aAH AI IH= + = , suy ra 0 21

.tan 604

aSH AH= = .

Vậy 3

.

1 7.

3 16S ABC ABC

aV SH S= = .

Gọi ', ', 'A H I lần lượt là hình chiếu của , ,A H I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH' thì

( )( ) ; ( )HE SBC d H SBC HE⊥ ⇒ = . Ta có 1 1 3

' ' '2 4 8

aHH II AA= = =

Từ 2 2 2

1 1 1

'HE HS HH= + , suy ra

21

4 29

aHE = . Vậy ( ) 21

;( )4 29

ad H SBC = .

Đ/s: 3

.

7 21;

16 4 29= =S ABC

a aV d




Gọi ( );A x y ta có: ( )( )

3 23

3 2

D

D

x x xAD AN

y y y

− = − −= ⇔ − = −

.

( )2 6; 2 6D x y⇔ − − − +

Lại có : ( )

( )

33

3 232

32

B

B

x x xAB AM

y y y

− = −= ⇔ − = −

9 1 9 1;

2 2 2 2B x y

⇒ − −

. Mặt khác I là trung điểm của BD nên ta có:

9 12 6 1 12 2

9 1 32 6 3

2 2

x xx

yy y

− − + − = = − ⇔ =− + + − =

Khi đó: ( ) ( ) ( )4;0 ; 2;3 ; 5;3D C B−

Vậy ( ) ( ) ( ) ( )4;0 ; 2;3 ; 5;3 ; 1;3D C B A− − là các điểm cần tìm.


Phương trình mặt phẳng (Q) cần tìm ( ) ( ) ( )2 2 21 1 0, 0a x b y cz a b c− + + + = + + > .

Mặt phẳng (P),(Q) có vector chỉ phương lần lượt là ( ) ( )1; 1;2 , ; ;a b c− .

Do( ) ( ) 2 0 2Q P a b c a b c⊥ ⇒ − + = ⇔ = − .

Khi đó ( )( )( )2 2 2 22 2

3 3 3 30;

22 61 1 5

5 5

bd B Q

b c b c c c c

b b b

= = = ≤− + + − + + − +

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

; 2 5; 15

cc b a

b= = ⇒ = = . Vậy thu được

( ) : 5 2 4 0Q x y z+ + + = .

Câu 9 (0,5 điểm). Ta có 0;1;2;3;4X =

+) Số cách lấy 3 chữ số khác nhau bất kỳ từ X và xếp chúng thành hàng ngang từ trái sang phải : 35 60A = ( cách). Không gian mẫu : 60Ω =

+) Gọi A là biến cố: “ Nhận được 1 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau”

Giả sử số có 3 chữ số khác nhau được tạo thành là: abc ( 0)a ≠ . 0a ≠ nên a có 4 cách chọn

b có 4 cách chọn c có 3 cách chọn

3.4.4 48A⇒ Ω = = . Vậy xác suất cần tính là: 48 4

( )60 5

AP AΩ

= = =Ω

Câu 10 (1,0 điểm).



Đặt 9a b c ab bc ca

Pb c a c a b a b c

+ += + + ++ + + + +

Giả sử a b c≥ ≥ , khi đó . .ab ac b b c c

b ca c a b b c c b

+ ≥ + = ++ + + +

Suy ra b c b c

a c a b a

++ ≥+ +

.

Đặt t b c= + thì 9a t at

Pt a a t

≥ + ++

.

Ta có 9 9

6a t at a t at

t a a t a tat

++ + = + ≥+ +

(Theo AM - GM). Do đó 6P ≥ (đpcm).

Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi 3a t at+ = và chẳng hạn một bộ ( , , )a b c thỏa mãn là

7 3 5( ; ; ) ;1;0

2a b c

+=

Documents

00_sach Luyen de 2015_tang Hs Off