ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 2y x x .= − +
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.=
• Sự biến thiên:
2
3 6y' x x.= −
Ta có
0
0
2
x
y'
x
=

= ⇔

=

0,25
•
( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −

0,25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y'


+
0
−
0
+

y

2
+∞

−∞

2−
0,25
• Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5

x
y
0,25
b)
Biện luận số nghiệm của phương trình
1
22
2
−
=−−
x
m
xx
theo tham số m.
• Ta có
( )
2 2
2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m, x .
x
− − = ⇔ − − − = ≠
−
Do đó số nghiệm của
phương trình bằng số giao điểm của
( )
( )
2
2 2 1y x x x , C'= − − −

và đường
thẳng
1y m,x .= ≠
0,25
• Vì
( )
( )
( )
2
1
2 2 1
1
f x khi x
y x x x
f x khi x
>

= − − − =

− <


nên
( )
C'
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
1x .=
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
1x =

qua Ox.
0,25
• hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25
• Dựa vào đồ thị ta có:
+
2m :< −
Phương trình vô nghiệm;
+
2m := −
Phương trình có 2 nghiệm kép;
+
2 0m :− < <
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+
0m :≥
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
0,25
2) §å thÞ hµm sè y =
2
( 2 2) 1x x x− − −
, víi x
≠
1 cã d¹ng nh h×nh vÏ :

y = m
1+
1-
- 2
m
1 2
II
1)
1)
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
π π
 
 
⇔ − + =
 ÷
 
 
 

0.25
5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
π π π π π π
π π π
   
⇔ − + = = ⇔ − = − =
 ÷  ÷
   
   
= − = −
 ÷  ÷
   
0.25
( )
5
2 2
5
6
12 12
sin 2 sin
5 13
3
12 12
2 2

12 12
4
x k
x k
x k
x k x k
π
π π
π
π
π π
π π
π
π π


= +
− = − +


   
⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈


 ÷  ÷
   


− = + = +





¢
0.5
2.)
Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + − − =


.
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
 
+ = + − + = + −

 
⇔
 
+ + − − = + + − − =
 
 
0,25®
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +

− = − =
 
 

0,25®
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
0,25®
Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0

4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25®
C©u III 1 Tính tích phân :
/4
2
/4
sin
1
x
I dx
x x
π
π
−
=
+ +
∫

/4 /4 /4

2
1 2
2
/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1
x
I dx x xdx x xdx I I
x x
π π π
π π π
− − −
= = + + = +
+ +
∫ ∫ ∫
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phân
2
I
được kết quả.
0.5®
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phân
2
I

được kết quả.
0.5®
C©u IV :
A
S
B
C
M
N
D
H
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA






. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng
cao
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,

3
3
2
3
2 3
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a

= = =
Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4
2
2 10
3
2 2
3 3 3

a
a
BC MN a a
BM

+
ữ
+
= =
ữ
ữ

Hạ AH

BM . Ta có SH

BM và BC

(SAB)

BC

SH . Vậy SH

( BCNM)


SH là đờng cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM

SB MS
=
=
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA

ã
0
30SBH =


SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27
a
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng :

+ + +
+ +
+ + +
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y


+ +
5 5 5
4
x y z

Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ +
+ + +
( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ +
+ + +



3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ +
+ + + + + +
Ta có
3

3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ +
+ +
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
0,25đ
0,25đ
Tơng tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ +
+ +
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +

+ +
+ +
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)
1. Chng trỡnh Chun.
Cõu Ph
n
Ni dung im
CõuV
Ia.
(1,0)
1(1
,0)
+ Do
AB CH

nờn AB:
1 0x y+ + =
.
Gii h:
2 5 0
1 0
x y
x y
+ + =



+ + =

ta cú (x; y)=(-4; 3).
Do ú:
( 4;3)AB BN B =
.
+ Ly A i xng A qua BN thỡ
'A BC

.
- Phng trỡnh ng thng (d) qua A v
Vuụng gúc vi BN l (d):
2 5 0x y =
. Gi
( )I d BN=
. Gii h:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
+ + =


=

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A
+ Phng trỡnh BC:
7 25 0x y+ + =

. Gii h:
7 25 0
1 0
x y
x y
+ + =


+ =

Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C
.
+
2 2
450
( 4 13/ 4) (3 9 / 4)
4
BC = + + + =
,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
+ +
= =

+
.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC= = =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
VIIA
1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)

2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2

u
uur
cùng phơng
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1)

d
1
; M( 2; 0; - 1)

d
2
Vậy d
1
// d
2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d

1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB

A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm đợc H
36 33 15
; ;
29 29 29


ữ

0,25đ
A đối xứng với A qua H nên A
43 95 28
; ;
29 29 29


ữ

I là trung điểm của AB suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29


ữ

0,25đ
I
d
1
H
A
B
A
1
B
C

A
H
N

Cõu Ni dung im
CõuVIIa
(1,0)
Cõu VII. a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C:
2
4 3
1 0
2
z
z z z + + + =
(1)
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z
0

Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta đợc : (
0
2
1
)
1
()
1
2
2

=++
z
z
z
z
(2)
0.25đ
Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22
+=
z
zt
2
1
2
2
2
+=+ t
z
z
Phơng trình (2) có dạng : t
2
-t+
0

2
5
=
(3)
2
99
2
5
.41 i===
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
31 i+
,t=
2
31 i

0.25đ
Với t=
2
31 i+
ta có
02)31(2
2
311
2
=+
+
= ziz
i
z

z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii +=++=+=++=
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
+=
+++
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
=
++ iii
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2
=


= ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii =+==+=
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
=
+
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
=
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1i
; z=
2
1 i

0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
Ta có:
Idd
21
=
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:



=
=




=+
=
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy







2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
=
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=






+







==
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
=====
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d
1

ADd
1

Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 =+=+
. Lại có:
2MDMA ==
0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )





=+
=+
2y3x
03yx
2
2

( ) ( )



=
=




=+
+=





=+
+=

13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2



=
=

1y
2x
hoặc



=
=
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

0,25đ
Do






2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:



===
===
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Cõu Phn Ni dung im
CõuVIb.
(1,0)

2.a)
Các véc tơ chỉ phơng của D
1
và D
2
lần lợt là
1
u
ur
( 1; - 1; 2)
và
2
u
uur
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)

D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2
0,25đ
Xét
1 2
; .u u MN


ur uur uuuur

= - 10

0
Vậy D
1
chéo D
2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 t; 2t)

D
1
B(2 2t; 3; t)

D
2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u

=


=


uuurur

uuur uur



1
3
' 0
t
t

=



=



A
5 4 2
; ;
3 3 3


ữ

; B (2; 3; 0)
Đờng thẳng

qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung

của D
1
và D
2
.
Ta có

:
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +


= +


=

0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z


+ + + =
ữ ữ ữ

0,25đ
CõuVIIb
(1,0)
Ta cú:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C+ = + + +


0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )
C C C C C C
C C C C C C i
+ + + +
+ + +
Thy:
1
( )
2
S A B= +
, vi
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009

A C C C C C C= + + +

0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C C C C C C= + + + + +
+ Ta cú:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i+ = + + = + = +
.
ng nht thc ta cú A chớnh l phn thc ca
2009
(1 )i+
nờn
1004
2A =
.
+ Ta cú:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) x C xC x C x C+ = + + + +
Cho x=-1 ta cú:
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C C+ + + = + + +
Cho x=1 ta cú:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2C C C C C C+ + + + + + + =
.
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
Suy ra:
2008
2B =
.
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S = +
.