MÔN TOÁN - A ( ĐỀ 05)
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số:
( )
3 2
3 1 9 2y x m x x m= − + + + −
(1) có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.
2) Xác định m để (C
m
) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua
đường thẳng
1
2
y x=
.
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân

∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
4
3
a
Câu V (1 điểm) 1. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của
biểu thức
1
1
22
44
++

++
=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên
đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1

1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1

và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
Hoàng Khắc Lợi 0915124546
ĐÁP ÁN
Câu I
b)
b)
9)1(63'
2
++−= xmxy
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
09.3)1(9'
2
>−+=∆ m
03)1(
2
>−+= m
);31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ m
Ta có
( )
14)22(29)1(63
3
1
3
1

22
++−+−++−






+
−= mxmmxmx
m
xy
Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x
1
; y
1
) và (x
2
; y
2
)
14)22(2
1
2
1
++−+−=⇒ mxmmy

14)22(2
2
2

2
++−+−= mxmmy

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
14)22(2
2
++−+−= mxmmy
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt
xy
2
1
=
ta có điều kiện cần là
[ ]
1
2
1
.)22(2
2
−=−+− mm
122
2
=−+⇔ mm



−=
=
⇔=−+⇔
3

1
032
2
m
m
mm
Theo định lí Viet ta có:



=
+=+
3.
)1(2
21
21
xx
mxx
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Câu II a
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
Nhận xét

Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2 =
⇔
xx sin6sin =
⇔



+−=
+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx

⇔







+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm
∈
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k

⇔
m
t5
=
,
Zt
∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl ∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5

≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37
+≠
lm
) trong đó
Zltm ∈,,
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx

. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Hoàng Khắc Lợi 0915124546
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 +
=
−
=
x
t

x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:



+



+−
∈
7
602
;
2
61
x
Câu III
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx

x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du

u
uu
∫




+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

=3
2
1
)2(2
1

2ln
4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
Vậy I
8

1
)
2
3
ln(
4
3
−=
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒




∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO

O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
Hoàng Khắc Lợi 0915124546
A
B
C
C
’
B
’
A
’
H

O
M
Cõu V
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc:
1
22
=+ yxyx
.Tỡm giỏ tr ln nht ,nh
nht ca biu thc
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1

3
1
xy
.
Măt khác
xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
== t
t
tt
tfP
Tính





=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1

(

f
,
)26( f
,
)1(f
cho
ra kết quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
Cõu VIa
a)
(Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
( )
1;2 5AB AB= =
uuur
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:

)2;12( ttC
Theo bi ra:
2),(.
2
1
==

ABCdABS
ABC

446. =t






=
=
3
4
0
t
t
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5

) tho món .
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;
( )
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
*O i xng vi O qua (ABC)

H l trung im ca OO

)
3
2
;

3
2
;
3
4
(' O
CõuVIIa
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
=++
zzzz
,
z
C.
PT

=++
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=++
zzzz
t
zzt 2
2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh:
t
zzt 2

2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh
0103
2
= tt



=
=




=
=

61
1
5
2
z
iz
t
t
Vy phng trỡnh cú cỏc nghim:
61=z
;
iz

=
1
Vit phng trỡnh ng AB:
4 3 4 0x y+ =
v
5AB =
Vit phng trỡnh ng CD:
4 17 0x y + =
v
17CD =
Hong Khc Li 0915124546
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =


7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và B khi
đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB
và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u


⊥


⊥


uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒
AB
uuur
(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
CâuVIIb
Giải bất phương trình

2log9)2log3(
22
−>− xxx
Điều kiện:
0
>
x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu
3
>
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x

x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT
⇔

3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x

*Với
1>x
:Ta có



=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1
<

x
:Ta có



=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10
<<
x
Vậy Bpt có nghiệm



<<
>
10
4
x
x
Hoàng Khắc Lợi 0915124546