Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số:
3
2
y x mx
= + +
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3
m
=
.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất.
Câu 2. (1,0 điểm)
Giải phương trình:
1 1 4 3
1 1 1 1 1
x x x
+ =
− − + − −
với
1
x
≤
.
Câu 3. (1,0 điểm)
Định

m
để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
( )
( )
4
2 2
4 5 3
log 1 log 1
x x
x m x

+ ≤





+ − − ≤



.
Câu 4. (1,0 điểm) Tính các tích phân sau:
( )
( )
1
2
0
4 2
1 2

x
dx
x x
−
+ +
∫

Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hình hộp đứng
1 1 1 1 2 2 2 2
.
A B C D A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
,
1 2
3
2
=
a
A A
và góc

0
1 1 1
60
=
B A D
.
Gọi

,
M N
lần lượt là trung điểm của
1 1 1 1
,
A B AD
và
PQ
là giao tuyến của hai mặt phẳng
(
)
1 2 1 2
A AC C
với
(
)
2 2
MNB D
. Chứng minh
2 1
AC
vuông góc với
PQ
. Tính theo
a
thể tích của khối chóp
2 2 2
.
A MND B
.

Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
, ,
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4 4 4
6 2 2 6 2 2 6 2 2
4 3 2 4 3 2 4 3 2
= + +
+ + + + + +
x y z
M
x y z y z x z x y
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho điểm
(
)
2; 1
A
−
và đường thẳng
(
)
: 3 5 7 0

d x y
+ − =
. Viết
phương trình đường thẳng qua
A
và tạo với
(
)
d
một góc bằng
0
45
.
Câu 8.a. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
(
)
: 3 2 0
P x y z
+ + + =
và đường thẳng
1 1 3
( ) :
1 2 1
x y z
d
− + +

= =
. Viết phương trình đường thẳng
(
)

là hình chiếu của
(
)
d
lên
(
)
P
theo
phương của vectơ
(
)
1; 1;2
v
= −

.
Câu 9.a. (1,0 điểm)
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của
(
)
40
2
7 7
x

+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho hai điểm
(
)
(3;0), 0;4
A B
. Viết phương trình đường tròn nội tiếp
của tam giác
OAB
.
Câu 8.b. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ
,
Oxyz
cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là
( )
1
2
( ) : 3 ;
1 2
x t
d y t
z t



= −




= ∈




= +



»
và
2
2 1
( ) :
1 3 2
x y z
d
− −
= =
−
. Chứng minh rằng hai đường thẳng
1
( )
d

và
2
( )
d

chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng
(
)
P
cách đều các đường thẳng
1
( )
d
và
2
( )
d
.
Câu 9.b. (1,0 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình:
(
)
2 2
11 4 2 48 0
z z z z i
+ − + + + =











 



 

 





 



 

 

 




 





 



 

 

 



 

 



 






 





 





 



 

 

 



 



 


 





 








 

 

 

 



 









 



 

 

 



 

 



 





 






 





 



 

 

 



 

 



 






 





 





 



 

 

 



 










THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI ĐẠI HỌC
MÔN: TOÁN _ Khối A & A1
Thời gian làm bài: 180 phút
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tp. Hồ Chí Minh
Trư
ờng THCS & THPT Nguyễn Khuyến

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số:
3
2
y x mx
= + +
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3
m
=
. (học sinh tự giải)
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số
m

để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất.

Hàm số:
3
2
y x mx
= + +

Miền xác định:
D
=
»
.
Đạo hàm:
2
' 3
y x m
= +
có
' 12
m
= −


Đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi hàm số đã cho đơn điệu trên
»
hoặc
đạt hai cực trị
1 2
,

y y
cùng phía với trục hoành
(
)
( )
1 2
' 0 1
' 0
2
. 0y y
∆ ≤



∆ >

⇔






>




Giải
(

)
1
:
' 0 3 0 0
m m
∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥

Giải
(
)
2
: Gọi
1 2
;
3 3
a a
x x
− −
= =−
là hai nghiệm của
' 0
y
=
.
Ta có:
(
)
(
)
1 2

3 0
' 0
. 0
. 0
3 3
m
m m
y y
f f
− >


∆ >



 
⇔
 
− −
 
>
− >
 




( )
3

0
3 0
4
27 0
27
m
m
m
<




⇔ ⇔ − < <


+ >




Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi:
0
3
3 0
m
m
m
≥



⇔ > −

− < <

.
Cách khác:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là:
3
2 0
x mx
+ + =

( )
3
3
2
2 *
x
x mx m
x
+
⇔ + = − ⇔ = −
(do
0
x
=
không là nghiệm)
Xét hàm số:
3

2
2 2
x
y x
x x
+
= = +

Tập xác định:
{
}
\ 0
D
=
»

Đạo hàm:
2
2
' 2
y x
x
= −
.
Cho
( )
2
1
' 0 1 1 3
y x x y

x
= ⇔ = ⇔ = ⇒ =

0
0
lim ; lim ; lim ; lim ;
x x x
x
y y y y
−
+
→−∞ → →+∞
→
= +∞ = −∞ = +∞ = +∞

Bảng biến thiên :







Số nghiệm của phương trình
(
)
*
là số giao điểm của đồ thị hàm số
3
2

x
y
x
+
=
với đường thẳng
y m
= −
.
Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số
3
2
y x mx
= + +
cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi và
chỉ khi
3 3
m m
− < ⇔ > −
.
Vậy
(
)
3;
m
∈ − ∞
thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 2. (1,0 điểm)
'
y


x

y

−∞

−∞

−∞

+∞

+∞

+∞

+

−

1

0

−

3

ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC

MÔN: TOÁN _ Khối A & A1
Thời gian làm bài: 180 phút
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tp. Hồ Chí Minh
Trư
ờng THCS & THPT Nguyễn Khuyến

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
Giải phương trình:
1 1 4 3
1 1 1 1 1
x x x
+ =
− − + − −
với
1
x
≤
.

Đặt:
(
)
cos 0
x t t
π
= < <

Phương trình đã cho trở thành:
1 1 4 3
1 1 cos 1 1 cos 1 cos

t t t
+ =
− − + − −

1 1 4 3
t
1 2 s in
1 2 sin 2 sin
2
2 2
t t
⇔ + =
−
+
(do
0
2 2
t
π
< <
nên
sin 0
2
t
>
)
2
2 2
2 4 3 2 6
2 6 sin sin 6 0

2 2
1 2 sin 2 sin 1 2sin sin
2 2 2 2
t t
t t t t
⇔ = ⇔ = ⇔ + − =
− −

Đặt:
( )
sin 0 1
2
t
X X= < <

Ta có phương trình bậc hai:
1
2
2
6
4
2 6 6 0
2
6
X
X X
X

=



+ − = ⇔


= −



Vì
0 1
X
< <
nên
6
sin
2 4
t
=

Và
2
3 1
cos 1 2sin 1
2 4 4
t
x t
= = − = − =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là:
1

4
x
=

Câu 3. (1,0 điểm)
Định
m
để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
( )
( )
4
2 2
4 5 3
log 1 log 1
x x
x m x

+ ≤





+ − − ≤



.
Hệ bất phương trình
(

)
( )
(
)
4 4
1 5
1 5
4 1
4 1
3 3
3 3
0 2
2 1 2 1
2
x
x
x
x
m x x m
m x x x x
m


 
 









+ ≤
+ ≤










 
  





 
⇔ − > ⇔ ≤ <
 
 
 
 
− ≥ + + +
 

 
≤
 





Đặt:
( )
(
)
1 5
4
3 3
x
x
f x
 


= +




 

Ta có hàm số
( )

f x
nghịch biến vì hai cơ số
( )
1 5
; 0;1
3 3
∈
và
( )
4 5
2 1
9
f
+
= =

Do đó bất phương trình:
(
)
( )
( )
1 5
4 1 2 2
3 3
x
x
f x f x
 



+ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥




 

Khi đó ta có hệ bất phương trên tương đương:
( )
( )
4
4
2
2
2
1
2 1
2
1
2 1
2
x
x m
x m
x x m
x x m





≥
≤ <







≤ < ⇔
 
 
+ + ≤
 
 


+ + ≤




Xét hàm số:
( )
( )
4
1
2 1
2
g x x x= + +

với
2
x
≥

Ta có:
( )
3
' 2 1 0; 2
g x x x
= + > ∀ ≥

( )
lim
x
g x
→+∞
= +∞

Bảng biến thiên:
Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)






Vây dựa vào bảng biến thiên, suy ra hệ bất phương trình trên có nghiệm khi:
)
21

;
2
m

∈ +∞


.
Câu 4. (1,0 điểm)
Tính các tích phân sau:
( )
( )
1
2
0
4 2
1 2
x
dx
x x
−
+ +
∫


Đặt:
( )
(
)
(

)
(
)
( )
(
)
2
2 2 2
4 2 2 2
2 1 2 1 2 1
x A Bx C x A B x B C C A
x x x x x x
− + + + + + +
= + =
+ + + + + +

Đồng nhất thức ta có:
0 2
2 4 2
0
2 0
A B A
B C B
C
C A




+ = = −







 
+ = ⇔ =
 
 
 
 
=
+ =
 





Vậy:
( )
( )
(
)
1 1
2
2 2
0 0
4 2 2 2

1 2 2 1
x x
I dx dx
x x x x
−
= = − +
+ + + +
∫ ∫

[ ]
1
2
0
4
2 ln 2 ln 1 2ln 3 ln 2 ln 2 ln1 ln
9
x x= − + + + = − + + − =
.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hình hộp đứng
1 1 1 1 2 2 2 2
.
A B C D A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
,
1 2
3
2
=

a
A A
và góc

0
1 1 1
60
=
B A D
.
Gọi
,
M N
lần lượt là trung điểm của
1 1 1 1
,
A B A D
và
PQ
là giao tuyến của hai mặt phẳng
(
)
1 2 1 2
A AC C
với
(
)
2 2
MNB D
. Chứng minh

2 1
AC
vuông góc với
PQ
. Tính theo
a
thể tích của khối chóp
2 2 2
.
A MND B
.

Trong mặt phẳng
(
)
1 1 1 1
A B C D
gọi
1 1 1 1
I AC B D
= ∩
và
1 1
Q MN AC
= ∩

Trong mặt phẳng
(
)
2 2 2 2

A B C D
gọi
2 2 2 2
P AC B D
= ∩

Trong mặt phẳng
(
)
1 2 1 2
A AC C
gọi
2 1
O PQ AC
= ∩

Ta có:
(
)
(
)
1 2 1 2 2 2
A AC C MNB D PQ
∩ =

Do
(
)
1 1 1 1
A B C D

là hình thoi cạnh
a
, có

0
1 1 1
60
=
B A D
nên
1 1
A B I
∆
vuông tại
I
có

0
1 1
30
B A I
=
:
 
1
0
1 1 1 1 1 1 1
1 1
3
cos .cos .cos 30

2
A I a
A B I A I A B AB I a
A B
⇒ = ⇒ = = =

1 1 2 2 1
2 3
AC AC A I a
⇒ = = =
.
Vì
Q
là trung điểm của
1
A I

1 1 1 1
1 1 3
2 4 4
a
AQ A I AC⇒ = = =

1 1 1
3 3 3
4 4
a
QC AC⇒ = =

Tam giác

1 1 2
AC A
vuông tại
2
2 2 2
1 2 1 1 2 1 1
3 15
3
4 2
a a
A AC AA AC a⇒ = + = + =

Vì
Q
là trung điểm của
2 2
AC
2 2 2
1 3
2 2
a
A P AC⇒ = =

Ta có:
( )
'
g x

(
)

g x

x

2

+∞

+

+∞

21
2

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
2 2
2 1
2 2 1 1
1 1
1 1
2 1 2 1
3
2
2
//
2 2
3
3 3
3 3

4
a
A P OA
A P C Q
OA AC OC
C Q OC
a
OC OC
OA OC AC





⇒ = = =

−

⇒ = ⇔ =





+ =



2 1 2 1
1 2 1

1 1
2 5 3 3 15 3 15
1 .
3 3 5 5 2 10
AC AC a a
OC AC
OC OC
⇔ − = ⇔ = ⇒ = = =
2 2 1 1
15 3 15 15
2 10 5
a a a
OA AC OC⇒ = − = − =
.
2
2 2
2 2
2 2 2 1
2
2 1
15
5
5
5
3
3
5
2
5
15

2
a
OA
AC
a
OA A P
AC AC
a
A P
AC
a





= =





⇒ =




= =









2 2 1 2
A PO AC C
⇒ ∆ ∆
∼

Mà
2 1 2
AC C
∆
vuông tại
2
C
nên
2
A PO
∆
vuông tại
O
hay
2 1
PQ AC
⊥
(đpcm).
Mặt khác:

(
)
(
)
( )
1 2 1 2 1 1 1 1
1 2 1 2 1
1 1
MN A A A A A B C D
MN A AC MN AC
MN AC
⊥ ⊥



⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥



Như vậy:
( )
2 1
2 1 2 2
2 1
PQ AC
AC MND B
MN AC

⊥



⇒ ⊥


⊥



Thể tích của khối chóp
2 2 2
.
A MND B
là:
2 2 2 2 2
. 2
1
.
3
A MND B MND B
V AO S
=

MN
là đường trung bình của
1 1 1
A B D
⇒

1 1
1
2 2
a
MN D B
= =

PQI
∆
vuông tại
I

2 2
2 2 2 2
1 1 2
3 3 15
4 2 4
a a a
PQ QI PI AQ A A
   
 
 
⇒ = + = + = + =
 
 
 
 
   

Diện tích của hình thang

2 2
MND B
là:
( )
(
)
(
)
2 2
2
2 2
1 1 15 15 3 3 15
.
2 2 4 2 8 2 16
MND B
a a a a
S PQ MN D B a a
= + = + = =
(đvdt).
Vậy
2 2 2 2 2
2 3
. 2
1 1 15 3 15 3
. . .
3 3 5 16 16
A MND B MND B
a
V AO S a a
= = =

(đvtt).
Cách khác:
Ta có:

2 2 2 2
2 2 2
0
1 1 1
60
A B A D a
A B D
B A D
= =




⇒ ∆


=



đều cạnh
a
.
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2

2
3
2
3
2
a
PB PD
a
PA PC
a
IP B B C C D D A A


= =






⇒ = =






= = = = =





Vì
2 2
, ,
PA PI PD
vuông góc với nhau đôi một, nên gắn hệ trục tọa độ
Pxyz
sao cho:
2 2
,
D Ox A Oy
∈ ∈
và
I Oz
∈
(với
1 1 1 1
I AC B D
= ∩
); Khi đó ta có:
(
)
0;0;0
P

1 1 1 1
3 3 3 3 3 3
;0; , 0; ; , ;0; , 0; ;
2 2 2 2 2 2 2 2

a a a a a a a a
A B C D
       
   
   
− −
   
   
   
   
       



M

N

1
A

2
A

1
B

2
B


1
C

2
C

1
D

2
D

P

I




























O

Q

Q

O

M

N

1
A

2
A


1
B

2
B

1
C

2
C

1
D

2
D

P

I






























x

y

z

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
(
)
(

)
2 2 2 2
3 3
;0; 0 , 0; ; 0 , ; 0; 0 , 0; ;0
2 2 2 2
a a a a
A B C D
   
 
 
− − −
 
 
 
 
   

M
là trung điểm của
1 1
3 3
; ;
4 4 2
a a a
A B M
 


⇒





 

N
là trung điểm của
1 1
3 3
; ;
4 4 2
a a a
A D N
 


⇒ −




 

Q
là trung điểm của
3 3
;0;
4 2
a a
MN Q

 


⇒




 

P
là trung điểm của
(
)
2 2
0; ; 0
2
a
B D P⇒ −

Ta có:
( )
2 1
2 1
3 3
; ;
4 2 2
3 3 3
. 3 0 . 0
4 2 2

3
3;0;
2
a a a
PQ
a a a
PQ AC a
a
AC a
  




=





 


⇒ = − + + =


 




= −






 







2 1
PQ AC
⇒ ⊥
(đpcm).
2
2 2
2 2
2
3 3
; ;
4 4 2
3 3
; ;0;
4 8
3 3

; ;
4 4 2
a a a
A N
a a
A M A N
a a a
A M
  




= −





 
 


 


⇒ = − −




 

 

 
 



= −






 



 


2 2
3
; ;0
2 2
a a
A D
 



= − −




 


2 3
2 2 2 2
3 3 3
; . .
4 2 8
a a a
A M A N A D
 
⇒ = =
 
 
  

2
2 2 2
2 2 2
2 2
3 3
; ;
4 4 2

3 3 3
; ; ;
4 4 4
3 3
; ;
4 4 2
a a a
A M
a a a
A M A D
a a a
A D
 




= −





 
 


 



⇒ = −



 

 

 
 



= −






 



 


2 2
3
; ;0

2 2
a a
A B
 


= −




 


2 2 3 3 3
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
; . . .
4 2 4 2 8 8 4
a a a a a a a
A M A D A B
 
⇒ = − − = − − =
 
 
  

Ta có:
Thể tích của khối chóp
2 2 2

.
A MND B
được xác định bởi:
2 2 2 2 2 2 2 2
. . .
A MND B A MD B A MND
V V V
= +

Thể tích của khối chóp
2 2 2
.
A ND B
là:
2 2
3 3
. 2 2 2 2
1 1 3
; . .
6 6 8 16
A MND
a a
V A M A N A D
 
= = =
 
 
  

Thể tích của khối chóp

2 2 2
.
A ND B
là:
2 2 2
3 3
. 2 2 2 2 2
1 1 3
; . .
6 6 4 8
A MD B
a a
V A M A D A B
 
= = =
 
 
  

Vậy thể tích của khối chóp
2 2 2
.
A MND B
là:
2 2 2
3 3 3
.
3
16 8 16
A MND B

a a a
V
= + =
(đvtt).
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm
, ,
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4 4 4
6 2 2 6 2 2 6 2 2
4 3 2 4 3 2 4 3 2
= + +
+ + + + + +
x y z
M
x y z y z x z x y
.

Ta có:
(
)
6 2 2 6 2 2
4 3 2 2 2 1 3
x y z x y z
+ + = + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
3
6 6 6 12 4

2 1 1 3 3
x x x x x
+ = + + ≥ =

(
)
(
)
4 4 4 4
6 2 2 6 2 2 4 2 2 4 2 2
4 3 2 2 1 3 2.3 3 3 2
x x x x
x y z x y z x y z x y z
⇒ = ≤ =
+ + + + + +

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
Tương tự, ta có:
(
)
4 4
6 2 2 4 2 2
4 3 2 3 2
y y
y z x y z x
• ≤
+ + +

(
)

4 4
6 2 2 4 2 2
4 3 2 3 2
z z
z x y z x y
• ≤
+ + +

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 4 4
4 2 2 4 2 2 4 2 2
4 4 4
4 2 2 4 2 2 4 2 2
4 4 4
4 2 2 4 2 2 4 2 2
4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2 4 2 2
2 2
4 2 2
3 2 3 2 3 2
3
2 2 2
2 2 2
6
2 2 2
2 2 2
6
2 2 2
6 3

2
x y z
P
x y z y z x z x y
x y z
P
x y z y z x z x y
x y z
P
x y z y z x z x y
x y z y z y z x z x z x y x y
P
x y z y z x z x y
y z
P
x y z
⇒ ≤ + +
+ + +
⇔ ≤ + +
+ + +
⇔ ≤ + +
+ + +
+ − + − + −
⇔ ≤ + +
+ + +
⇔ ≤ −
+
2 2 2 2
4 2 2 4 2 2
2 2

z x x y
y z x z x y
 


+ +




 
+ +

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

2 2 2
4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
y z z x x y
x y z y z x z x y
y z z x x y
x y z y z y z x z x z x y x y
y z z x x y
x y z y z y z x z x z x y x y
• + + =
+ + +
= + +
+ + +
+ +
≥ =
+ + + + +

1
6 3 1 2
3
P P
⇒ ≤ − = ⇔ ≤


Vậy
max
1
3
P
=
; khi
1
x y z
= = =


II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho điểm
(
)
2; 1
A
−
và đường thẳng
(
)
: 3 5 7 0
d x y

+ − =
. Viết
phương trình đường thẳng qua
A
và tạo với
(
)
d
một góc bằng
0
45
.

Gọi
1 2
,
k k
theo thứ tự là hệ số góc của
(
)
'
d
và
(
)
d
.
Ta có:
(
)

: 3 5 7 0
d x y
+ − =
3 7
5 5
y x
⇔ = − +
2
3
5
k
⇒ = −
.
Đường thẳng
(
)
'
d
hợp với
(
)
d
một góc bằng
0
45

2 1 2 1
0
1 2 1 2
tan 45 1

1 1
k k k k
k k k k
− −
⇔ = ⇔ = ±
+ +

1
1 1
1
1 1
3 3
4
1
5 5
1
3 3
1
4
5 5
k
k k
k
k k

= −

− − = −




⇔ ⇔



=

− − = − +




.
Với
1
4
k
= −
ta có:
( )
(
)
( )
( )
( )
1
2; 1
' : ' : 4 2 1 ' : 4 7
4
qua A

d d y x d y x
hsg k
−



⇒ = − − − ⇔ = − +


= −



Với
1
1
4
k
=
ta có:
( )
(
)
( )
( )
( )
1
2; 1
1 1 3
' : ' : 2 1 ' :

1
4 4 2
4
qua A
d d y x d y x
hsg k
−




⇒ = − − ⇔ = −


=




Vậy qua
A
có thể kẻ được hai đường thẳng thỏa mãn đầu bài là:
(
)
( )
' : 4 7
1 3
' :
4 2
d y x

d y x
= − +




= −



Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
Câu 8.a. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
(
)
: 3 2 0
P x y z
+ + + =
và đường thẳng
1 1 3
( ) :
1 2 1
x y z
d
− + +
= =
. Viết phương trình đường thẳng

(
)

là hình chiếu của
(
)
d
lên
(
)
P
theo
phương của vectơ
(
)
1; 1;2
v
= −

.

Gọi
(
)
(
)
A d P
= ∩ ⇒
tọa độ điểm
A

thỏa hệ phương trình:
( )
2
1 1 3
13 4 11
1 2 1
1 ; ;
6 3 6
3 2 0
2
x
x y z
y A
x y z
z


=
− + +




= =


 
⇔ = ⇒ −
 
 

+ + + =
 
 

= −




Chọn
(
)
(
)
1; 1; 3
M d
− − ∈
và gọi
H
là hình chiếu của
M
lên
(
)
P
theo phương của véctơ
(
)
1; 1;2
v

= −

,
ta có phương trình của đường thẳng
( ) ( )
1
: 1 ;
3 2
x t
MH y t t
z t


= +




= − − ∈




= − +



»

(

)
(
)
H MH P
= ∩ ⇒
tọa độ điểm
H
thỏa hệ phương trình:
( )
7
6
1
13
1
13 13 2
6
; ;
3 2 13
6 6 3
6
3 2 0
2
3
t
x t
x
y t
H
z t
y

x y z
z


=



= +







=


= − −


 
⇔ ⇒ − −
 
 = − +
 
= −
 
 

+ + + =
 
 



= −




(
)
(
)
1 19 4 1 1 19
; ; ; ; 4
6 6 3 3 2 2
AH
⇒ = − − = − −

chọn
(
)
1 19
; ; 4
2 2
AH
= − −



Vậy đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm
A
và
H
có phương trình tham số là:
( )
( )
1
2
2
19
: 1 ;
2
2 4
x
y
z


= +






= − ∈





= − −






   »

.
Câu 9.a. (1,0 điểm)
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của
(
)
40
2
7 7
x
+
.

Ta có:
(
)
( )
40
40
40

40
40
40 40
0
2 1 1
2 2
7 7 7 7
k k k
k
x
x C x
−
=
+ = + =
∑

Hệ số tổng quát:
40
40
1
2
7
k k
k
a C=
với
0 40
k
≤ ≤


Ta lập tỉ số:
(
)
(
)
(
)
1 1
1 40
40
2 40! ! 40 ! 40
2. 2.
2 39 ! 1 ! 40! 1
k k
k
k k
k
a C k k k
a C k k k
+ +
+
− −
= = =
− + +

Ta có:
1
40
1 2. 1 0 26
1

k
k
a k
k
a k
+
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤
+
.
Do đó:
{
}
k
a
tăng khi
(
)
26
0 26
k
max
k a a
≤ ≤ ⇒ =

{
}
k
a
giảm khi

(
)
27
27 40
k
max
k a a
≤ ≤ ⇒ =

Mà
27
26
40 26
2. 1
27
a
a
−
= >
nên
( )
27 27
27 40
40
1
2
7
k k
max
a a a C= = =

.
A

H

(
)
d

v


(
)


M

)

P

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
Vậy hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của
(
)
40
2
7 7
x

+
là:
27 27
40
40
1
2
7
C
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho hai điểm
(
)
(3;0), 0;4
A B
. Viết phương trình đường tròn nội tiếp
của tam giác
OAB
.

Giả sử đường tròn
(
)
C

có tâm
(
)
;
I a b
và bán kính là
r

Ta có tâm
(
)
;
I a b
thuộc đường phân giác trong của góc

BAO

Phương trình cạnh
( )
: 1 4 3 12 0
3 4
x y
AB x y
+ = ⇔ + − =
.
Phương trình đường phân giác của góc

BAO
được xác định bởi:
(

)
( )
1
2
: 2 6 0
4 3 12
16 9 1
: 2 3 0
x y
x y y
x y
− − =

+ −

= ± ⇔

+
+ − =





Bằng cách tìm giao điểm của các đường thẳng này với trục
Oy
, ta suy ra được phân giác trong của góc

BAO
là:

(
)
2
: 2 3 0
x y
+ − =

.
Khi đó tọa độ tâm
I
thỏa hệ phương trình:
( )
0
1
1;1
2 3 0
1
x y
x
I
x y
y
− =
=




 
⇔ ⇒

 
+ − =
  =
 



Bán kính:
(
)
; 1
r d I OA
= =

Vậy đường tròn
(
)
(
)
(
)
2
2
: 1 1 1
C x y
− + − =


Cách khác:
Nhận xét: Tâm

(
)
;
I a b
thuộc góc phần tư thứ nhất, suy ra:
0, 0
a b
> >

Đường tròn
(
)
C
tiếp xúc với
,
OA OB
nên
a b r
= =

Ta có:
OAB
S pr
∆
=

Trong đó:
1
. 6
2

OAB
S OAOB
∆
= =
(đvdt) và
( )
1
6
2
p OA OB OC
= + + =
(đvđd)
Từ đó suy ra:
1
r
=

Vậy đường tròn
(
)
(
)
(
)
2
2
: 1 1 1
C x y
− + − =


Câu 8.b. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ
,
Oxyz
cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là
( )
1
2
( ) : 3 ;
1 2
x t
d y t
z t


= −




= ∈




= +



»

và
2
2 1
( ) :
1 3 2
x y z
d
− −
= =
−
. Chứng minh rằng hai đường thẳng
1
( )
d
và
2
( )
d

chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng
(
)
P
cách đều các đường thẳng
1
( )
d
và
2
( )

d
.

Ta có:
2
3 7 0
2 1
( ) :
2 3 2 0
1 3 2
x y
x y z
d
x y
+ − =


− −

= = ⇔


− − =
−



Thay
, ,
x y z

của
1
( )
d
vào
2
( )
d
ta được:
(
)
( ) ( )
3 2 3 7 0
2 3 3 1 2 2 0
t
t
− + − =





− + − =



2
3 2 0
3
6 1 0 1

6
t
t
t
t


=

− + =



 
⇔ ⇔
 
 − + =
 

=



(vô nghiệm)
(
)
1 2
( ) ( ) 1
d d
φ

⇒ ∩ =

Đường thẳng
1
( )
d
có véctơ chỉ phương là:
(
)
1
1;0;2
a
= −


Đường thẳng
2
( )
d
có véctơ chỉ phương là:
(
)
2
1;3;2
a
= −


1
a

⇒

và
2
a

không cùng phương
(
)
2
.
B

r

A

I

x

y

O

(
)
1



(
)
2


1

1

Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ _(0938280208)
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
1
( )
d
và
2
( )
d
chéo nhau.
Gọi
(
)

1
( ) 2 ;3;1 2
A d A t t
∈ ⇒ − +
và
(
)
2
( ) 2 ;1 3 ;2
B d B u u u
∈ ⇒ − +

( )
;3 2;2 2 1
AB t u u u t
⇒ = − − − −


AB
là đoạn vuông góc chung của
1
( )
d
và
1
2
2
. 0
( )
. 0

AB a
d
AB a


=


⇔


=








2
5 5 2 0
3
14 5 8 0 4
15
u
u t
u t
t



=

− − =



 
⇔ ⇔
 
 − − =
 

=



(
)
( )
(
)
26 23
;3;
15 15
4 4
;3;
3 3
2 1
;0;

5 5
A
B
AB








⇒






= − −





Gọi
I
là trung điểm của
(
)

23 43
;3;
15 30
AB I⇒

Mặt phẳng
(
)
P
cách đều
1
( )
d
và
2
( )
d
nên
( )
(
)
(
)
23 43
;3;
15 30
:
2 1
: ; 0;
5 5

qua I
P
VTPT AB








= − −





( )
(
)
(
)
2 23 1 43 2 1 9
: 0
5 15 5 20 5 5 10
P x z x z
⇒ − − − − ⇔ − − + =

Hay
(

)
: 4 2 9 0
P x z
+ − =

Câu 9.b. (1,0 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình:
(
)
2 2
11 4 2 48 0
z z z z i
+ − + + + =

Phương trình
(
)
(
)
2
1 2 11 48 4
i z i z i
⇔ + + + + =
.

Ta có:
(
)
(
)

(
)
2
11 4 1 2 4 48
i i i
∆ = + − + − +

120 22 400 190 520 138
i i i
= + + − = −

Gọi
(
)
; ,a bi a b+ ∈
»
là căn bậc hai của số phức
520 138
i
−
, khi đó:
( )
2 2
2
2
520
4761
520 ; 0
69
a b

a a
a
ab

− =


⇒ − = ≠


= −



Đặt:
(
)
2
; 0
t a t
= >
ta có:
2
520 4761 0 529
t t t
− − = ⇔ =
(do
0
t
>

)
Với
529
t
=
ta có:
2
23 3
529
23 3
a b
a
a b
= ⇒ = −


= ⇔

= − ⇒ =



Hai căn bậc hai của
∆
là:
23 3
i
−
và
23 3

i
− +

Do đó hai nghiệm của phương trình là:
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
( )
( )
( )( )
1
2
11 23 3 12 4 6 2 1 2 2 14
2 1 2 2 1 2 5 5 5
11 23 3 17 17 1 2
3 7
2 1 2 1 2 5
i i i i i
z i
i i
i i i i i
z i
i i
− + + − − − −

= = = = −


+ +


− + − + − + − + −

= = = = − +

+ +


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phức là:
{
}
1 2
2 14
; 3 7
5 5
z i z i
= − = − +
.










 



 

 

 



 





 





 






 



 

 





 

 



 





 

 




 





 



 




 

 

 

 



 







 

 

 



 





 





 





 




 

 



 

 

 



 





 





 






 



 

 



 




