Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (Đề 10)
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 ÷
 

2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + − =


− =


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
2
| 4 |y x x= −
và
2y x=
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho
trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
     
− + =

 ÷  ÷  ÷
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong
CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

.Gọi
∆

là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu
vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình của mặt
phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
WWW.ToanPhoThong.TK
1
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai
đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆

có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +



= −


=

.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 VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 10
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:

lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y = − −
0
' 0
3
4
x
y
x
=


= ⇔

= ±

0,25
• Bảng biến thiên.
( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT

y y y y y y
   
= − = − = = − = =
 ÷  ÷
   
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
2
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
2 1,00
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈

nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1t− ≤ ≤
.
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m >

: Phương trình đã cho vô nghiệm.
1.
81
32
m =
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
•
0 1m
< <
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
0m =
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0

2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x

− =

=
− =








 

 

 

⇔ ⇔ − =
− =
 
− =
 ÷

 ÷

 ÷


 
 
 

 




 

>
>

− >







0,50
3
2
2 2
log 0
1 1
2
1
1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2

x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x
=

= =
 

 
 =

 =  =
 

 


 
 

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
 


 
− =

− = =
  
 
 ÷

 
 
 
  
 

  
 
> >
>
 
 


0,50
2 1,00
WWW.ToanPhoThong.TK
3
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Điều kiện:
| | | |x y≥

Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12

12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 ÷

 

0,25

4
8
u
v
=

⇔

=

hoặc
3

9
u
v
=


=

+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =




(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(II)
0,25
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
( ) ( )

{ }
5;3 , 5;4S =
0,25
III 1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C= −
và
( )
: 2d y x=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=


 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=
− = − − =

 
 
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −
∫ ∫
0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −
∫

Vì
[ ]
2
0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4x x x x− = − +
⇒

( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤

và
[ ]
2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
4
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
1,00
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung
điểm của AB, A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C

AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’
và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'K II∈
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3

h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 ÷
= + + =
 ÷
 
0,25
V 1,00
Ta có:
+/
( )
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;

+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π
 
     
= + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
 
   
= + = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )

1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
 
=
 ÷
 
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
5
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1−
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m+ + − =
(2) với
2 2t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2t t m⇔ + = −

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ) : 2 2D y m= −
(là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm
có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4y t t= +
với
2 2t− ≤ ≤
.
0,25
Trong đoạn
2; 2
 
−
 
, hàm số
2
4y t t= +
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2−
tại
2t = −
và đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2+
tại
2t =
.
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +

2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VI
a
2,00
1 1,00
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
0,25
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C

+ −
 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =


.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
( )
1;0K −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua
đường thẳng
∆
, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên (P). Ta luôn
có
IH IA≤

và
IH AH⊥
.
WWW.ToanPhoThong.TK
6
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am ⇔ ≡
. Lúc này (P)
ở vị trí (P

0
) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
.
VIIa
Để ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +



+ ≥ +

0,25
Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +

 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷
+ +
 
=
vv
1,00
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −

.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
0,2
5
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   

= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

0,5
0
WWW.ToanPhoThong.TK
7
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
2 1,0
0
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− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )

( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 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
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,2
5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r

.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )

6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Như vậy
2 29AM BM+ ≥
0,2
5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =

.
0,2
5
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
0,2
5
VIIb 1,00
WWW.ToanPhoThong.TK
8
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a x y z
VT
a c a b a b c y z z x x y
+ +
= + + = + +
+ + + + + + +
0,5
0
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z

< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
0,5
0
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 11
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x x x= = −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện
đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
2. Giải bất phương trình:
( )
2
3 1 1
3 3
1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x− + + − > +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
( )
2

4 4
0
cos 2 sin cosI x x x dx
π
= +
∫
WWW.ToanPhoThong.TK
9
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên
tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn
đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45
0
. Tính diện tích
xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng
∆
định bởi:
2 2
( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − =
. Tìm điểm M trên

∆
sao cho từ M vẽ được với
(C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3),
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác
nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ
ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I
thuộc đường thẳng
( )
: 3 0d x y− − =
và có hoành độ
9
2
I
x =
, trung điểm của một cạnh là
giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương
trình là
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + =
.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn
thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Cho
, ,a b c
là những số dương thỏa mãn:
2 2 2
3a b c+ + =
. Chứng minh bất
đẳng thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 11
Câ
u
Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
10
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
+ Sự biến thiên
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞

= +∞ = +∞
•
( )
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x
=

= − = − = ⇔

= ±

0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( ) ( )
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y= − = − = = − = =
C§

0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
Ta có

3
'( ) 4 4f x x x= −
. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b= = − = = −
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + −
;
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + −
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
( )
( )
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân biệt nên
a b
≠
, do đó (1) tương đương với phương trình:
2 2
1 0 (2)a ab b+ + − =
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )

( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b


+ + − =
+ + − =
 
⇔ ≠ ⇔
 
− = −
− + = − +




,
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm
này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là
( )

1; 1− −
và
( )
1; 1−
.
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với
nhau là
WWW.ToanPhoThong.TK
11
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
2 2
1 0
1
a ab b
a
a b

+ + − =

≠ ±


≠

II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
( )
cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1

x x x x x
x
+ ≠


≠


0,25
Từ (1) ta có:
( )
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos 2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
−
= ⇔ =
+ −
0,25
2sin .cos 2 sinx x x⇔ =
( )

2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +


¢
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )
2
4
x k k

π
π
= − + ∈¢
0,25
2 1,00
Điều kiện:
3x
>
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( )
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
− −
− + + − > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x⇔ − + − − > − +

( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + 
 
0,25
( ) ( )
3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
−
 
⇔ − − > 
 ÷
 
+
 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+

2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>


0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10x >
0,25
III 1,00
1 1,00
WWW.ToanPhoThong.TK
12
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
( )
2
2
0
2
2
0

1
cos 2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x
π
π
 
= −
 ÷
 
 
= −
 ÷
 
∫
∫
0,50

( ) ( )
2 2
2
0 0
3
2 2
0 0
1 1

sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
π π
π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và
CD. Khi đó
OM AB
⊥
và
' DO N C
⊥
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI
∆
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.

2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ =
0,25
Ta có:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
 
 
= = + = + = + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
π

π π
⇒ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1)
Điều kiện :
0 1x≤ ≤
Nếu
[ ]
0;1x∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm
duy nhất thì cần có điều kiện

1
1
2
x x x= − ⇒ =
. Thay
1
2
x =
vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±

0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
13
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
* Với m = 0; (1) trở thành:
( )

2
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4

1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này
(1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VI
a
2,00

1 1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp
tuyến này lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
∆
, nên tọa độ của M nghiệm đúng
hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

− + − =



+ − =


0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
( ) ( )
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x
=


− + + − = ⇔ − + = ⇔

=

0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M
 
 ÷

 
hoặc
27 33
;
5 10
M
 
 ÷
 
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
14
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
2 1,00
Ta tính được
10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =
.
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là
một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng
tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2
G
 
 ÷
 

, bán kính là
14
2
R GA= =
.
0,50
VI
Ia
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và
vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có

9
10
C

cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C+ − − =

cách.
0,50
VI
b
2,00
1 1,00
I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒
 ÷

 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm
của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= ⇔ = =
( )
AD d
M AD
⊥


∈


, suy ra phương trình AD:

( ) ( )
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 
  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =

 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔
 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
WWW.ToanPhoThong.TK
15
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
9 3

;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+

=

= − = − =


⇔
 

+ = − = − =


=


Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
( )
( )
( )
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M
0
và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0

là hình
chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M
0
là giao điểm của đoạn
thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao
điểm của
∆
và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2;2; 1
P
n = −
r
và qua I nên có phương
trình là
( )
2 2
1 2
3
x t

y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

¡
.
0,25
Tọa độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng phương trình:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −
Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
 
− −
 ÷

 
.
0,25
Ta có
0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VI
Ib
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
0,50

WWW.ToanPhoThong.TK
16
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Ta lại có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
≥ = ⇔ + + + − − − ≥
+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥
Tương tự:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c
≥ ≥
+ + + + + +
Từ đó suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +

+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 12
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2
32
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C)
tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường
tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình






−=−+
24
cos2sin
2

cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
2. Giải bất phương trình






−+−>−+− xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫









+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
·
·
0
30= =SAB SAC
.
Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
052:
1
=+− yxd
. d
2
: 3x +6y – 7 = 0. Lập

phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng
d
1
và d
2
tạo ra một tam
giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng
WWW.ToanPhoThong.TK
17
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
(P) có phương trình:
02 =−++ zyx
. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm
A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −
k k k n n
n n n n

C C k k C n n C
Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương
trình:
1
916
22
=−
yx
. Viết phương trình chính tắc
của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của
(H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
( )
052: =+−+ zyxP
và đường thẳng
31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm
của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn

nhất.
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình





+=++
=+
+−+
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx
Hết
Đáp án
Câu Nội dung Điểm
I. 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số
2
32
−
−
=
x
x
y
1,00

1) Hàm số có TXĐ:
{ }
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
+∞=−∞=
+−
→→
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
→+∞ →−∞
= = ⇒
x x
y y
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
18
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
( )
2x,0
2x
1

'y
2
≠∀<
−
=
Bảng biến thiên:
x
- ∞ 2 + ∞
y’ - -
y
2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;∞−
và
( )
+∞;2
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại






2

3
;0
và cắt trục hoành tại điểm






0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
I. 2 Tìm M để cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
≠









−
−
,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
−

−
+−
−
−
=∆
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
( )
∆
và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
−








−
−
Ta thấy

M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==
−+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
suy ra M là trung điểm
của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
S =

π≥






−
+−π=
















−
−
−
+−π=π 2
)2x(

1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
19
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Dấu “=” xảy ra khi




=
=
⇔
−
=−
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II. 1
Giải phương trình






−=−+
24
cos2sin
2

cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
1 điểm
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22






−=−+
x
x
x
x

x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=






−
π
+=−+⇔
0,25
01
2
x
cos
2
x

sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =






−−⇔=






−−⇔
0,25
01
2

x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++






−⇔
0,25
2
sin x 0
x k
x k
x

sin 1 x k , k
x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2sin 1
2 2


=
= π


= π



⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = π ∈
π



= π+ π
= + π




+ +


Z
0,25
II. 2
Giải bất phương trình






−+−>−+− xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2
1 điểm
ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2

1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<⇔







≠
<
⇔





>−
<
⇔






>+−
>−
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[ ]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22
−−++>−−
[ ]
01)x21(logx
2
<+−⇔
0,25




<
>
⇔











>−
<



<−
>
⇔










>−
<



<−
>

⇔










>+−
<



<+−
>
⇔
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log

0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<<
hoặc x < 0. 0,25
III
Tính tích phân
∫








+

+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
1 điểm
WWW.ToanPhoThong.TK
20
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
+) Tính

∫
+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=⇒+=
Đổi cận:
2tex;1t1x =⇒==⇒=
0,25
( )
( )
( )
3
222
t
3
t

2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1
−
=








−=−=
−
=
∫∫
0,25
+) Tính

dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. Đặt







=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv

xlnu
32
0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= − = − = − + =
∫
0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+−
0,25
IV Tính thể tích hình chóp S.ABC 1 điểm
Theo định lí côsin ta có:
·
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + − = + − =
Suy ra
aSB =

. Tương tự ta cũng có SC = a.
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥
SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=
0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó
MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta
cũng có MN ⊥ SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2

2222222
=








−






−=−−=−=
4
3a
MN =⇒
.
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4

3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
S
A
B
C
M
N
21
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
V
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
333
3
1
3

1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=
1 điểm
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x

1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥








++++
(*)
Áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+

+
+
+
+
=
0,25
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25
Suy ra

( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 
1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
Do đó
3P ≥
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =



+ = + = + =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba ===
0,25
VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm
Cách 1: d
1
có vectơ chỉ phương
)1;2(a
1
−
; d
2
có vectơ chỉ phương
)6;3(a
2
Ta có:
06.13.2a.a
21
=−=
nên
21
dd ⊥
và d
1
cắt d
2

tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng
đi qua P( 2; -1) có phương trình:
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d =+−+⇔=++−
0,25
d cắt d
1
, d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1
( hoặc d
2
) một góc 45
0



−=
=
⇔=−−⇔=
−++
−
⇔
A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222

0,25
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng
05yx3:d =−+
0,25
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng
05y3x:d =−−
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =−+
05y3x:d =−−
0,25
Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao
điểm của d
1
, d
2
của tam giác đã cho.
Các đường phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
có phương trình



∆=++
∆=+−
⇔−+=+−⇔
+
−+
=

−+
+−
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222
0,25
+) Nếu d // ∆
1
thì d có phương trình
0cy9x3 =+−
.
Do P
∈
d nên
05y3x:d15c0c96 =−−⇒−=⇔=++
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
22
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
+) Nếu d // ∆
2
thì d có phương trình
0cy3x9 =++

.
Do P
∈
d nên
05yx3:d15c0c318 =−+⇒−=⇔=+−
0,25
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =−+
05y3x:d =−−
0,25
VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
0,25
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>−++=++++++
Vì
( )
SD,C,B,'A ∈
nên ta có hệ:










−=
−=
−=
−=
⇔







=−++−
=++++
=++++
=++−
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8
014dc4b6a2
02db2a2
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình:
01225
222

=+−−−++ zyxzyx
0,25
(S) có tâm






1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R =
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phương là:
( )
1;1;1n
Suy ra phương trình của d:






+++⇒






+=
+=
+=
t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x
Do
( )
)P(dH ∩=
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
−=⇔−=⇔=−+++++








⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H
0,25
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29

IHRr
22
==−=−=
0,25
VII a. Tìm số nguyên dương n biết 1 điểm
* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(
++
+++++
+
−+−+−+−=−
(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2

1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
+
+
−
+++
+−+−+−+−=−+−
(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
−+
+
−
+++
−
+−+−−++−=−+
0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
− − +
+ + + +
− + = − + + − − + − +
0,25
Phương trình đã cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2
=⇔=−+⇔=+⇔
0,25
VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 1 điểm
(H) có các tiêu điểm
( ) ( )
0;5F;0;5F
21
−
. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),
0,25
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:
1
b
y
a
x
2
2
2
2

=+
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
( ) ( ) ( )
15ba0;5F;0;5F
222
21
=−⇒−
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
23
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
( ) ( ) ( )
2bab16a9E3;4M
2222
=+⇔∈
Từ (1) và (2) ta có hệ:



=
=
⇔



=+
+=
15b
40a

bab16a9
b5a
2
2
2222
222
0,25
Vậy phương trình chính tắc của (E) là:
1
15
y
40
x
22
=+
0,25
VIb. 2
Tìm điểm M thuộc
∆
để AM ngắn nhất 1 điểm
Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:





+=
−=
−=
3

1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
( )
3;1;32 +−−⇒ tttI
Do
( ) ( )
4;0;1105)3()1(232 −⇒=⇔=+−−−+−⇒∈ IttttPI
0,25
* (d) có vectơ chỉ phương là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;1 −n
[ ]
( )
3;3;3n,a
−=⇒
. Gọi
u
là vectơ chỉ phương của
∆

( )
1;1;1u −⇒


0,25





+=
=
−=
∆⇒
u4z
uy
u1x
:
. Vì
( )
u4;u;u1MM +−−⇒∆∈
,
( )
u;3u;u1AM −−⇒
0,25
AM ngắn nhất
∆⊥⇔
AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =+−+−−⇔=⇔⊥⇔

3
4
u =⇔

. Vậy






−
3
16
;
3
4
;
3
7
M
0,25
VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm





+=++
=+
+−+
)2(1xxy1x3
)1( 2.322
2

x3y2y1x3
Phương trình (2)



=−+
−≥
⇔



+=++
≥+
⇔
0)13(
1
113
01
2
yxx
x
xxyx
x









−=
−≥
=
⇔








=−+
=
−≥
⇔
xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1
0,25

* Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2
=⇔=⇔=+⇔=+
−
y
yyyyy
0,25
* Với



−=
−≥
xy
x
31
1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
2.322
1313
=+
−−+ xx


Đặt
13
2
+
=
x
t
Vì
1
−≥
x
nên
4
1
≥t
( )
( )
[ ]





+−=
−+=
⇔





+=
−=
⇔=+−⇔=+⇔
)83(log2y
183log
3
1
x
83t
i¹lo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2
0,25
WWW.ToanPhoThong.TK
24
Bộ đề thi Đại học 2012-2013 WWW.ToanPhoThong.TK
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm





=
=
11

8
logy
0x
2
và
( )
[ ]





+−=
−+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2
0,25
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 13
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I. PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh ( 7,0 ®iÓm)
Câu I ( 2đ). Cho hàm số: y = mx
3
- 3mx
2


+ 2 (m - 1)x - 1 - m
2
có đồ thị (C
m
).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị với m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu. Chứng tỏ rằng hai điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn
cách đều đường thẳng x = 1.
Câu II ( 2 điểm):1) Giải phương trình:
6 6
4(sin cos )
tan cot 1
sin 2
x x
x x
x
+
= + −
2) Giải bất phương trình:
( )
1
1 25
5
5
1
(1 ).log 3 .log 3 3 2.log (11.3 9)
2
x x
x
+

− + + ≤ −
.
3) Giải phương trình:
4
4 4
8x 1 9x 1 3 x− + + =
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân sau:
( )
2
2 2008
0
sin 2 cosI x x x dx
π
= +
∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh là a. Gọi M là trung điểm của CD, N là trung
điểm của A’D’. Tính thể tích của tứ diện MB’C’N và góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N.
Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
4 4 4
1
4
x y z
A x y z
yz zx xy
= + + + + +
II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 ĐIỂM) Thí sinh chỉ được chọn một phần (phần 1 hoặc phần2)
1. Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a ( 2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng lần lượt
có phương trình: d
1
: 3x - y - 4 = 0, d
2
: x + y - 6 = 0, d
3
: x + 3y - 3 = 0.Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết rằng A và C thuộc d
3
, B thuộc d
1
, D thuộc d
2
.
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt
có phương trình: d:
1 1
4 2 4
x y z− +
= =
, (P): x + y - 2z + 5 = 0, (Q): 2x - y + z + 2 = 0
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai
mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1điểm): Giải phương trình:
2 3 2 2
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 2 2 2 80
. . . .

1 2 3 2 2 2 2
n
n
n n n n
C C C C
n n
+
+
+ + + +
+ + + + =
+ +

(với n là số nguyên dương)
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b ( 2 điểm):
1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
x
2
+ y
2
+ 8x – 6y = 0. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng
WWW.ToanPhoThong.TK
25