SỎ GD&DT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN (Khối A - B - D) - Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG (7 điểm). Dành cho tất cả các thí sinh.
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
1x
y
x m
−
=
+
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m =
.
2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (d):
2y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B
sao cho
2 2AB =
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
2
4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2
3 3 3 3
x x x x x x
π π π π
       
+ − − + + =

 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
2. Giải hệ phương trình:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x

+ + − =


+ − − =


Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau:

3
2
0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx
x
π
+ +

=
+
∫
Câu IV (1 điểm).
Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc
·
0
60BAD =
. Gọi G là trọng tâm tam giác ABD,
( )SG ABCD⊥
và
6
3
a
SG =
.
Gọi M là trung điểm CD.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a.
2. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AB và SM theo a.
Câu V (1 điểm). Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
4 4 4
(2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2)
x y z
A
y y x z z y x x z

= + +
+ + − + + − + + −
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB:
2 1 0x y− − =
, đường chéo
BD:
7 14 0x y− + =
và đường chéo AC đi qua điểm
(2;1)E
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng
1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y z
d d
+ − + −
= = = =
−
.
a. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau và vuông góc với nhau.
b. Viết phương trình đường
d
cắt cả hai đường thẳng
1 2

, d d
đồng thời song song với đường thẳng
4 7 3
:
1 4 2
x y z− − −
∆ = =
−
.
Câu VII.a (1 điểm).
Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện
2 1z i z i+ = − +
và
1
2
z i
z i
+ −
+
là một số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip
2 2
( ): 1
16 9
x y
E + =
và đường thẳng
:3 4 12 0d x y+ − =

. Chứng minh rằng
đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm
( )C E∈
sao cho
ABC∆
có diện tích bằng 6.
2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng
1
2 4
:
1 1 2
x y z
d
− +
= =
−
và
2
8 6 10
:
2 1 1
x y z
d
+ − −
= =
−
.
a. Chứng minh rằng
1 2
,d d

chéo nhau. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó.
b. Gọi AB là đường vuông góc chung của
1
d
và
2
d
(
1 2
, A d B d∈ ∈
). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.
Câu VII.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3
log ( ) log ( )
2 2
4 4 4
4 2 2
1
log (4 4 ) log log ( 3 )
2
xy xy
x y x x y

− =


+ = + + +




www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
(1 đ)
Với
1m
=
ta được hàm số
1
1
x
y
x
−
=
+
.
1/ TXĐ:
{ }
\ 1D R= −
2/ Sự biến thiên:
- Giới hạn:
1
lim lim 1
1
x x
x

y
x
→±∞ →±∞
−
= =
+
⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
1y =
.

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1
lim lim ; lim lim
1 1
x x x x
x x
y y
x x
− − + +
→ − → − → − → −
− −
= = +∞ = = −∞
+ +

⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là
1x = −
- Chiều biến thiên:


2
2
' 0
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈ ⇒
+
hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên
x
−∞

1−

+∞
'y

+

+
y

+∞
1
1
−∞
3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm

(1;0)
, cắt trục Oy tại điểm
(0; 1)−
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
2
(1 đ)
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1):
2
1
2
( 1) 2 1 0 (*)
x m
x
x
x m
x m x m
≠ −

−
= + ⇔

+
+ + + + =

- Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT
(*) có hai nghiệm phân biệt khác
m−
2

0
6 3 0
3 2 3 3 2 3
1
1
m m
m m
x m
m
m

∆ >

− − >

< − ∨ > +

⇔ ⇔ ⇔
  
≠ −
≠ −
≠ −




(**)
- Khi đó gọi
1 2
, x x

là các nghiệm của PT (*), ta có
1 2
1 2
( 1)
. 2 1
x x m
x x m
+ = − +


= +

0.25 đ
0.25 đ
- Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là
1 1 2 2
( ; 2), ( ; 2)A x x B x x+ +
.
Suy ra
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2( ) 2 ( ) 4 2( 6 3)AB x x x x x x m m
 
= − = + − = − −
 
Theo giả thiết ta được
2 2
1
2( 6 3) 8 6 7 0
7

m
m m m m
m
= −

− − = ⇔ − − = ⇔

=

- Kết hợp với điều kiện (**) ta được
7m
=
là giá trị cần tìm.
0.25 đ
0.25 đ
II
1
(1 đ)
Giải phương trình:
2
4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2
3 3 3 3
x x x x x x
π π π π
       
+ − − + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
2

PT 2sin (cos2 cos ) 2 3.cos .(cos(2 ) cos ) 2
3 3
2sin .cos2 sin 2 3.cos .cos2 3 cos 2
(sin 3 sin ) sin 3(cos3 cos ) 3 cos 2
1 3
sin 3 3 cos3 2 sin3 cos3 1
2 2
cos 3 1 3 2 3 2
6 6 6
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x k x k
π π
π
π π π
π π
⇔ − − + + =
⇔ + + − =
⇔ − + + + − =
⇔ + = ⇔ + =
 
⇔ − = ⇔ − = ⇔ = +
 ÷
 
⇔
2
, Z.
18 3

x k k
π π
= + ∈
Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm :
2
, Z
18 3
x k k
π π
= + ∈
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2
(1 đ)
Giải hệ PT:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x

+ + − =


+ − − =



(I)
* Nếu
0x =
thì hệ (I)
2
2
1 0
(1 )(2 2) 0
y
y y

+ =

⇔

+ − =


vô nghiệm.
* Nếu
0x
≠
thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho
x
ta được hệ tương đương
2 2
2 2
1 1
( 2 ) 5 ( 2 2) 3
1 1

( 2 2) 2 ( 2 2) 2
y y
x y x y
x x
y y
x y x y
x x
 
+ +
+ − = + − − =
 
 
⇔
 
+ +
 
− − = − − =
 
 
- Đặt
2
1
, 2 2
y
u v x y
x
+
= = − −
, ta được hệ phương trình:


3 1
2 2
u v u
uv v
+ = =
 
⇔
 
= =
 
hoặc
2
1
u
v
=


=

- Với
2
2
2
1
2 4
1
1
1
2

2 4 2 3 0
2 2 2
y
x y
u
x y
x
v
x y y y
x y

+
= +
=
 
= +

=

⇒ ⇔ ⇔
   
=
= + − − =

 

− − =


2 4 2

1 3 1
x y x
y y y
= + =
 
⇔ ⇔
 
= − ∨ = = −
 

10

3
x
y
=

∨

=

- Với
2
2
2
1
2 3
2
1 2
2

1
2 3 4 5 0
2 2 1
y
x y
u
y x
x
v
x y y y
x y

+
= +
=
 
+ =

=

⇒ ⇔ ⇔
   
=
= + − − =

 

− − =

2 3 1 13


1 5 1 5
x y x x
y y y y
= + = =
  
⇔ ⇔ ∨
  
= − ∨ = = − =
  
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm
( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y = − −
.
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
III (1 đ) Tính tích phân:
S
M
G
D
C
B
A

3
2
0
cos cos sin

( )
1 cos
x x x
I x dx
x
π
+ +
=
+
∫
2
2 2
0 0 0
cos (1 cos ) sin .sin
.cos .
1 cos 1 cos
x x x x x
x dx x x dx dx J K
x x
π π π
 
+ +
= = + = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
- Tính
0
.cos .J x x dx

π
=
∫
. Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
= =
 
⇒
 
= =
 
0 0
0
( .sin ) sin . 0 cos 2J x x x dx x
π
π π
⇒ = − = + = −
∫
- Tính
2
0
.sin
1 cos
x x
K dx
x
π
=

+
∫
Đặt
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
Đổi cận :
x 0
π
t
π
0

2 2 2
0 0 0
( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin
1 cos ( ) 1 cos 1 cos
t t t t x x
K dt dt dx
t t x
π π π
π π π π
π
− − − −
⇒ = = =
+ − + +
∫ ∫ ∫
2 2 2
0 0 0
( ).sin sin . sin .

2
1 cos 1 cos 2 1 cos
x x x x dx x dx
K dx K
x x x
π π π
π π
π
+ −
⇒ = = ⇒ =
+ + +
∫ ∫ ∫
Đặt
cos sin .t x dt x dx= ⇒ = −
Đổi cận:
x 0
π
t 1
1
−
1
2
1
2 1
dt
K
t
π
−
⇒ =

+
∫
, đặt
2
tan (1 tan )t u dt u du= ⇒ = +
Đổi cận:

t
1−
1
u
4
π
−
4
π
2 2
4 4
4
2
4
4 4
(1 tan )
.
2 1 tan 2 2 4
u du
K du u
u
π π
π

π
π π
π π π π
−
− −
+
⇒ = = = =
+
∫ ∫
Vậy
2
2
4
I
π
= −
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
IV
(1 đ)
1
(0.5 đ)
* Tính thể
tích
S.ABMD.
- Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD,
6
3

a
SG =
;
Do ABCD là hình thoi cạnh a,
·
0
60BAD =
ABD⇒ ∆
và
BCD∆
là các tam giác đều
cạnh a, M là trung điểm CD
2 2
2 2 2
1 1 3 3
2 2 4 8
3 3 3 3
2 8 8
BCM BCD
ABMD ABCD BCM
a a
S S
a a a
S S S
∆ ∆
∆
⇒ = = =
⇒ = − = − =
2 3
.

1 1 6 3 3 2
. . .
3 3 3 8 8
S ABMD ABMD
a a a
V SG S⇒ = = =
Vậy
3
.
2
8
S ABMD
a
V =
0.25 đ
0.25 đ
2
(0.5 đ)
* Tính khoảng cách giữa AB và SM:
- Nhận thấy:
// //( )AB CD AB SCD⇒
, mà
( )SM SCD⊂
( , ) ( ,( )) ( ,( ))d AB SM d AB SCD d B SCD h⇒ = = =
- Lại có:
2 2 1 1 3 2 3
.
3 3 2 3 3 3
a a
AG AO AC AC GC= = = = ⇒ =

2 2
2 2 2 2
6 12
2
9 9
a a
SC SG GC a⇒ = + = + =
Mặt khác
2 2
2 2 2 2
3 6 3
3 9 9
a a a
GD GA SD SG GD a= = ⇒ = + = + =
· ·
2 2 2 2 2 2
0
2 1
cos 45
2. .
2. 2. 2
SC CD SD a a a
SCD SCD
SC CD
a a
+ − + −
⇒ = = = ⇒ =
2
0
1 1 1

. .sin 45 . 2. .
2 2 2 4
2
SCM
a a
S SC CM a
∆
⇒ = = =
Vì
. .
1
. .
3
S BCM B SCM SCM
V V h S
∆
= =
nên
.
3
B SCM
SCM
V
h
S
∆
=
Mà
2 3 3 3 3
. . . .

1 6 3 2 2 2 2
. .
3 3 2 8 6 8 24
B SCM S BCM S ABCD S ABMD
a a a a a a
V V V V= = − = − = − =
3 2
3. 2 2
:
24 4 2
a a a
h⇒ = =
.
Vậy
2
( , )
2
a
d AB SM =
0.25 đ
0.25 đ
V
(1 đ) - Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
3 2 2 2
3 2
2 2
3
2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4
4 4 1
2 1 8 2 4

(4 4 )
(2 1 8 4 2)
y y y y y y y y
x x y
y y
y y x y x y
y y x
+ = + − + ≤ + + − + = +
⇒ + − ≤ ⇒ ≥ = −
+ +
+ + −
Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được:
2 2 2
1 1 1 x y z
A
x y z z x x y y z
 
≥ + + − + +
 ÷
+ + +
 
- Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có:
0.25 đ
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2
x y z x y z

A
x y z z x x y y z x y z
zx xy yz
x y z
x y z
 
 
 ÷
≥ + + − + + ≥ + + − + +
 ÷
 ÷
+ + +
 
 
 
= + + − + +
 ÷
 ÷
 
- Lại có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 1 1 2
x y z x y z
x y z
 
 
   
+ + + = + + + + + ≥ + +
 ÷
 ÷

 ÷  ÷
 ÷
   
 
 
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
2 3 3
2 2
A
x y z x y z x y z
     
≥ + + − − + + = + + −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
3
3 3 3 3 3
. 3 . 3
2 2 2
3
x y z
xyz
≥ − ≥ − =
+ +
.
Vậy
min
3
1

2
A x y z= ⇔ = = =
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
VI.a
1
(1 đ)
* Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật:
- Ta có:
B AB BD= ∩
suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:
2 1 0 7
(7; 3)
7 14 0 3
x y x
B
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒ =
 
− + = =
 
- Giả sử
(2 1; ) : 2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0A a a AB y D d d BD x y= + ∈ − − = = − ∈ − + =
(6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; )AB a a BD d d AD d a d a⇒ = − − = − − = − − −
uuur uuur uuur
Do
3 (loai)

. 0 (3 )(15 5 30) 0
3 6 0
a
AB AD AB AD a d a
d a
=

⊥ ⇒ = ⇔ − − − = ⇔

− − =

uuur uuur uuur uuur
3 6 ( 3;6 2 )a d AD d d⇒ = − ⇒ = − −
uuur
.
Lại có:
( 7; 3)
C C
BC x y= − −
uuur
. Mà ABCD là hình chữ nhật nên
AD BC=
uuur uuur
3 7 4
( 4; 9 2 )
6 2 3 9 2
C C
C C
d x x d
C d d

d y y d
− = − = +
 
⇒ ⇒ = + −
 
− = − = −
 
.
(6 13; 3 7), ( 2; 8 2 )EA d d EC d d⇒ = − − = + −
uuur uuur
với
(2;1)E =
- Mặt khác điểm
(2;1) , E AC EA EC∈ ⇒
uuur uuur
cùng phương
2
(6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0
2 0
0
3 3 (loai)
d d d d d d
d a
a
d a
⇔ − − = + − ⇔ − + =
= =
 
⇔ ⇒ ⇒ =
 

= =
 
Vậy
(1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 0)A B C D= = = =
là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm.
0.25 đ
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
1
(1 đ)
1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y z
d d
+ − + −
= = = =
−
.
Đường thẳng
1
d
đi qua điểm
1
(0; 1;0)M = −
, có vectơ chỉ phương là
1
(1; 2; 1)u =

ur
Đường thẳng
2
d
đi qua điểm
2
(1; 1;4)M = −
, có vectơ chỉ phương là
2
(1; 2;3)u = −
uur
.
a/ Ta có
1 2 1 2 1 2 1 2
, (8; 2; 4), (1; 0; 4) , . 8 0u u M M u u M M
   
= − − = ⇒ = − ≠
   
ur uur uuuuuur ur uur uuuuuur
1 2
, d d⇒
chéo nhau.
Lại có
1 2 1 2
. 1 4 3 0u u d d= − + = ⇒ ⊥
ur uur
. Vậy
1
d
,

2
d
chéo và vuông góc với nhau.
b/ Gọi
1 2
, ( ; 1 2 ; ), (1 ; 1 2 ;4 3 )M d d N d d M t t t N s s s= ∩ = ∩ ⇒ = − + = + − − +
(1 ; 2 2 ;4 3 )MN s t s t s t⇒ = + − − − + −
uuuur
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Lại có
(1;4; 2)u = −
r
là vectơ chỉ phương của
∆
,
0.25 đ
0.25 đ
0,25 đ
do đó
//d u∆ ⇒
r
cùng phương với
MN
uuuur

2 0
, 0
5 3 6 0
s t
u MN

s t
− + =

 
⇔ = ⇔

 
− + =

r uuuur r
0
(2;3;2)
2
s
M
t
=

⇒ =

=

. Vậy đường thẳng cần tìm là
2 3 2
:
1 4 2
x y z
d
− − −
= =

−
.
0.25 đ
VII.a
(1 đ)
* Tìm số phức z
Đặt
2 ( 2)
( , )
1 ( 1) (1 )
z i a b i
z a bi a b R
z i a b i
+ = + +

= + ∈ ⇒

− + = − + −

2 2 2 2
2 1 ( 2) ( 1) (1 ) 1 3z i z i a b a b a b⇒ + = − + ⇔ + + = − + − ⇔ = − −
Và
2 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) (2 3) 2
2 (2 )
(2 ) (2 )
z i a b i a a b b a b b
i
z i a b i
a b a b

+ − + + − + − − − − + −
= = +
+ + −
+ − + −
là một số
thuần ảo khi và chỉ khi
2
( 1) ( 2)( 1) 0 4 3 1 0a a b b b b+ − − − = ⇔ + − =
1 2
1 7
4 4
b a
b a
= − =
 
 
⇔ ⇒
 
= = −
 
. Vậy có hai số phức cần tìm:
2z i
= −
và
7 1
4 4
z i= − +
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
VI.b
1
(1 đ)
* Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm
- Xét hệ PT giao điểm
2 2
4, 0
1
(4;0), (0;3)
16 9
0, 3
3 4 12 0
x y
x y
A B
x y
x y

= =

+ =

⇔ ⇔ ⇒


= =


+ − =


là các
giao điểm của d và (E).
- Gọi
2 2
0 0
0 0
( ; ) ( ) 1
16 9
x y
C x y E∈ ⇒ + =
(1). Ta có
0 0
3 4 12
( , )
5
x y
d C AB h
+ −
= =
0 0
0 0
3 4 12
1 1 1
. . .5. 3 4 12
2 2 5 2
ABC
x y
S AB h x y
∆

+ −
= = = + −
Theo giả thiết suy ra
0 0
0 0
0 0
3 4 24 (2)
3 4 12 12
3 4 0 (3)
x y
x y
x y
+ =

+ − = ⇔

+ =

- Từ (1) và (2) ta được PT
2
0 0
2 12 27 0y y− + =
, PT này vô nghiệm
- Từ (1 và (3) ta được PT
2
0 0 0
3
32 144 2 2
2
y y x= ⇔ = ± ⇒ = m

.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

3
2 2;
2
C
 
= −
 ÷
 
và
3
2 2;
2
C
 
= −
 ÷
 
.
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2
(1 đ)
Ta có:
1
2 4

:
1 1 2
x y z
d
− +
= =
−
và
2
8 6 10
:
2 1 1
x y z
d
+ − −
= =
−
.

1
d
đi qua điểm
1
(0;2; 4)M = −
, có vectơ chỉ phương là
1
(1; -1; 2)u =
ur

2

d
đi qua điểm
2
( 8;6;10)M = −
, có vectơ chỉ phương là
2
(2;1; 1)u = −
uur
.
a/
1 2 1 2 1 2 1 2
, ( 1;5;3), ( 8;4;14) , . 70 0u u M M u u M M
   
= − = − ⇒ = ≠
   
ur uur uuuuuur ur uur uuuuuur
Suy ra
1
d
và
2
d
chéo nhau.
1 2 1 2
1 2
1 2
, .
70
( , ) 2 35
35

,
u u M M
d d d
u u
 
 
= = =
 
 
ur uur uuuuuur
ur uur
b/ Ta có
1 2
, ( ;2 ; 4 2 ), ( 8 2 ;6 ;10 )A d B d A t t t B s s s∈ ∈ ⇒ = − − + = − + + −
( 8 2 ;4 ;14 2 )AB s t s t s t⇒ = − + − + + − −
uuur
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Do AB là đường vuông góc chung nên
1 1
2 2
. 0
4

2
. 0
AB u AB u
s
t

AB u AB u
 
⊥ =
=

 
⇒ ⇔ ⇔
  
=
⊥ =

 
 
uuur ur uuur ur
uuur uur uuur uur
(2;0;0), (0;10;6)A B⇒ = =
.
Mặt cầu đường kính AB có PT là:
2 2 2
( 1) ( 5) ( 3) 35x y z− + − + − =
.
0.25 đ
VII.b
Giải hệ PT:
3 3
log ( ) log ( )
2 2
4 4 4
4 2 2 (1)
1

log (4 4 ) log log ( 3 ) (2)
2
xy xy
x y x x y

− =


+ = + + +


- ĐK:
0, 0x y> >
.
Đặt
3
log ( )
2 0
xy
t = >
, PT (1) trở thành
2
3
1 (loai)
3
2 0 2 log ( ) 1 3
2
t
t t t xy xy y
t

x
= −

− − = ⇔ ⇒ = ⇒ = ⇔ = ⇔ =

=

Thay vào PT (2) ta được PT
2
4 4 4
2
36 1 9
log (4 ) log log ( )
2
x x x
x x
+ = + + +
2
2 2 4 2
2 2
2
3
36 9 36
4 2 ( ) 2 18 0 9 18 0
6
x
x x x x x x
x x x
x


=
⇔ + = + ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔

=

3
3
6
6
2
y
x
x
y

=

=

⇔ ⇒


=
=




.
Vậy hệ có 2 nghiệm là

( )
6
3; 3 , 6;
2
 
 ÷
 ÷
 
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
- Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm.
- Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ