ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TỐN THPT

Mơn: TỐN
NGÀY 12.10.2012

ĐỀ SỐ 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
2x + 1
(C)
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hồnh độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A, B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp
√
đường trịn có bán kính bằng 10.

Câu 1. (2 điểm)

Cho hàm số y =

Câu 2. (2 điểm)
cos 2x
+ 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x.
cos x

(x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2
4
b) Giải hệ phương trình

4x2 + 4y2 + 4x − 4y = 7
a) Giải phương trình

Câu 3. (1 điểm)

Tính tích phân

π
4

I=
0

1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x
dx.
3 + cos 2x

Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vng góc với đáy, các đường
√
thẳng SA, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, BD = 2a và góc ADB = 45o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + 3 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức : P = (xy − x + 1)2 + (xy − y + 1)2

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình vng ABCD có các đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) . Gọi E
là trung điểm của cạnh AD, BM là đường thẳng vng góc với CE tại M ; N là trung điểm của của BM và P là giao điểm
của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P .

b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và đường
x+1
y+2
z−1
thẳng d :
=
=
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến
1
1
1
MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho AMB = 60o ; BMC = 90o ; CMA = 120o .
Câu 7a. (1 điểm) Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 và 2z1 − z2 = −3 + 2i .
z1
Tìm mơ-đun của số phức w = + z1 + z2 .
z2

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho tam giác ABCvng tại A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ .
Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương
trình : x − y + 5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 12 và điểm
√
A (4; 4; 0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân tại B và có diện tích bằng 4 3
Câu 7b. (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng
thời các chữ số 1 và 3 ln có mặt và đứng cạnh nhau.
———————————————–Hết—————————————————-



2x + 1
(C)
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hồnh độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A, B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp
√
đường trịn có bán kính bằng 10.
Lời giải (Sangham_BM ):
2x + 1
Hàm số: y =
. Tập xác định: D = R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:
x−1
-Tiệm cận ngang: y = 2. -Tiệm cận đứng: x = 1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1; 2).
2x0 + 1
Giả sử điểm M(x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số (x0 = 1). Suy ra y0 =
. Để M có hồnh độ dương thì x0 > 0
x0 − 1
−3
2x0 + 1
(x − x0 ) (∆)
=
Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y −
x0 − 1
(x0 − 1)2
Khơng giảm tính tổng quát ta giả sử A, B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang với đồ thị (C).
2(x0 + 2)
6
Suy ra A 1;
, IB = 2|x0 − 1|

, B(2x0 − 1; 2). Và IA =
x0 − 1
|x0 − 1|
Vì hai tiệm cận vng góc với nhau nên IA và IB vng góc nhau hay ∆IAB vng tại I.
1
Do đó bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆IAB = AB
2 √
√
Vậy để ∆IAB có bán kính đường trịn ngoại tiếp là 10 thì AB = 2 10
Mà theo định lí Pitago thì IA2 + IB2 = AB2 nên IA2 + IB2 = 40.
36
Hay
+ 4(x0 − 1)2 = 40 ⇐⇒ [(x0 − 1)2 − 1][(x0 − 1)2 − 9] = 0
(x0 − 1)2
Suy ra x0 = 2 hoặc x0 = 4 (do x0 > 0) (thỏa mãn)
* Nếu x0 = 2 → y0 = 5. Suy ra M(2; 5)
* Nếu x0 = 4 → y0 = 3. Suy ra M(4; 3)
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2; 5) và M(4; 3)
Câu 1.

Cho hàm số y =

Câu 2.a Giải phương trình

cos 2x
+ 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x.
cos x

Lời giải (Love Math):
ĐK : cos x = 0

PT tương đương với : cos 2x + (sin x − cos x) + sin x. cos x(cos x − sin x) = 0
⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x + sin x. cos x − 1) = 0
cos x − sin x = 0
cos x + sin x + sin x. cos x − 1 = 0
√
PT thứ 2 đặt sin x + cos x = t, |t| ≤ 2
π
Giải ra ta được x = k2π, x = + k2.π(k ∈ Z)
4

Câu 2.b

Giải hệ phương trình


(x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2
4
4x2 + 4y2 + 4x − 4y = 7

Lời giải (hahahaha1):

−6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a − 20(1)
3a − 1
3b + 1
Đặt x =
;y =
.Lúc đó hệ trở thành:
a2 + b2 = 1
2
2

Ta có (1) ⇔ 3b2 (3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20) ⇔ 3(1 − a2 )(3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20)
⇔ (a − 1)(6a2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab) = 0
1
+) với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = 1; y =
2
+) Với 6a2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2 + 29 − 15 − 6 − 3 = 6a2 + 5 > 0 nên TH này pt vơ nghiệm.
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 1;
2
Lời giải (Hồng Vinh):
Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 2
17
+ 21y2
Biến đổi pt(1) thành (x + y)[25 − 4(xy + x − y)] =
4
17
Thay 4x − 4y = 7 − 4x2 − 4y2 ta được : 4y3 − 21y2 + 18y + 4x3 + 18x =
4
2


khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x3 + 18x, −2 ≤ x ≤ 1 và g(y) = 4y3 − 21y2 + 18y, −1 ≤ y ≤ 2
17
1
Ta có : f (x) + g(y) ≤
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y =
4
2
1
Vậy hệ có nghiệm 1,

2
Câu 3.

Tính tích phân

π
4

I=
0

1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x
dx.
3 + cos 2x

Lời giải (hungchng):
1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x x + x tan2 x − x cos2 x + tan x cos2 x x sin2 x + x tan2 x sin x cos x
=
=
+
3 + cos 2x
3 + cos 2x
3 + cos 2x
3 + cos 2x
2x
2 x(cos2 x + 1)
sin 2x
x tan
sin 2x
x tan

+
=
+
=
3 + 2 cos2 x − 1
2(3 + cos 2x)
2
2(3 + cos 2x)
π
4

1
1
1
− x2 + x tan x + ln | cos x| − ln |3 + cos 2x|
Do đó I =
2
2
2

=
0

1
π π2 1
−
+ ln 2 − ln 3
8 64 4
4


Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vng góc với đáy, các đường thẳng
√
SA, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, BD = 2a và góc ADB = 45o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a.
Lời giải (dan_dhv):
S

T
K

A

D

H
B

C

Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ (ABCD). suy ra SAH = SDH = 30o suy ra HA = HD
√
AD
nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ HA = HD = √ = a 3. ⇒ SH = HD. tan(30o ) = a.
2
√
√
2a3 . 3
o ) = 2a2 . 3 nên V
Ta có . Diện tích đáy S = AD.BD. sin(45
S.ABCD =

3
2
Ta có: d(C; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) = √ d(H; (SAD)). Gọi K là trung điểm của AD.
3
√
AD a 6
=
.
suy ra HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SHK) Hạ HT ⊥ SK suy ra HT = d(H; (SAD)). Ta có : HK =
2
2
√
1
1
1
a 15
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có :
+
=
⇒ HT =
2
2
2
SH
HK
HT
5
√
√
2 a 15 2a 5

=
Vây d(C; (SAD)) = √ .
5
3 5
Câu 5. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + 3 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức : P = (xy − x + 1)2 + (xy − y + 1)2
Lời giải (hahahaha1):
Giả thiết có thể viết lại thành: (x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2 Từ đó ta có được: 1 ≤ x + y ≤ 2
Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng: 2(x − 1)2 + (y − 1)2 = x + y − 2xy ⇒ x + y ≥ 2xy ⇒ 1 ≥ xy
MIN
Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a2 − 2ab + 2b2 − 2a + 2b + 2 = P Hay a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 − P = 0 (1)
Trong đó a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b)
Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có: ∆ ≥ 0 ⇔ P ≥ b2 + 1 ⇒ P ≥ 1
Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒ x = 1; y = 0
MAX

3


Xét hàm số f (a) = a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau:
1
+) Nếu b ≥ ta xét hàm số trên [2b; 2] Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) = 2(b2 − b + 1)
2
Do đó: f (a) ≤ 2(b2 − b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2 Vậy trong TH này max P = 2 khi x = y = 1
1
+) Nếu b ≤ ta xét hàm số trên [1; 2] Hàm số đạt max tại f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên.
2
Kết luận: max P = 2 khi x = y = 1
Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình vng ABCD có các đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) .
Gọi E là trung điểm của cạnh AD, BM là đường thẳng vng góc với CE tại M ; N là trung điểm của của BM và P là giao điểm

của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P.
Lời giải (hungchng):
A
y
B
2
1
N

E

−1
−1

0

1

2

x
3

4

P

M
D


−2

C

−3

Gọi I trung điểm AC nên I(1; 0), B thỏa AB = CB và ∈ BM nên tọa độ B 
B
thỏa

(x + 1)2 + (y − 2)2 = (x − 3)2 + (y + 2)2
y = x − 1
x = 3
⇐⇒
⇐⇒
2x − y − 4 = 0
y = 2x − 4
y = 2
−
→
do đó B(3; 2) suy ra D(−1; −2) (vì I cũng là trung điểm BD). Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) và CE = (−4; 2)


x = 7
x+1 = y

7 6
11 2
5
−4

2
;−
;
M ∈ CE và M ∈ BM nên tọa độ M thỏa
⇐⇒
suy ra M
và N

y = − 6
5 5
5 5

2x − y − 4 = 0
5
x+1

y−2

x = 19
=


19 2
16/5 −8/5
5
;−
P ∈ AN và P ∈ DM nên tọa độ P thỏa x + 1 y + 2
⇐⇒
Vậy P


y = − 2
5
5


=
12/5
4/5
5
Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và
x+1 y+2 z−1
=
=
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến
đường thẳng d :
1
1
1
MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho AMB = 60o ; BMC = 90o ; CMA = 120o .
Lời giải (dan_dhv):
M

d
a
B

K
A

√

a 3
2

H
C

O

Gọi O là tâm mặt cầu. Do A, B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có
MA = MB = MC = a. và A, B,C nội tiếp một đường tròn .
√
√
Từ gt ⇒ AB = a, BC = a 2, AC = a 3 suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm AC. K là trung điểm AB.
AB ⊥ MK
Ta có
⇒ AB ⊥ MH; MH ⊥ AC ⇒ MH ⊥ (ABC) Suy ra M, H, O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥ OC
AB ⊥ HK
√
√
3
Khi đó CH = a
, OC = R = 27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có :
2
4


1
4
1
+

=
⇒ a2 = 9 ⇒ MO = 6 M ∈ d ⇒ M(t − 1;t − 2;t + 1); O(1; 2; −3)
a2 27 3a2
1 −2 7
4
;
;
suy ra (t − 2)2 + (t − 4)2 + (t + 4)2 = 36 ⇒ t = 0;t = suy ra M(−1; −2; 1);
3
3 3 3
Câu 7a. Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 và 2z1 − z2 = −3 + 2i . Tìm
z1
mơ-đun của số phức w = + z1 + z2 .
z2
z

 Lời giải (Love Math):
 1 + 3z1 = −1 + i
 z1 + 3z1 z2 = −1 + i
z + 3z z = (−1 + i) z
1
1 2
2
z2
⇒ z2
⇒
2z − z = −3 + 2i

2z1 − z2 = −3 + 2i
2z1 − z2 = −3 + 2i

1
2
√
z1
z1
⇒
+ 3z1 − (2z1 − z2 ) = (−1 + i) − (−3 + 2i) ⇒ + z1 + z2 = 2 − i ⇒ |w| = 5
z2
z2
Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho tam giác ABCvng tại A ngoại tiếp hình chữ nhật
MNPQ . Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có
phương trình : x − y + 5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Lời giải (dan_dhv):
A

Q

B

P

N

M

C

Phương trình đường thẳng d vng góc BC qua M(−3; −1) là x + 3 = 0; suy ra tọa độ Q là Q(−3; 2)
→
−→ −

−
Ta có MN = QP ⇒ P(2; 2).
−
Đường thẳng AC qua P(2; 2) nhận → = (1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x + y − 4 = 0
n
−1 9
;
Vậy A
; B(−6; −1);C(5; −1)
2 2
Câu 6b.b Trong khơng gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 12 và
√
điểm A (4; 4; 0) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân tại B và có diện tích bằng 4 3.
Lời giải (dan_dhv):
Nhận thấy: A, O thuộc mặt cầu. Gọi M là trung điểm AO suy ra M(2; 2; 0).
−
→
−
→ −
−
→
→
Gọi B(a, b, c). Ta có : OA(4; 4; 0); MB(a − 2; b − 2; c) Do tam giác ABO cân tại B nên OA ⊥ MB ⇒ a + b = 4 (1)
√
√
1 √
1
Ta có : 4 3 = SABO = AO.BM = 4 2BM ⇒ BM = 6 ⇒ (a − 2)2 + (b − 2)2 + c2 = 6 (2)
2
2

Do B ∈ (I; R) nên (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 12 (3)
23
23 −1
23
23 −1
Từ (1)(2)(3) ta suy ra B 2 +
;2−
;
;B 2−
;2+
;
;
8
8 2
8
8 2
Câu 7b. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các
chữ số 1 và 3 ln có mặt và đứng cạnh nhau.
Lời giải (Tú Anh):
Giả sử số đó là : abcd
TH1: a, b là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn a, b.
Lúc này chọn d có : 4 cách và chọn c có 4 cách. TH này có : 2.4.4 = 32 số.
TH2 : b, c là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn b, c.
+) Nếu d = 0 chọn a có : 2 cách . TH này có : 2.1.2 = 4 số
+) Nếu d = 0 chọn d có : 2 cách, chọn a có : 2 cách. TH này có : 2.2.2 = 8 số
Vậy có : 32 + 4 + 8 = 44 số

5



TÀI LIỆU TỐN THPT

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Mơn: TỐN
NGÀY 26-10-2012

ĐỀ SỐ 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
2x + 2
(C)
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M.

Câu I.

Cho hàm số y =

Câu II.
cos 3x
cos x
a) Giải phương trình :
−
= 2 sin 5x. sin 3x
cos 5x cos 3x
√
√
b)Giải bất phương trình: ( x + 6) x (2x2 + 26x + 8) − 4 ≥ x (2x + 3 x + 33)


Câu III.

Tính tích phân
e x2 − 2. ln x + 1

I=
1

√
dx
x2 . x + ln x

.
Câu IV.

Cho lăng trụ đứng ABC.A1 B1C1 có BC = 2AB và AB vng góc với BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A1 B1 và
2a
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1C bằng √ . Góc giữa hai mặt phẳng (AB1C) và (BCC1 B1 ) bằng 600 .
7
Tính thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B1 ANC theo a

Câu V.

Cho các số thực x, y, z khơng âm và khơng có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = (xy + yz + zx)

1
x 2 + y2

+


1
y2 + z2

+

1
z2 + x2

PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường trịn (I) : x2 + y2 − 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng d :
22 11
;
4x − 3y + 9 = 0 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I) . Biết điểm H
là
5 5
6 7
một giao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K − ;
là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A, B,C
5 5
biết diện tích tứ giác AHIK bằng 24 và hồnh độ điểm A dương.
b)Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz, cho hai điểm A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) và mặt cầu (S) : (x + 1)2 +
(y + 2)2 + (z + 3)2 = 14. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường trịn có bán
kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A
Câu VIIa.

0
1

2
n
Tìm n ∈ N ∗ thỏa mãn : 3.Cn + 4Cn + 5Cn + ... + (n + 3)Cn = (n + 6)

35
n + 2013 .
12

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb.
a)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy cho điểm A (1; 0) và các đường tròn (C1 ) : x2 + y2 = 2; (C2 ) : x2 + y2 = 5
. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C1 ) và (C2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất
x2 + y2 + z2 + 4x − 6y + 4z + 4 = 0
b)Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho đường trịn (C) :
có tâm I
x + 2y − 2z − 2 = 0
√
x−3 y+2 z+1
và đường thẳng d :
=
=
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R = 26
2
1
−1


và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :

x−1 y−3 z+2

=
=
, biết rằng A thuộc đường tròn (C) và đường thẳng d vng góc với
1
2
−2

đường thẳng AI.
Câu VIIb.
Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 2z2 là số thực, 2z1 − z2 là số ảo và 3z1 + z2 = 5 − 5i
. Tìm mơ-đun của số phức w = z2 + 3z1 .z2 .
2
1

———————————————–Hết—————————————————-

2


TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
2x + 2
(C)
x−1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).

Câu 1.a

Cho hàm số y =

Câu I.b

Lời giải:

Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M
(kunkun)

2x0 + 2
x0 − 1
Phương trình tiếp tuyến tại M:
4
2x0 + 2
y=−
(x − x0 ) +
2
x0 − 1
(x0 − 1)
2
2x0 + 4x0 − 2
4
⇔−
x−y+
= 0(∆)
(x0 + 1)2
(x0 − 1)2
Giả sử M(x0 ;

1; −

Véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆: u =
Ta có: IM = x0 − 1;


(x0 − 1)2

4
x0 − 1

Mặt khác u.IM = 0 ⇔ x0 − 1 −
⇔ x0 = 3 hoặc x0 = −1
⇒ M (3; 4) hoặc M (−1; 0)
Lời giải:

4

16
(x0 − 1)3

=0

(dan_dhv)

Nhận thấy I(1;2) là tâm của hypebol.
Do đó. (C) tiếp xúc với đường trịn tâm I theo bán kính nhỏ nhất.
2x0 + 2
).
Gọi M(x0 ;
x0 − 1
√
16
MI = (x0 − 1)2 +
≥2 2
2

(x0 − 1)
4
Dấu ’=’ xảy ra⇐⇒ |x0 − 1| =
⇔ x0 = 3; x0 = −1
|x0 − 1|
Vậy M(3; 4); M(−1; 0)

Câu II.a

Giải phương trình

cos 3x
cos x
−
= 2 sin 5x. sin 3x.
cos 5x cos 3x

Lời giải: (NgoHoangToan)
Điều kiện:cos5x.cos3x = 0.
Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:
cos3x
cosx
+1−(
+ 1) = 2sin5x.sin3x
cos5x
cos3x

⇔

cos3x + cos5x cosx + cos3x

−
= 2sin5x.sin3x
cos5x
cos3x

⇔

2cos4x.cosx 2cos2x.cosx
−
= 2sin5x.sin3x
cos5x
cos3x

Hay ta có :
cos4x.cosx.cos3x − cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x
3


1
⇔ cosx(cos3x.cos4x − cos2x.cos5x) = .sin10x.sin6x
4
Mà ta có:
1
cos3x.cos4x − cos2x.cos5x = (cos7x + cosx − cos7x − cosx) = 0
2
Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình.
Lời giải:

(kunkun)


Phương trình đã cho biến đổi thành
1
cos2 3x − (cos4x + cos6x)
2
= cos2x − cos8x
⇔
1
(cos2x + cos8x)
2
⇔ 1 − cos4x = cos2 2x − cos2 8x
2
⇔ 1 − cos4x = 1+cos4x − 2cos2 4x − 1
2
⇔ 8cos4 4x − 8cos2 4x − 3cosx + 3 = 0
1
⇔ cos4x = 1 hoặc cos4x = 2
Lời giải: (Hoanghai1195)
Phương trình đã cho biến đổi thành:
⇔ 2cos2 3x − 2cosxcos5x = sin6x.sin10x
⇔ 1 + cos6x − (cos6x + cos4x) = −1 (cos16x − cos4x)
2
⇔ 2 − 3cos4x + cos16x = 0
⇔ 8cos4 4x − 8cos2 4x − 3cos4x + 3 = 0 ⇔ (cos4x − 1)(8cos2 4x(cos4x + 1) − 3) = 0

Câu II.b
Lời giải:

√
Giải bất phương trình ( x + 6)


√
x (2x2 + 26x + 8) − 4 ≥ x (2x + 3 x + 33)

(Con phố quen 1)

Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥ 0.
Nhận thấy rằng với x = 0 bất phương trình đã cho khơng thỏa. Vậy ta chỉ cần xét x > 0.
√
Với điều kiện này ta đặt t = x, t > 0.
Lúc đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :
t(t + 6) 2t 4 + 26t 2 + 8 ≥ 2t 4 + 3t 3 + 33t 2 + 4

(1)

√
√
Tiếp tục đặt u = 2t 4 + 26t 2 + 8, u ≥ 2 2.
Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bất phương trình tương đương sau :
t(t + 6) 2x2 + 26t 2 + 8 ≥ (2t 4 + 26t 2 + 8) + 3t 3 + 7t 2 − 4

⇔ t(t + 6)u ≥ u2 + 3t 3 + 7t 2 − 4
⇔ u2 − (t 2 + 6t)u + 3t 3 + 7t 2 − 4 ≤ 0

(2)

Để ý rằng nếu ta xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo u thì phương trình (2) có biệt số
∆ = (t 2 + 6t)2 − 4(3t 3 + 7t − 4) = (t 2 + 4)2
4



Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất phương trình sau :
u − t 2 − 3t − 2 · (u − t + 2) ≤ 0 (3)
√
Chú ý rằng với t > 0 và u ≥ 2 2 thì ta có : u − t + 2 ≥ 0. Do đó bất phương trình (3) tương đương với bất phương trình :
2t 4 + 26t 2 + 8 ≤ t 2 + 3t + 2 ⇔ 2t 4 + 26t 2 + 8 ≤ t 4 + 9t 2 + 4 + 6t 3 + 4t 2 + 6t
⇔ t 4 − 6t 3 + 13t 2 − 6t + 4 ≤ 0 ⇔ (t 2 − 3t + 2)2 ≤ 0
⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔

t =1
t =2

Với hai giá trị t vừa tìm được ta sẽ có được hai giá trị x tương ứng là x = 1; x = 4
Cả hai giá trị này đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho. Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = 4
Lời giải:

(Con phố quen 2)

Điều kiện x ≥ 0.
Nhận thấy x = 0 khơng thỏa bất phương trình đã cho.
√
Đặt t = x, t > 0.
Lúc đó bất phương trình đã cho được biến đổi thành bất phương trình tương đương sau :
t(t + 6) 24t 4 + 26t 2 + 8 ≥ 2t 4 + 3t 3 + 33t 2 + 4

⇔ t(t + 6) 2t 4 + 26t 2 + 8 − 2t 4 − 3t 3 − 33t 2 − 4 ≥ 0 ⇔ T ≥ 0
Với phương trình này thì việc ưu tiên đốn nghiệm là hàng đầu vì nó khá cồng kềnh. Nhưng khi đốn nghiệm ta cố gắng đoán
nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chính phương.
Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t = 1 và t = 2 là thỏa yêu cầu đó.
Bây giờ ta cố gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao.
Vùng 1 : 0 < t < 1. Lúc này ta có T < 0 nên xem như thốt ngưỡng vùng này.

Vùng 2 :1 < t < 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên qua cửa này luôn.
Vùng 3 :t > 2. Lúc này ta cũng có T < 0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hồn tồn rồi.
Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t = 1; t = 2.
Lời giải: (Lão Hạc)
ĐK :

x≥0
2x2 + 26x + 8

≥0
√
√
√ 2
√
BPT ⇔
2x2 + 26x + 8 − 3 x − x
2x2 + 26x + 8 − 3 x − 2 (x + 2) ≤ 0
√
√
√
√
⇔
2x2 + 26x + 8 − 3 x + 2
2x2 + 26x + 8 − 3 x − x − 2 ≤ 0

Mà :






√
2x2 + 26x + 8 + 2 =

√ √
2(x + 2)2 + 18x + 2 > 3 x 2x2 + 26x + 8 =

∀x ≥ 0
Vậy bpt ⇔

Câu III.

x=1
x=4
Tính tích phân
e x2 − 2. ln x + 1

I=
1

√
dx
x2 . x + ln x

..
5

√
2 (x + 2)2 + 9x ≥ (x + 2) + 3 x



Lời giải: (xuannambka)
x2 + 2x + 1 − 2(x + ln x)
√
I = 1e
dx
x2 . x + ln x
√
x+1
x + ln x
e
e x+1
· √
dx
dx − 2 1
= 1
x
x2
x. x + ln x
√
x+1
x+1
−1
Mà d
dx = d 2. x + ln x .
= 2 dx và √
x
x
x. x + ln x
√

√
e
e+1√
x+1√
x + ln x
x + ln x
e
e
dx − 2 1
dx = 2
Nên I = 2
x + ln x + 2 1
e+1−4
2
2
x
x
x
e
1
Lời giải: (One-HicF)
√
x + ln x
1 − x − 2 ln x
Ta có:
= 2√
x
2x . x + ln x
Suy ra:
x2 + x

1 − x − 2 ln x
1
dx + 1e 2 √
dx
.I = 1e 2 √
2
2x . x + ln x
2x . x + ln x
√
√
e
x + ln x
e+1
=
− 1 + I2 (∗)
+ I2 =
x
e
1

- Xét I2 =
=

√
e+1
dt
1

Với t =


x2 + x
e
√
dx
1
2 . x + ln x
√2x
e+1

=t

=

=

e
1

1
1
+1 . √
dx
x
2 x + ln x

√
e+1−1

1
√

x + ln x

√
√
e+1
+2 e+1−4
e
Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A1 B1C1 có BC = 2AB và AB vng góc với BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A1 B1 và
2a
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1C bằng √ . Góc giữa hai mặt phẳng (AB1C) và (BCC1 B1 ) bằng 600 . Tính
7
thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B1 ANC theo a

Thay lại vào (∗) ta được I = 2

Lời giải: (dan_dhv)

AB ⊥ BC
Ta có :
AB ⊥ BB1

→ AB ⊥ B1C

Hạ BK ⊥ B1C → B1C ⊥ (ABK) → g ((B1 AC); (BCC1 B1 )) = g(AKB) = 600
Gọi P là trung điểm của AB . Khi đó AM//B1 P → d (AM; B1C) = d (A; (B1 PC)) = d (B; (B1 PC)).
Hạ BE ⊥ PC → PC ⊥ (BB1 E).
2a
Hạ BF ⊥ B1 E → BF ⊥ (B1 PC) → d (B; (B1 PC)) = BF = √
7
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác BB1 E và BPC ta có:

1
1
1
1
1
1
17
1
7
=
+
=
+
+
=
+
(1) = 2
BF 2
BE 2 B1 B2
BP2 BC2 B1 B2
4AB2 B1 B2
2a
√
AB
Ta có : tan(BKA) =
→ AB = 3BK.
BK
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB1C ta có:
1
1

3
1
11
+
=
→
=
(2)
B1 B2 4AB2
AB2
B1 B2
4AB2
√
AB.BC
4a 11
; BC = 4a; SABC =
= 4a2
Từ (1); (2) suy ra AB = 2a; BB1 =
11
2
√
16a3 11
→ VMABC =
33
Ta có :
Gọi Q là trung điểm của NC. Qua Q vẽ đường thẳng d song song với AB. Suy ra d là đường trung trực của NC.
Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d. Trong mặt phẳng BCC1 B1 . Vẽ đường thẳng ∆ qua Q và song song CC1 .
Khi đó ∆ là trung trực của NC. Gọi I là tâm của B1 NC thì I thuộc ∆. Dựng đường thẳng d2 qua J và song song ∆.
Suy ra d2 là trục đường tròn ngoại tiếp ANC. Từ I vẽ đường thẳng song song QJ cắt d2 tại O.
Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB1 .ANC

√
√
a 192
a 60
Ta có :B1C = √
.B1 N = √ , NC = 2a, S.B1 NC = 4a2
11
11
6


√
B1C.B1 N.NC 6a 5
→ IN = R(B1 NC) =
= √
4.S.B1 NC
11
√
√
Ta có : AN = 2a 2, AC = 2a 5; NC = 2a, SANC = 2a2
√
ANACNC
→ JN = R∆ANC =
= a 10.
4SANC
√
→ JQ = OI = IN 2 − NQ2 = 10a2 − a2 = 3a.
Suy ra
√
RB1 ANC = ON = OI 2 + IN 2

729
RB1 ANC = a
11
Câu V. Cho các số thực x, y, z không âm và khơng có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = (xy + yz + zx)

1
1
1
+
+
x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2

Lời giải: (hahahaha1)
Giả sử z = min(x; y; z) khi đó ta có:
z
z
x + y ≥ 2z ⇔ xy + yz + xz ≥ (x + )(y + )
2
2
Mà ta lại có:
1
1
1
1
1
1
≥
z 2 y2 + z2 ≥
z 2

z 2 x2 + z2 ≥
z
x2 + y2
(x + ) + (y + )
(y + )
(x + )2
2
2
2
2
Từ những điều trên ta có:
z
z
1
z
1
1
z
P ≥ (x + )(y + )(
+
+
Đặt: x + = a; y + = b(a; b ≥ 0
2
2 (x + z )2 + (y + z )2 (y + z )2 (x + z )2
2
2
2
2
2
2

Ta có:
a
1
a 1
1
1
P ≥ ab( 2
+ +a
+ 2 + 2)= a b
2
a +b
a
b
( )2 + 1 b
b
b
x
1
5
a
+ x + với x ≥ 0 để tìm được min f (x) =
Đặt: = x(x ≥ 0) ta khảo sát hàm f (x) = 2
b
x +1
x
2
5
Do đó MinP = đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hốn vị..
2
Lời giải: (Sangham_BM)

Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel:
Với a, b, c ≥ 0 và đôi một khác 0.
1
1
5
1
+
+
≥ √
a + b b + c c + a 2 ab + bc + ca
Chứng minh:
Chuẩn hóa ab + bc + ca = 1
Chúng ta xét 2 TH:
* TH1: a + b + c ≤ 2
BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a + b + c)(

⇐⇒ 6 + 2(

1
1
1
+
+
) ≥ 5(a + b + c)
a+b b+c c+a

c
a
b

+
+
) ≥ 5(a + b + c)
a+b b+c c+a
7


BĐT này luôn đúng do theo BĐT Cauchy − Schwarz ta có
6 + 2(

c
a
b
(a + b + c)2
+
+
) ≥ 6+2
a+b b+c c+a
2(ab + bc + ca)

= (a + b + c − 2)(a + b + c − 3) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c).

TH2: a + b + c ≥ 2
BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a2 + b2 + c2 + 3) ≥ 5(a + b)(b + c)(c + a)

⇐⇒ 2(a2 + b2 + c2 ) + 6 ≥ 5(a + b + c) − 5abc

BĐT này luôn đứng do
2(a2 + b2 + c2 ) + 6 = 2(a + b + c)2 + 2


= (2(a + b + c) − 1)(a + b + c − 2) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c) − 5abc.

Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là 1 trong các hoán vị của bộ số (0; 1; 1).
Lúc này thay a, b, c lần lượt bởi x2 , y2 , z2 ta có
1
1
1
+
+
≥
x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2
2

5
x2 y2 + y2 z2 + z2 x2

Sử dụng BĐT trên và chú ý rằng:
xy + yz + zx =

Ta có
(xy + yz + zx)(

x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 + 2xyz(x + y + z) ≥

1
x 2 + y2

+


1
y2 + z2

+

1
z2 + x2

)≥

x2 y2 + y2 z2 + z2 x2

5(xy + yz + zx)
2

x2 y2 + y2 z2 + z2 x2

≥

5
2

Đẳng thức xảy ra khi 1 số =0 và 2 số còn lại bằng nhau!
5
Vậy MinP = khi một số bằng 0 và 2 số còn lại bằng nhau!
2
Lời giải: (Inspectoragadget)
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử z = Min(x; y; z).
1
1

1
Đặt P(x;y;z) = (xy + yz + zx). x2 +y2 + y2 +z2 + x2 +z2
Ta sẽ chứng minh P(x;y;z) ≥ P(x;y;0)
Hay là:
z(x + y).

⇔ z(x + y).

1
1
1
+
+
x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2

≥ xy.

1
1
1
+
+
x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2
8

1
1
1
1
+ −

+
y2 x2 x2 + z2 y2 + z2

≥ xyz2 .

1
1
+
y2 (y2 + z2 ) x2 (x2 + z2 )


⇔ (x + y).(

Và điều này đúng do
x+y
y2 +z2
x+y
x2 +z2

≥

1
x2 +y2

1
x2 + y2

+

1

y2 + z2

+

1
z2 + x 2

) ≥ xyz.(

1
y2 (y2 + z2 )

+

1
x2 (x2 + z2 )

)

>0

xyz
y2 (y2 +z2 )
xyz
x2 (x2 +z2 )

≥
Vậy ta có P(x;y;z) ≥ P(x;y;0)
Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P(x;y;0) ≥
Hay là :


5
2

x2 + y2
xy
5
+
≥
x2 + y2
xy
2
Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM − GM:

xy
x2 +y2

2

2

+y
+ x 4xy ≥ 1

3(x2 +y2 )
4xy

≥3
2
Vậy ta có PMin = 5 .Đẳng thức xảy ra tại x = y, z = 0 và các hoán vị tương ứng

2
Câu VIa.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho đường trịn (I) : x2 + y2 − 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng
22 11
;
d : 4x − 3y + 9 = 0 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I) . Biết điểm H
là một
5 5
6 7
là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A, B,C biết diện
giao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K − ;
5 5
tích tứ giác AHIK bằng 24 và hoành độ điểm A dương.
Lời giải: (Levietnghiails)

9


A
ab

6

4

H
K

2

d


B
−6

−4

−2

0

2I

4

6

8

10

−2

C
−4

−6

Tâm I(2; −1), R = 4
Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường tròn tại K(
Do d(I, AB) = 4 = R

√
HK = 4 2 = 2R2 nên tam giác IHK vng tại I.
Từ đó nên AHIK là hình thang vuông tại I và K.
IK.(AK + IH)
Theo S = 24 =
⇒ AK = 8
2
4a + 9
)
Vì A thuộc d nên A(a;
3
4a
6
7
Nên (a + )2 + ( + 3 − )2 = 64
5
3
5
25
20
⇒ a2 + a − 60 = 0
9
3

−6 7
; )
5 5

Câu VIa.b Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz, cho hai điểm A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) và mặt cầu (S) :
(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 14. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường trịn có

bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A.
Lời giải: (angel)
√
Mặt cầu (S) có : tâm I(−1; −2; −3), bán kính R = 14
Nhận thấy A nằm phía trong mặt cầu .
√
Do đó (P) qua A cắt (S) theo 1 đường trịn có bán kính nhỏ nhất ⇔ R2 − IH 2 nhỏ nhất ⇔ IH lớn nhất H ≡ A ⇔ IA(0; 1; −1) là
véc tơ pháp tuyến của (P), do đó : (P) : y − z + 1 = 0 ( H là hình chiếu của I trên (P) )

10

12


Giả sử M(m; n; n + 1), theo bài ra :

Câu VIIa.

AB = AM
−
→
AM. = 0

0
1
2
n
Tìm n ∈ N ∗ thỏa mãn : 3.Cn + 4Cn + 5Cn + ... + (n + 3)Cn = (n + 6)

Lời giải: (Con phố quen)

Ta có :

35
n + 2013 .
12

0
1
2
n
N = 3.Cn + 4Cn + 5Cn + ... + (n + 3)Cn
0
1
2
n
1
2
3
n
= 3 Cn +Cn +Cn + ... +Cn + Cn + 2Cn + 3Cn + ...nCn

= N1 + N2
0
1
2
3
n
Xét khai triển : (1 + x)n = Cn +Cn x +Cn x2 +Cn x3 + .... +Cn xn
Cho x = 1 ta được N1 = 3 · 2n .
1

2
3
n
Mặt khác ta có : [(1 + x)n ] = n(1 + x)n−1 = Cn + 2Cn x + 3Cn x2 + ... + nCn xn−1 .
n−1 .
Cho x = 1 ta có : N2 = n2
Từ đây ta có : N = 3 · 2n + n · 2n−1 = (n + 6) · 2n−1 .
35n
35n
35
n + 2013 ⇔ 2n−1 =
+ 2013 ⇔ 2n =
+ 4026
Theo bài ta có : (n + 6) · 2n−1 = (n + 6)
12
12
6
35n
Do n > 0 nên ta có
+ 4026 > 4026 ⇔ 2n > 4026 ⇔ n > log2 4026 ≈ 11, 975
6
35n
− 4026, ∀n > 11, 975
Xét hàm số : f (n) = 2n −
6
35
Ta có : f (n) = 2n ln 2 −
> 0, ∀n > 11, 975.
6
Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n > 11, 975.

Mặt khác ta có f (12) = 0. Do đó phương trình f (n) = 0 có nghiệm duy nhất n = 12.

Lời giải: (Inspectoragadget)
Cách khác (sử dụng phương pháp đếm bằng 2 cách)
Ta có :
0
1
2
n
N = 3.Cn + 4Cn + 5Cn + ... + (n + 3)Cn
0
1
2
n
1
2
3
n
= 3 Cn +Cn +Cn + ... +Cn + Cn + 2Cn + 3Cn + ...nCn

= 3N1 + N2
0
1
n
Tính N1 = Cn +Cn + ... +Cn = 2n
Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể khơng có viên nào)
* Đếm cách 1:
0
+ Nếu chọn 0 cây có Cn cách
1

+ Nếu chọn 1 cây có Cn cách
n
+ ............. + Nếu chọn n cây có Cn cách
0 +C1 +C2 + ... +Cn cách.
Vậy tổng cộng có Cn
n
n
n
* Đếm cách 2: Mỗi cây trong số n cây đều có 2 trạng thái (được chọn hoặc khơng được chọn). Vậy có 2n cách chọn.
Kết quả của hai cách đếm cho ta đẳng thức cần chứng minh.
n
3
2
1
Tính N2 = Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCn = n.2n−1
chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho cơng ty, trong đó có 1 giám đốc
k
Đếm cách 1:chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kCn cách chọn
1
2
3
n
Cho k từ 1 đến n, có Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCn cách
Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ n người trước, sau đó mỗi người trong n − 1 người cịn lại có 2 trạng thái: được tuyển và khơng
được tuyển, nên cách đếm này cho đáp số n.2n−1
Vậy ta có đpcm.
Từ đây giải như trên

Câu VIb.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy cho điểm A (1; 0) và các đường tròn (C1 ) : x2 + y2 = 2; (C2 ) :
x2 + y2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C1 ) và (C2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Lời giải: (Sangham_BM)
11


Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh:
-Giả sử CO không ⊥ AB thì ta ln tìm được điểm C ∈ (C2 ) sao cho d(C , AB) lớn hơn d(C, AB), hay S∆ABC lớn hơn S∆ABC →
không thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Do đó CO ⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC
Vậy O là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra AO ⊥ BC ⇒ xB = xC
Và ta giả sử B(t; b) ∈ (C1 ), C(t; c) ∈ (C2 ) (t, b, c ∈ R) thì ta có

t 2 + b2 = 2
t 2 + c2 = 5


b2 = 2 − t 2
⇐⇒
c2 = 5 − t 2

Mà CO ⊥ AB nên CO.AB = 0 hay t(t − 1) + bc = 0
Suy ra b2 c2 = t 4 − 2t 3 + t 2
Do đó (2 − t 2 )(5 − t 2 ) = t 4 − 2t 3 + t 2
⇐⇒ (t + 1)(2t 2 − 10t + 10)
√
√
5+ 5
5− 5

⇐⇒ t = −1; t =
;t=
2
2
Tới đây ta có:
1
S∆ABC = BC.d(A, BC)
2
1
= |xA − xB ||yB − yC |
2
1
= |1 − t||b − c|
2

(1)
(2)
(3)

Suy ra
1
S2 ∆ABC = (1 − t)2 (b2 + c2 − 2bc)
4
1
= (1 − t)2 ((2 − t 2 ) + (5 − t 2 ) − 2(t − t 2 ))
4
1
= (1 − t)2 (7 − 2t)
4


* Nếu t = −1 thì ta suy ra S2 ∆ABC = 9 hay S∆ABC = 3
√
5+ 5
* Nếu t =
thì ta dễ thấy điều vơ lí vì t 2 + b2 = 2.
2
√
√
5− 5
5−1
2
* Nếu t =
thì ta có S ∆ABC =
< 9 → loại.
2
8

12

(4)
(5)
(6)


Suy ra với t = −1 thì S∆ABC lớn nhất.

bc = −2





b = 1
⇐⇒
c = −2


b = −1
hoặc
c = 2

b2 = 1


 2
c =4


B(−1; 1)
B(−1; −2)
Suy ra
hoặc
C(−1; −2)
C(−1; 2)


B(−1; 1)
B(−1; −2)
Vậy
hoặc
thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất!

C(−1; −2)
C(−1; 2)
Và ta có

x2 + y2 + z2 + 4x − 6y + 4z + 4 = 0
có
x + 2y − 2z − 2 = 0
√
x−3 y+2 z+1
tâm I và đường thẳng d :
=
=
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R = 26
2
1
−1
x−1
y−3
z+2
và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :
=
=
, biết rằng A thuộc đường trịn (C) và đường thẳng d vng góc với
1
2
−2
đường thẳng AI.
Lời giải: (Phố Đêm)
Gọi I là tâm đường tròn
8 5 2

→ I(− ; ; − )
3
 3 3
IA ⊥ (d)
Ta có:
IA ⊥ (∆)
Câu VIb.b

Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho đường trịn (C) :

→ uI A =  d ; u∆ ] = (0; 1; 1)
[u
x = −8



3

5
→ (IA) : y = + t

3



z = −2 + t
3
Nhận thấy ∆ ⊥ (C)
Gọi M là giao của ∆ và mặt phẳng chứa (C)
→ M(0; 1; 0)

Gọi O là tâm mặt cầu . (O; M ∈ (mp))
−8 5
−2
Ta có : O ∈ (IA) → O(
; + t;
+ t)
3 3
3
∆ tiếp xúc với mặt cầu nên OM là bán kính.
64
2
2
Ta có : OM 2 =
+ (t + )2 + (t − )2 = 26 → t = ±3
9
3
3
−8 14 7
; ; )
→ O(
3 3 3
−8 −4 −11
O(
;
;
)
3 3
3
Vậy phương trình mặt cầu :
−8 2

14
7
(x +
) + (y − )2 + (z − )2 = 26
3
3
3
4
11
−8 2
) + (y + )2 + (z + )2 = 26
(x +
3
3
3
Câu VIIb. Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 2z2 là số thực, 2z1 − z2 là số ảo và 3z1 + z2 = 5 − 5i
. Tìm mơ-đun của số phức w = z2 + 3z1 .z2 .
1
2
Lời giải: (NgoHoangToan)
Ta đặt :
z1 = x + yi; z2 = a + bi.
Từ đó ta có : z1 + 2z2 = (x + 2a) + (y + 2b)i; 2z1 − z2 = (2x − a) + (2y − b)i
Theo giả thiết ta có :y + 2b = 0 và 2x − a = 0.
Từ 3z1 + z2 = (3x + a) + (3y + b)i = 5 − 5i
13



3x + a = 5

Ta được:
3y + b = −5
Vậy ta có:b = 1; y = −2; x = 1; a = 2.
Từ đó ta suy ra:
z1 = 1 − 2i; z2 = 2 + i
Từ đó ta có : z2 + 3z1 .z2 = 30 − 10i
2√
1
Vây : modun w bằng 10 10.

14


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TÀI LIỆU TỐN THPT

Mơn: TỐN
NGÀY 10.11.2012

ĐỀ SỐ 3

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm)

Cho hàm số y =

x −2
x −1


(H ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H ).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m − 2 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tứ giác AM B N có diện tích bằng
Câu 2. (2 điểm)

5 17
, biết M (1; −2) ; N (3; −3).
4


 2 x+

π
1
π
π
= 3. cos2 x +
+
cos2
−x
3
6
3
3
y x y = 4y y − x x

8y x +


1−x + 1− y

a) Giải phương trình: cos x + cos x +
b) Giải hệ phương trình:

Câu 3. (1 điểm)

Tính tích phân

I=

π
2

0

2

− 1 = 12x + 7

x −1+

y −2

3e 2x + sin x(4e x + 3 sin x) − 1
dx .
(e x + sin x)2

Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC .A B C có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C có hình chiếu trên mặt
phẳng (ABC ) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC bằng a . Chứng minh rằng qua

AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P ) vng góc với CC . Gọi K là giao điểm của CC và mặt phẳng (P ), biết
góc AK B = 120o . Tính thể tích hình lăng trụ ABC .A B C theo a và góc hợp bởi CC và mặt phẳng (ABC ).
Câu 5. (1 điểm)

Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =

10a 11b 2012c
+
+
bc
ac
ab

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o . Trên các cạnh AB, BC lấy
các điểm M , N sao cho M B + N B = AB . Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N và đường phân giác trong của góc
M D N có phương trình là d : x − y 3 + 6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABC D .
b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác đều S.ABC D có các đỉnh S(−3; 2; 1),
A(0; 2; 2) và C (−2; 2; −2).Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D . Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua I và vng góc với B D .
Câu 7A. (1 điểm)

Giải bất phương trình sau :

2 + 32x
2 + 32x − 2 − 32x

+


34x + 4 − 34x − 7
≥
32x

32x − 2
4 − 34x − 2 + 32x

.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng
d 1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC .
9 2
; ; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và C D . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABC D biết
5 5
hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 −2x −2y +4z −
10 = 0 và mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z − 6 = 0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến là
một đường tròn (C ). Lập phương trình mặt cầu (S 1 ) chứa đường trịn (C ) biết tâm của mặt cầu (S 1 ) cách điểm
A(4; 1; 4) một khoảng bằng 3 5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S 1 ) lớn hơn 2.

Biết M

Câu 7B. (1 điểm) Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và
bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ
bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
———————————————–Hết—————————————————-



TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1.

Cho hàm số y =

x −2
x −1

(H ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H ).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m − 2 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho tứ giác AM B N có diện tích bằng

5 17
, biết M (1; −2) ; N (3; −3).
4

a) Lời giải (hungchng):
1
>0
(x − 1)2
Hàm số đồng biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
lim− y = +∞;
lim y = −∞;

TXĐ D = R\{1};

đạo hàm y =


Đồ thị

∀x ∈ D ,

x→1+

x→1

x = 1 là phương trình tiệm cận dọc
lim y = 1;
lim y = 1;

x→−∞

x→+∞

y = 1 là phương trình tiệm cận ngang

Bảng biến thiên
x

A

−∞

y

+∞


1
+

+
+∞

1
M

y
1

−∞

N
B

b) Lời giải (hungchng):
1
2

3
2

Ta có phương trình đường thẳng M N : y = − x − . nên d ⊥ M N tại I

 y = 2x + m − 2
I có tọa độ là nghiệm của
3
1

y = − x −
2
2

nên I

1 − 2m m − 8
.
;
5
5

1 − 2m
m −8
< 3 và −3 <
< −2 nghĩa là −7 < m < −2 (a)
5
5
x −2
Đường thẳng d cắt (H ) tại hai điểm A, B phân biệt khi phương trình: 2x + m − 2 =
có hai nghiệm phân biệt ,
x −1
m > 1 + 2 2 không thỏa (a)
nghĩa là 2x 2 + (m − 5)x + 4 − m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇐⇒
m < 1 − 2 2 thỏa (a)
Gọi x A , x B là hoành độ của A, B thì chúng là hai nghiệm của phương trình (1).
4−m
(5 − m)2
4 − m (m − 1)2
5−m

, x A .x B =
, do đó (x B − x A )2 = (x A + x B )2 − 4x A .x B =
−4
=
−2
nên x A + x B =
2
2
4
2
4
1
1
1
1
xB − x A
Khi đó y A = 1 −
, yB = 1 −
⇒ yB − y A =
−
=
xA − 1
xB − 1
x A − 1 x B − 1 x A .x B − (x A + x B )
2
(m−1)
−2
(m − 1)2 − 8
(m − 1)2
4

4
−2+
=
AB 2 = (x B − x A )2 + (y B − y A )2 =
1+
(∗)
4−m
5−m 2
4
4
1
2 − 2
5 17
1
1
5.17
Ta có:
= S AM B N = M N .AB =
5.AB . tức là AB 2 =
(∗∗)
4
2
2
4
m = −4 thỏa
từ (∗), (∗∗) ta được (m − 1)2 − 8 = 17 ⇐⇒
. Vậy m = −4 là giá trị cần tìm của bài tốn.
m=6
khơng thỏa


Vì AM B N là tứ giác(lồi) nên I thuộc đoạn thẳng M N tức là 1 <

Câu 2.a

Giải phương trình: cos x + cos x +

π
=
3

3. cos2 x +

1
π
π
+
cos2
−x
6
3
3

Lời giải (angel):
Đặt x + π = t Phương trình đã cho trở thành :
6
cos t − π + cos t + π =
6
6

3. cos2 t +


1
3

sin2 t ⇔ 2. cos t . cos π =
6

+) Với : cos t = 1 ⇔ t = k2π ⇒ x = − π + k2π (k ∈ Z )
6
1
+) Với :cos t = 2 ⇔ t = ± π + k2π ⇒
3

2

x = π + k2π
6
(k ∈ Z)
x = − π + k2π
2

1
3

+

2
3

cos2 t ⇔ 2. cos2 t − 3. cos t + 1 = 0 ⇔


cos t = 1
1
cos t =
2


Câu 2.b


 2 x+

Giải hệ phương trình:

8y x +

y

x y = 4y y − x x
2

1−x + 1− y

(1)
x −1+

− 1 = 12x + 7

y −2


(2)

Lời giải (hoanghai1195):
Điều kiện :

x ≥ 1; y ≥ 2
1 − x + (1 − y)2 ≥ 0

(1) ⇔ ( x −

y)(x + 3 x y + 4y) = 0 ⇔ x = y

Thay vào phương trình (2); ta được:
4(

x 2 − 3x + 2 + x)2 − 9 = 7( x − 1 + x − 2)

Đặt t = x − 1 + x − 2 > 0
(2) ⇔ (t 2 + 3)2 − 9 = 7t ⇔ t 2 (t 2 + 6) = 7t ⇔ (t − 1)(t 2 + t + 7) = 0 ⇔ t = 1

Từ đó suy ra:
Câu 3.

x − 1 + x − 2 = 1 ⇔ x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) = (2; 2)

Tính tích phân

π
2


I=

0

3e 2x + sin x(4e x + 3 sin x) − 1
dx .
(e x + sin x)2

Lời giải (khanhtoanlihoa):
I=
π
2

π
2

0

π
2

2 dx +

0

e 2x + sin2 x − 1
dx = 2x
(e x + sin x)2

π

2

+
0

π
2

e 2x − cos2 x
dx = π +
(e x + sin x)2

0

π
2

0

e 2x − cos2 x
dx
(e x + sin x)2

π
2

(e x − cos x)(e x + cos x)
dx
(e x + sin x)2
0

0
x
1
e + cos x
dx ⇐ v = − x
Đặt u = e x − cos x ⇒ du = (e x + sin x) dx , dv = x
2
(e + sin x)
e + sin x

Đặt A =

e 2x − cos2 x
dx =
(e x + sin x)2

e x − cos x
⇒ A=− x
e + sin x

π
2

+
0

π
2

0


π
2

π

dx = −

e2
π
2

e +1

+x

π

=−
0

e2
π
2

e +1

π

+


e2
π
3π
.⇒I =− π
.
+
2
2
e 2 +1

Câu 4.

Cho lăng trụ tam giác ABC .A B C có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C có hình chiếu trên mặt phẳng
(ABC ) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC bằng a . Chứng minh rằng qua AB ta có
thể dựng được mặt phẳng (P ) vng góc với CC . Gọi K là giao điểm của CC và mặt phẳng (P ), biết góc AK B = 120o .
Tính thể tích hình lăng trụ ABC .A B C theo a và góc hợp bởi CC và mặt phẳng (ABC ).
Lời giải (manlonely838):

Gọi M = CO ∩ AB. Kẽ M K ⊥ CC tại K , OH ⊥ CC tại H . Vì ∆ABC đều nên CO ⊥ AB .
Mà CO là hình chiếu của CC trên (ABC ) nên theo định lý 3 đường vng góc suy ra CC ⊥ AB.
Từ đó suy ra (AB K ) ⊥ CC . Dĩ nhiên (AB K ) ≡ (P ).
OH
CO
2
3.OH 3a
=
= ⇒KM =
=
.

KM CM 3
2
2
Hơn nữa, AB ⊥ (C M K ) ⇒ AB ⊥ K M ⇒ ∆AB K cân tại K .
Mà AK B = 1200 ⇒ AK M = 60o . Tam giác AM K vuông tại M nên

Trong tam giác C K M có OH K M ⇒

AM = K M . tan 60o =

3a 3
9a
⇒ AB = 3a 3, C M =
, CO = 3a.
2
2

3


27a 2 3
1 9a
.3a 3 =
. Xét tam giác vuông COC có
2 2
4

1
2


Suy ra S ∆ABC = C M .AB = .

1
1
1
=
+
OH 2 OC 2 OC

2

⇒

1
OC

2

=

1
1
1
1
8
3a 2
−
=
−
=

⇒ OC =
OH 2 OC 2 a 2 9a 2 9a 2
4

Do đó,
V ABC .A B C = C O.S ∆ABC =

Lại có, tan OCC =

3a 2 27a 2 3 81a 3 6
.
=
.
4
4
16

2
OC
=
. Vậy,
CO
4
(CC , (ABC )) = (CC ,CO) = OCC = arctan

Câu 5.

2
.
4


Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =

10a 11b 2012c
+
+
bc
ac
ab

Lời giải (hoanghai1195):
P = f (c) =

2012c 1 10a 11b
+
+
ab
c b
a

Coi c là biến số; a, b là tham số; ta có:
f (c) =

2012c 2 − 10a 2 − 11b 2 2012 − 10.22 − 11.22
2012 1 10a 11b
=
− 2
+
≥
>0

ab
c
b
a
ab
ab
⇒ f (c) ≤ f (2) =

4024 5a 11b
+
+
= g (a)
ab
b
2a

Coi a là biến số; b là tham số; ta có:
g (a) =

−4024 5 11b −4024
4029 11b
11
< 0 ⇒ g (a) ≤ g (1) =
+
= h(b)
+ − 2≤
+5−
ba 2
b 2a
23

4.2
b
2

h (b) =

Vậy GTLN của P là

−4029 11
≤0
+
b2
2

(b ∈ [1; 2]) ⇒ h(b) ≤ h(1) = 4029 +

11 8069
=
2
2

a =b=1
8069
khi và chỉ khi
2
c =2

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o . Trên các cạnh AB, BC
lấy các điểm M , N sao cho M B + N B = AB . Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N và đường phân giác trong của góc
M D N có phương trình là d : x − y 3 + 6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABC D .

Lời giải (khanhtoanlihoa):
Từ giả thiết A = 60o ⇒ tam giác AB D,C B D là các tam giác đều. Theo đề bài ta có AM = B N , B M = C N .
Xét hai tam giác AD M và B D N ta có: D AM = DB N = 60o , AD = B D, AM = B N ⇒ hai tam giác bằng nhau
⇒ AD M = B D N

(1)

Xét hai tam giác B M D và C N D ta có: DB M = DC N = 60o ,C D = B D,C N = B M ⇒ hai tam giác bằng nhau
⇒ N DC = M DB

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ M D N = 60o .
Gọi P là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d ⇒ P thuộc đường thẳng D M
⇒ tam giác P DP là tam giác đều. ⇒ DP = P P = 2d (P /d ) = 6.
Gọi D có tọa độ D a;

a +6
3

⇒ P D 2 = (a − 3)2 +

a +6− 3
3

2

= 36

⇒ a = 3 + 3, a = −6 + 3 ⇒ D 3 + 3; 1 + 3 3 , D −6 + 3; 1 .


Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác đều S.ABC D có các đỉnh
S(−3; 2; 1), A(0; 2; 2) và C (−2; 2; −2). Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D . Viết phương trình mặt phẳng
(α) đi qua I và vng góc với B D .
4


Lời giải (manlonely838):
Gọi O = AC ∩ B D. Vì S.ABC D là chóp đều nên I ∈ SO. Suy ra I ∈ (S AC ). Mà B D ⊥ (S AC ) nên (α) chính là (S AC ).
Như vậy, yêu cầu bài toán thực chất là viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm S, A, C .
− −
→ →
−
Ta có →(α) = [S A, SC ] = [(3; 0; 1), (1; 0; −3)] = (0; 10; 0). Vậy (α) : y = 2.
n
Câu 7A.

Giải bất phương trình sau :

2 + 32x
2 + 32x − 2 − 32x

+

34x + 4 − 34x − 7
≥
32x

32x − 2
4 − 34x − 2 + 32x


.

Lời giải (Hồng Vinh):

2x
 2−3 ≥ 0
ĐK : 4 − 34x ≥ 0

4 − 34x − 2 + 32x = 0

Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :
2 + 32x + 4 − 34x
2.32x
⇐⇒

+

2.34x + 32x + 3. 4 − 34x − 12
2.32x

⇐⇒ 2.34x + 32x + 3.
⇐⇒ 2

32x − 2

34x + 4 − 34x − 7
≥
32x
32x − 2

≥

4 − 34x + 32x − 2
4 − 34x + 2 − 32x

2.32x 2 − 32x

(Với đk các biểu thức liên hợp = 0)

4 − 34x − 12 ≥ − 4 − 34x − 2 + 32x

4 − 34x + 34x − 5 ≥ 0 ⇐⇒ −

4 − 34x − 1

2

≥ 0 ⇐⇒

4 − 34x − 1 = 0 ⇐⇒ x =

1
4

Câu 6B.a

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng
d 1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC . Biết
9 2
M ; ; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và C D . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABC D biết hoành

5 5
độ đỉnh C lớn hơn 4.
Lời giải (manlonely838):
d1
d2

C

B

E

K
M

H

A

D

Gọi B (b; 2b + 2), C (c; c − 5), (c > 4) và E là điểm đối xứng với B qua C . Suy ra E (2c − b; 2c − 2b − 12). Dễ dàng chứng
minh được K là trung điểm của AE . Do đó,
72 16
72
76
−→
−
−→
−

H E = 2M K =
;
⇒ H 2c − b − ; 2c − 2b −
.
5 5
5
5

Thiết lập tọa độ các vector

−→
−
−
→
C K = (9 − c; 7 + c), BC = (c − b; c − 2b − 7),
86 − →
9
27
72
−
−→
−
, MC = c − ; c −
.
B H = 2c − 2b − ; 2c − 4b −
5
5
5
5


Với giả thiết bài tốn ta có hệ phương trình
−→ −
− →
C K .BC = 0
−→ − →
− −
B H .MC = 0


−2c 2 + 3bc + 23c − 23b − 49 = 0
⇔
126
594
4c 2 − 6bc +
b − 46c +
=0
5
5

⇔

b=1
c = 9 hoặc c = 4(loại)

Từ đó ta có B (1; 4), C (9; 4). Vì K là trung điểm của C D nên suy ra D(9; 0).
Lại có C là trung điểm của B E nên suy ra E (17; 4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1; 0).
5


Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2x −

2y +4z −10 = 0 và mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −6 = 0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến
là một đường trịn (C ). Lập phương trình mặt cầu (S 1 ) chứa đường tròn (C ) biết tâm của mặt cầu (S 1 ) cách điểm
A(4; 1; 4) một khoảng bằng 3 5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S 1 ) lớn hơn 2.
Câu 6B.b

Lời giải (manlonely838):
Phân tích: Hình học khơng gian cũng chỉ là thác triển từ hình học phẳng. Ở bài tốn này ta xem hai mặt cầu (S 1 ), (S)
như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng (P ) như là một đường thẳng trong mặt phẳng. Hai mặt cầu này
cắt nhau theo một mặt là đường trịn ví như hai đường tròn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng.
Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồi đúng khơng.

7
3

Ta có tâm mặt cầu (S) là I (1; 1; −2), bán kính là R (S) = 4. d (I ; (P )) = . Vì d (I ; (P )) < R (S) nên mặt phẳng (P ) cắt mặt cầu
(S) giao tuyến là một đường tròn (C ). Gọi I 1 , R (S 1 ) lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S 1 ). Khi đó I I 1 ⊥ (P ).
Để xác định toạ độ của I 1 , ta viết phương trình đường thẳng (d ) đi qua I và vng góc với (P ).

x = 1 + t

→ = → = (1; 2; 2). Suy ra phương trình của (d ) :
−
−
Cụ thể: Ta có u (d ) n (P )
t ∈ R. Suy ra I 1 (1 + t ; 1 + 2t ; −2 + 2t ).
y = 1 + 2t


z = −2 + 2t


Hơn nữa,
I 1 A = 3 5 ⇔ (1 + t − 4)2 + (1 + 2t − 1)2 + (−2 + 2t − 4)2 = 45 ⇔

Do đó I 1

t = 0 (loại)
10
t=
3

23
13 23 14
; ;
. Suy ra d (I 1 ; (P )) = . Mặt khác ta lại có
3 3 3
3

2
2
2
2
2
R (S) − (d (I ; (P )))2 = R (C ) = R (S 1 ) − (d (I 1 ; (P )))2 ⇒ R (S 1 ) = R (S) − (d (I ; (P )))2 + (d (I 1 ; (P )))2 = 42 −

7
3

2

+


23
3

2

=

208
.
3

Vậy mặt cầu (S 1 ) có phương trình :
x−

13
3

2

+ y−

23
3

2

+ z−

14

3

2

=

2082
.
9

Câu 7B. Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và bình C
đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn
lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
1
3

Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là: .
5
9
7
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là: .
15
9
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình C là: .
15

Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là: .

Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P =


6

1 5
7
9
73
+
+
=
.
3 9 15 15
135