3 de va DA thi thu moi 20122906

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (298.63 KB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể phát đề
ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x2 (1).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Định m để phương trình: 4

3 2

3 2 log ( 1)
x  x  m 

có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

sin 3 cos3

cos 2 sin (1 tan )

2sin 2 1

x x

x x x

x



  

 .

2. Giải hệ phương trình:

4 3 2 2

2
2

2 5 6 11 0

( , )

3 7 6

x x x y x

x y
y

x x

y

      






 



 









Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2
4

sin 1
1 2cos

x x

I dx

x












Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3

a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB SCB  900

  . Tính thể tích khối

chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

2 2 2

b b c c a a

P

a b c b c a c a b

  

     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip

2 2

( ) : 1

9 4
x y

E  

.
Viết phương trình đường thẳng  vng góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho
tam giác OAB có diện tích bằng 3.

2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và mặt phẳng (P) có
phương trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích               MA MB. nhỏ
nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 z i  z z 2i và

2 ( )2 4
z  z 

.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có

phương trình:

1 3

2 2 1

x y z

 

 . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ

nhất.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN; khối: A

Câu Đáp án Điểm

I 
(2,0
điểm)

Cho hàm số y x 3 3x2 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ: 

2 2

(1) ( 1)

' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4

y  x  y   x    x y  y 

0,25
Hàm số nghịch biến trên khoảng



1; 1



Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



  ; 1 ; 1;

 

 



Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 4
Giới hạn: xlim  y ; limx y

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

y’’= 6x; y’’= 0  x = 0, y(0) = 2  đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi

qua các điểm (2; 0), (2; 4)
Đồ thị:

0,25

2. Định m để phương trình: 4

3 2

3 2 log ( 1)
x  x  m 

có 4 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình đã cho là phương trình hồnh độ giao điểm giữa 4

2
2

( ) :d ylog (m 1)
và

( ') :C yx  3x2

, với (C’) được suy ra từ (C) như sau:

Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4

2
2

0 log ( m 1) 4

0,25

2
1 m 1 2

    0,25

2 1

0 1

0
m
m

m

 



    





0,25

1 x

y’



+



y

1 

0 +



+



+



4

0 x

y

1 1

2 0



2
2

x

y





</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

II 
(2,0

điểm) 1. Giải phương trình:

sin 3 cos3

cos 2 sin (1 tan )

2sin 2 1

x x

x x x

x

  
 .
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x




 

 . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:

3 3

2 2

3sin 4sin 4cos 3cos

cos 2 sin(1 tan )

2sin 2 1

(sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos )
cos sin

2sin 2 1 cos

x x x x

x x

x

x x x x x x

x x
x x
  
  

  
   

0,25

sin cos 0 (1)

sin

cos sin 1 (2)

cos
x x
x
x x
x
 



   


(1) tan 1 ,

x x  k k

      

0,25

cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0

1 cos 0 cos 1

( )

4
2

x x x

x x
x k
k
x k


 
  
 
       
  
 

 

 

 



0,25

So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: x 4 k ,x k2 ,k



  

      0,25

2. Giải hệ phương trình:

4 3 2 2

2
2

2 5 6 11 0

( , )

3 7 6

x x x y x

x y

y
x x
y
      



 

 





.
Đk y  7 . Khi đó hệ đã cho tương đương với

2 2 2

2 2

( 3) 7 13

( 3) 7 6

x x y

     


   


0,25

Đặt: u x 2 x 3;v y2  7,v0. Khi đó hệ phương trình trở thành
2 2 13

6
u v
uv
  



0,25

2 2 1 2 3

( ) 2 13 ( ) 1

6 3 2

6 6

u v u u

u v uv u v

uv v v

uv uv
   
         
         
  
    
 
0,25

Giải các hệ phương trình:

2 2

3 2 3 3

7 3 7 2

x x x x

y y
       
 

 
   
 

  , ta được nghiệm của hệ đã

cho là:



 



1 5 1 5

0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4

2 2
     
        
   
0,25
III 
(1,0
điểm)

Tính tích phân

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2 2

4 4

1 2 2 2

4 4

sin sin sin

1 2cos 1 2cos 1 2cos

x x x x x x

I dx dx dx

x x x

 

 

  

  



= I1 + I2

Đặt x t dxdt. Đổi cận: x 4 t 4; x 0 t 0

 

     

Khi đó

0 2 0 2 4 2 4 2

1 2 2 2 2

0 0

4 4

sin sin( ) sin sin

( )

1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos

x x t t t t x x

I dx d t dt dx

x t t x

 



    

    



Suy ra I1 0

0,25

4 4

2 2 2

4 4

1 1 1

.
1

1 2cos 2 cos

cos

I dx dx

x x

x

 

 

 

 



Đặt 2

1
tan

cos

t x dt dx

x

  

Đổi cận: x 4 t 1; x 4 t 1

 

     

2 2

1
1
3

I dt

t


 





0,25

Lại đặt t 3 tanu dt 3(1 tan 2u du) .
Đổi cận: t 1 u 6;t 1 u 6

 

     

6 6

6
6

3 3 3

3 3 9

I du u

 








 



 

Vậy 1 2
3
=

9
I  I I 

0,25

IV 
(1,0
điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3, khoảng cách
từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 3 và SAB SCB  900. Tính thể tích khối chóp S.ABC

theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC).

Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mp(ABC). Ta có:

( )

(gt)
SH ABC

HA AB
SA AB

 

 



  . Tương tự HCBC

Suy ra tứ giác HABC là một hình vng

0,25

+ Có: AH / /BC(SBC) AH / / (SBC)
[ ,( )] [ ,( )] 2
d A SBC d H SBC a

  

0,25

H C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

+ Dựng HK SC tại K (1). Do

( ) (2)

BC HC

BC SHC BC HK
BC SH

 

   



 

(1) và (2) suy ra HK (SBC). Từ đó d H SBC[ ,( )]HK a 2

2 2 2 2

3 2

KC HC HK a a a

     

 . 2. 3

tanSCH HK SH SH HK HC a a a 6

KC HC KC a

      0,25

Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:

1 1 1 6

. . . 3. 3. 6

3 ABC 6 6 2

a
V  S SH  AB BC SH  a a a 

(đvtt)
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc SBH 450 (do SHB vng cân)

0,25

V

(1,0
điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

b b c c a a

P

a b c b c a c a b

  

     

Từ giả thiết ta có 3 3 3
b b c c a a
P

a b c

  

   0,25

Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3

3 3

16 64 4

2 3 2 3

b b b b a b b

a a



   

 

0,25

Tương tự

3
3

3 3

16 64 4

2 3 2 3

c c c c b c c

b b



   

 

3
3

3 3

16 64 4

2 3 2 3

a a a a c a a

c c



   

 

0,25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:

9 3 3

( )

16 4 2

3 3 3

b b c c a a a b c

a b c P

a b c

  

       

  

Đẳng thức chỉ xảy ra khi a b c  1

0,25
VI.a

(2,0

điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip

2 2

( ) : 1

9 4
x y

E  

.
Viết phương trình đường thẳng  vng góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam
giác OAB có diện tích bằng 3.

 vng góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0.
Phương trình hồnh độ giao điểm của  và (E):

4x2 + (x + m)2 = 36  5x2 + 2mx + m2  36 = 0 (1) 0,25

Đường thẳng  cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) khi và chỉ khi phương

trình (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt

 = 720 – 16m2 > 0  3 5m3 5 (2)

0,25

2 2 2

2 2 2 1 1 2

10 10

( ) ( ) . 720 16

3 15

AB x  x  y  y  x  x   m
( , )

10
m
d O  



. ( , ) 3
2

OAB

S  AB d O  

0,25

4 2 3 10

16 720 8100 0

2
m  m    m

(thỏa điều kiện (2))

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vậy phương trình đường thẳng :

3 10

3 0

2
x y 

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và đường thẳng (d) có
phương trình:

3 2 3

4 1 2

x y z

 

. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích               MA MB. nhỏ nhất.
Ta có trung điểm của AB là I(2; 3; 0)



 



2 2 2

. 9

MA MB MI IA MI IB   MI IA MI IA  MI  IA MI 

         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         

          0,25

Suy ra               MA MB. nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vng góc

của I trên (d). 0,25

( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )

Md M   t t   t  IM    t t   t



(d) có vectơ chỉ phương u(4; 1; 2) 0,25
. 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1

IM u  IM u     t   t   t   t

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

(1; 3; 1), 38

M MI

   . Vậy



MA MB.



min 29
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

đạt được khi M(1; 3; 1)

0,25
VII.a

(1,0
điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn 2 z i  z z2i và

2 ( )2 4
z  z 

Giả sử z x yi x y  ( ,  ). Từ giả thiết ta có:

2 2

( 1) ( 1)

( ) ( ) 4

x y i y i

x yi x yi

    


   


0,25
2 ( 1)2 ( 1)2

x y y

xy

    

 



0,25
2
2
3
0
4 0
4
1 4
x
y
x y
xy x

 
  
 
   

 
 

0,25
3
3

4
2
2
x
y
 

 



 . Vậy

3
34 2

z  i 0,25

VI.b 
(1,0
điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của

2 5

: ( )
5 9
x t
BM t
y t
 



 



B, M  BM  B



 2 5 ; 5 9 ,b   b M





 2 5 ; 5 9m   m



M là trung điểm BC  C



10m 6;18m11



0,25

Ta có:

(12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),
AH   BC m b m b BH   b   b

  

(10 8;18 12)
AC m m


. 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0

AH BC  m b  m b 
 

2
b m

  (1)

0,25

. 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0
BH AC   b m    b m 
 

(2)
Thế (1) vào (2), ta được

2 1 26

106 105 26 0 ;

2 53

m  m   m m

0,25

Với
1

, 1
2
m b

ta được B(3;4), C(-1;-2)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Với

26 52
,
53 53
m b

ta được

154 203 58 115

; , ;

53 53 53 53

B  C  

   

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có
phương trình:

1 3

2 2 1

x y z

 

 . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất.

M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t)

2 2 2 2 2

(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1
MA  t   t t  t  t  t 

2 2 2 2 2

4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25

MB t   t   t  t  t  t 

0,25

Trong mpOxy xét các vectơ u(3t2; 1), v ( 3 1; 5)t
Có: |u v  | 3 5 ; | | u (3t2)21; | |v  ( 3 1) t 225

0,25
Ta ln có bất đẳng thức đúng:

2 2

|u v  | | | | |u  v 3 5 (3t2)  1 ( 3 1) t 25 hay MA MB 3 5 0,25
Đẳng thức chỉ xảy ra khi uvà v cùng hướng

3 2 1 1

3 1 5 2

t

t
t



   

 

Vậy (MA MB )min 3 5 đạt được khi

1
0; 2;

2
M 

 

0,25

VII.b 
(1,0
điểm)

Giải phương trình: log32x3 2 3log3  2x2

Với điều kiện x > 0, ta đặt ulog2x và v32 3 u  v3 2 3 u

Ta có hệ:
3
3

2 3
2 3

u v

v u

  




 




0,25

3 3

3 3 2 2

2 3 2 3

3( ) ( )( 3) 0

u v u v

u v v u u v u uv v

     

 

   

       

 

  (*) 0,25

2 2 3 1 3 2 3 0, ,

2 4

u uv v  u v  v   u v

   nên:

1
2 3

(*)

0 3 2 0

v u u v

u v

u v

u v u u

  

    

     

 

     

 

0,25

Với 2

1 log 1

2
u  x  x

Với u 2 log2x 2 x4

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; khối: B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m là tham số thực).
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m0.

4. Xác định m để điểm M m m(2 ; )3 tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1)
một tam giác có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)

3. Giải phương trình:

2 2 1

sin 2 cos 6 sin 3 sin 2 sin 8
2

x x x x x

4. Giải hệ phương trình:

3 3 1

( , )

5 3 5 3 4

x y xy

x y

x y

   






   






Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 
4
0

sin 2
1 cos 2

x x

I dx

x









Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a  ,
2

SD a và mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:

3 2 2 2 3 2 2 2

(2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0

2 3

x x x x x m y y y y y m

x my m

            




  



 ( ,x y )

Chứng minh rằng   m , hệ phương trình đã cho ln có nghiệm.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;

4), B(1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết
phương trình đường thẳng CD.

4. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(1; 1; 0),

cắt đường thẳng (d):

2 2

2 1 1

x y z

 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2z2 6 và

1
1
2
z i

z i

 


 .

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1;

4), C(3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
4. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  2x 4y 6z 67 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song

song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S).

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 4 2 4

1 1

log ( 3)
log x  4x3  x

Hết

---Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn thi: TOÁN; khối: B

Câu Đáp án Điểm

I 
(2,0
điểm)

Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m là tham số thực).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m0.

Ta có hàm số: y2x3 3x21
TXĐ: 

2 2

(0) (1)

' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 1, 0

1
x

y x x y x x y y

x




         




0,25

Hàm số nghịch biến trên khoảng



0; 1



Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



 ; 0 ; 1;

 

 



Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1
Giới hạn: xlim  y ; limx y

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

1
2

1 1

'' 12 6; '' 0 12 6 0

2 2

y x y x x y 

 

 

         

 đồ thị có điểm uốn

1 1
;
2 2
I 

  là tâm đối xứng.

Đồ thị:

0,25

2. Xác định m để điểm M m m(2 3; ) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một
tam giác có diện tích nhỏ nhất.

Ta có:
2

' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1

y  x  m x m m y   x m x m  

m

   , hàm số ln có CĐ, CT

0,25
Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A m m( ; 2 33m21), (B m1;2m33m2) 0,25

x

y’



+



y

0 +



+



+



1

0

1 y

x

1
2

 0 1

 




</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Suy ra AB 2 và phương trình đường thẳng AB x y:   2m3 3m2 m1 0
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB
nhỏ nhất.

Ta có:

3 1

( , )

2
m
d M AB  

0,25

1 1

( ; ) min ( ; )

2 2

d M AB d M AB

   

đạt được khi m = 0 0,25
II

(2,0

điểm) 1. Giải phương trình:

2 2 1

sin 2 cos 6 sin 3 sin 2 sin 8
2

x x x x x

Phương trình đã cho tương đương với:
(1 cos 4 ) cos 6 1 cos 6 1

sin 2 sin 8 1 cos 4 cos 6 sin 2 sin 8

2 2

x x x

x x x x x x

  

    0,25

1 1

1 (cos 2 cos10 ) (cos 6 cos10 ) cos 6 cos 2 2 0

2 x x 2 x x x x

         0,25

3 2

4cos 2x 2cos 2x 2 0 (cos 2x 1)(2cos 2x 2cos 2x 1) 0

         0,25

cos 2x 1 x k k,

      0,25

2. Giải hệ phương trình:

3 3 1

( , )

5 3 5 3 4

x y xy

x y

x y

   






   






Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk 
0
0
x
y








Hệ đã cho tương đương với:

6 6 2 2

4 5 3 4 5 3 16
x y xy

x y

   




   




6 6 2 2

5 3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 2 0

x y xy

x x y y x xy y

   


 

            




0,5



 



6 6 2 2

5 3 2 5 3 2 0

x y xy

x x x y

   


 

       




0,25

6 6 2 2

5 3 2 1

5
5 3 2

x y xy
x

x y
y

x y

   



  



    

 






 . Vậy hệ phương trình có một nghiệm

1 1
;

5 5

 

 

 

0,25

Cách 2: Hệ đã cho tương đương với

3(5 5 ) 5 5 3(5 5 ) 5 5

5 5 2 (5 3)(5 3) 6 16 5 5 2 3(5 5 ) 25 9 10

x y xy x y xy

x y x y x y x y xy

       

 



 

           

 

 

Đặt u5x5 ,y v5 xy. ĐK: u0,v0. Hệ trở thành:

2
2

3 5

2 3 (3 5) 9 10

2 3 9 10

3 5

2 9 27 34 10 (*)
v u
u v

u u u

u u v

v u

u u u

 

  



 



 

    

   

 

 

 



 

   




0,5

Do ĐK của u, v nên

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2 2

5 5

10 10

(*) 3 3 2

49( 27 34) (10 ) 35 88 36 0

u u

u

u u u u u

 

   

 

     

        

 

Với u = 2  v = 1, ta được hệ:

5 5 2

5 5 2 1

5 1

25
x y
x y

x y
xy

xy

 



 



 

   

 




 

 

Vậy hệ phương trình có một nghiệm
1 1

;
5 5

 

 

 

0,25

III 
(1,0
điểm)

Tính tích phân:
4
0

sin 2
1 cos 2

x x

I dx

x









Ta có

4 4

0 0

sin 2 1 (1 cos 2 )
1 cos 2 2 1 cos 2

x d x

dx

x x

 




 



0,25

4
0

1 1

ln(1 cos 2 ) ln 2

2 x 2



 

    

 

0,25

+ Tính
4

2
0 cos

x

J dx

x






. Đặt: ; cos2 tan

dx

u x du dx dv v x

x

      0,25

4
4
0

sin 2

( tan ) ln

cos 4 2

x

J x x dx

x


 

  



 

. Vậy

1
ln 2
8 4

I   0,25

IV 
(1,0
điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a  , SD a 2 và

mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.

Theo giả thiết (ABCD)  (SBD) theo giao tuyến BD.
Do đó nếu dựng AO  (SBD) thì O  BD.

Mặt khác AS = AB = AD  OS = OB = OD hay
SBD là tam giác vuông tại S.

0,25

Từ đó: BD SB2SD2  a22a2 a 3

2 2 2 3

4 2

a a

AO AB  OB  a  

0,25
Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi:

. .

1 1 1 2

. . . . 2.

3 6 6 2 12

S ABD A SBD SBD

a a

V V  S AO SB SD AO a a 

. .

S ABCD S ABD

a

V V

  

(đvtt).

0,25

Trong SBD dựng OH  SD tại H (1)  H là trung điểm của SD. 0,25

O
B
D

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Theo chứng minh trên AO  (SBD)  AO  OH (2)

(1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vng góc chung của AC và SD

Vậy

( , )

2 2

a
d AC BD OH  SB

V 
(1,0
điểm)

Cho hệ phương trình:

3 2 2 2 3 2 2 2

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

2 3

x x x x x m y y y y y m

x my m

            




  



 ( ,x y )

Chứng minh rằng   m , hệ phương trình đã cho ln có nghiệm.

Đồ thị hàm số f x( ) 2 x3 3x2x có tâm đối xứng
1

; 0
2
I 

  và đồ thị hàm số

2 2

( ) 3

g x x  x m có trục đối xứng 
1
2

x

0,25

Do đó nếu đặt y = 1 x và thay vào vế trái của (1) ta được:

3 2 2 2 3 2 2 2

(2x  3x x). x  x 3 m [2(1 x)  3(1 x)  1 x]. (1 x)  (1 x) 3 m 

3 2 2 2 3 2 2 2

(2x  3x x). x  x 3 m  (2x  3x x). x  x 3 m 0,x m,  

0,25
Chứng tỏ   m , phương trình (1) ln nhận nghiệm ( ; 1x  x x),  

Từ đó bài tốn đã cho tương đương với bài tốn chứng minh hệ phương trình:

2
1

2 3

y x

x my m

 



  

 có nghiệm   m hay phương trình x22mx 3m 3 0 có

nghiệm   m .

0,25

Điều này là hiển nhiên vì

2 3 3

' 3 3 0,

2 4

m m m  m

          

   0,25

VI.a 
(2,0

điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm

A(1;4), B(1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết
phương trình đường thẳng CD.

Ta có AB ( 2; 1), AB 5



; (C) có tâm

9 1
;
2 2
I 

  và bán kính

10
2

R 0,25

ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0 0,25
7 2

( , )

2 5
m
d I CD  

; CD2 R2 d I CD2( , ) 0,25
2

2
5 (7 2 )

5 2 7 6 0 1; 6

2 20

m

m m m m



         

Vậy phương trình CD: x – 2y  1 = 0; x – 2y  6 = 0

0,25
2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(1;1;0), cắt

đường thẳng (d):

2 2

2 1 1

x y z

 

và tạo với mặt phẳng (P): 2x  y  z + 5 = 0 một góc 300.
Gọi N ( )d    N(2 2 ; ; 2 t t  t)

Ta có: MN (1 2 ;t t 1; 2t)



và mp(P) có vtpt n(2; 1; 1)  0,25
(d) tạo với (P) góc 300 nên:





2 2 2

2 4 1 2 1

sin30 cos ,

2
(1 2 ) ( 1) ( 2) . 6

t t t

MN n

t t t

    

  

    

  0,25

2
2

2 3 3 9

10 18 0 0;

2 5

6 2 6

t

t t t t

t t



       

  0,25

+ Với t = 0, phương trình

1 1

1 1 2

x y z

  



</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

+ Với
9
5
t

, phương trình

1 1

23 14 1

x y z

  



VII.a 
(1,0

điểm) Tìm số phức z thỏa mãn

2 2 6

z z  và

1
1
2
z i

z i

 


 .

Giả sử z x yi x y  , ( ,  ). Ta có:

+ z2z2  6 (x yi )2(x yi )2 6 x2 y2 3 0,25
 +

1 ( 1) ( 1) ( 2)

2
z i

x y i x y i

z i

 

       



2 2 2 2

(x 1) (y 1) x (y 2)

        x 3y 1 0

0,25

Giải hệ phương trình:

2 2

2, 1
3 1

7 1

3 1 0 4 3 1 0

4 4

x y
x y

x y

x y y y

 



 

    

 

 

  

     

  

Vậy

7 1
2 ;

4 4
z i z  i

0,5

VI.b 
(1,0
điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1;4),

C(3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
Giả sử A(x; y)  (C)  (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10

Ta có: BC2 5 và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0

2 7
( , )

5
x y
d A BC   

0,25

Diện tích tam giác ABC:

. ( , ) 19
2

ABC

S  BC d A BC 



2 12
2 7

.2 5. 19

2 26

2 5

x y
x y

x y

 

  

  

 



0,25

TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được
2

5 48 115 0 23

5
y

y y

y





   

 



+y 5 x2
+

23 14

5 5

y  x

0,25

TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm)

Vậy A(2; 5) ;

14 23
;

5 5

A  

 

0,25
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  2x 4y 6z 67 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song

với BC và tiếp xúc mặt cầu (S).

(S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9

Giả sử (P) có vtpt n( ; ; ), (A B C A2B2C2 0)

(P) // BC nên nBC ( 1;1;4) n BC.  0 A B 4C n(B4 ; ; )C B C

 

  

(P) đi qua A(13; 1; 0)  phương trình (P): (B4 )C x By Cz  12B 52C0

0,25

(P) tiếp xúc (S) 2 2 2

4 2 3 12 52

[ ,( )] 9

( 4 )

B C B C B C

d I P R

B C B C

    

   

  

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

2 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0 2 0

4 0

B C

B BC C B C B C

B C

 



         

 



Với B + 2C = 0 chọn

2
1
B
C







 , ta được phương trình (P): 2x + 2y  z + 28 = 0 0,25

Với B  4C = 0 chọn

4
1
B
C







 , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z 100 = 0

Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài tốn.

0,25
VII.b

(1,0

điểm) Giải bất phương trình sau:

4
4

1 1

log ( 3)
log x  4x3  x

Điều kiện:
2
2

4 3 0

3
4 3 1

4
3 0

2 2
3 1

x x

x
x x

x
x

   

 




  



 

 

 

 

 

  



0,25

Khi đó có 3 trường hợp:

TH1: Nếu x > 4 thì log4 x2 4x 3 log 1 04  và log (4 x 3) log 1 0 4  . Do đó

bpt tương đương:

2 2

4 4

log (x 3) log x  4x 3 x 3 x  4x 3 x 3 x1 (đúng
4

x

  )

0,25

TH2: Nếu 2 2x4 thì log4 x2 4x 3 log 1 04  và log (4 x 3) log 1 0 4  .

Suy ra bpt vô nghiệm. 0,25

TH3: Nếu 3x 2 2thì log4 x2 4x 3 log 1 04  và log (4 x 3) log 1 0 4  . 
Do đó bpt tương đương:

2 2

4 4

log (x 3) log x  4x 3 x 3 x  4x 3 x 3 x1
(đúng  x (2; 2 2))

Vậy bpt có tập nghiệm là S(2; 2 2) (4;  )

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Mơn: TỐN; khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1
1
x
y

x




 (1)

5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

6. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt
tại A, B sao cho OA9OB.

Câu II (2,0 điểm)

5. Giải phương trình: sin 3 cos 22 x xsin2x0

6. Giải hệ phương trình:

2 2
2
2

( , )
xy

x y

x y x y
x y x y



  

 




   





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 
4
8

cot tan
sin 2 cos 2

x x

I dx

x x



 




 



 

 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

AB a , AC a 3, hình chiếu vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G

của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).

Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình:

2 2

5log 8log .log 8log 1
1
3log 8log .log 4log

2 1

x x y y

m

x x y y

m

   



 

  





 ( ,x y )

Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4
= 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC

bằng
5

2 và điểm A có hồnh độ dương.

6. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng

1 3 1

( ) :

2 1 1

x y z

d     

, 2

3 1

( ) :

3 1 1

x y z

d    

 . Viết phương trình đường thẳng  cắt

cả hai đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 2 i 2 2 và
1

1
z

z i




 .

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x 2y 5 0 và đường tròn
2 2

( ) :C x y  2x4y 5 0 . Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A,

B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB2 5.

6. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z 2x 6y 6z 5 0. Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba
điểm A, B, C.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 23x2 x 104x2 x 4 2x2 x 216 0 .

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mơn thi: TỐN; khối: D

Câu Đáp án Điểm

I 
(2,0

điểm) Cho hàm số

2 1
1
x
y

x




 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

TXĐ:

 

\ 1 , ' 0,

( 1)

y x

x



    




D D 0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1) và (1; )
Giới hạn và tiệm cận:limx1 y ; limx1 y

 tiệm cận đứng: x = 1
lim lim 2

x yx  y  tiệm cận ngang y = 2

0,25

Bảng biến thiên: 0,25

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Đồ thị: Đi qua các điểm





; 0 , 0; 1
2

 

 

  và nhận giao

điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.

0,25

2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại
A, B sao cho OA9OB.

Gọi  là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số

góc của tiếp tuyến được tính bởi

1
9
OB
k

OA

  0,25

 hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay:

2
2

1 1

( )

4
( 1) 9

( 1) 9

1 1 2

( 1) 9

x
x

x

x
x







   

     

 

 



 



, (4) ( 2)

7 5

3 3

y  y 

0,25

+ Với

1
9
k 

và tiếp điểm
7
4;

 

 

 , ta có pt tiếp tuyến:





1 7 1 25

4 hay

9 3 9 9

y x  y x

0,25

+ Với

1
9
k 

và tiếp điểm
5
2;

 



 

 , ta có pt tiếp tuyến:





1 5 1 13

2 hay

9 3 9 9

y x  y x

0,25

II 
(2,0
điểm)

1. Giải phương trình: sin 3 cos 22 x xsin2x0

Pt tương đương:

2 2 3 2 2

sin 3 cos 2x xsin x 0 (3sinx 4sin ) cos 2x xsin x0

2 2 2

sin x(3 4sin x) cos 2x 1 0

     

0,25



[3 2(1 cos 2 )] cos 2x 2 x 1



0

    





2 2 2 3 2

sin x(1 2cos 2 ) cos 2x x 1 0 sin x 4cos 2x 4cos 2x cos 2x 1 0

           0,25









2 2

sin x cos 2x 1 4cos 2x 1 0

    0,25

2
sin 0

cos 2 1 ( )

2
4cos 2 1 0 (VN)

x x k

x k

x






   

 

    

  

   



 0,25

2. Giải hệ phương trình:

2 2
2
2

1 (1)
(2)
xy
x y

x y
x y x y



  

 



   



Điều kiện: x + y > 0

Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành:

2 2 2v 1 3 2 2 0

u v u u uv v

u

       

0,25

1
( 1)[ ( 1) 2 ] 0

2 0
u

u u u v

u u v




      

  



0,25





1

2

1
1
2

0 x

y

x

y

’



+



y



+



2 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được:

2 2 1

1 (1 ) 2 0

2
x

x x x x

x




        



 x 1 y0; x 2 y3

0,25
TH2: Với u2 u 2v0 hay (x y )2  x y 2xy 0 x2y2 x y 0 vô

nghiệm do đk

Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (2; 3).

0,25
III

(1,0
điểm)

Tính tích phân:
4
8

cot tan
sin 2 cos 2

x x

I dx

x x



 




 



 

 



2 2

4 4

8 8

cos sin

cot tan sin .cos

sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 .cos sin 2 .sin

4 4 4

x x

x x x x

I dx dx

x x x x x

 

    




 

   

 

   

   



0,25





4 4

8 8

cot 2 cot 2 1

2 2 2 2 .

sin 2 cos 2 sin 2 1 cot 2 sin 2

x x

dx dx

x x x x x

 

 

 



0,25

Đặt 2 2

2 1 1

cot 2

sin 2 2 sin 2

t x dt dx dt dx

x x

     

Đổi cận: x 8 t 1; x 4 t 0

 

     

0
1

2 2 .

1 2

t

I dt

t

 

  

  



0,25

1 1

0 0

2 2 1

1 1

t

dt dt

t t

 

    

   











2 t lnt 1 2 1 ln 2

     0,25

IV 
(1,0
điểm)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a , AC a 3,

hình chiếu vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và
góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và

khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).

Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:

 0

2 2

2 , ; ' 60

3 3

a

BC a AG AI  A AG ' .t an600 2 3

3
a
A G AG

   0,25

Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi:

1 1 2 3

. ' . . ' . 3.

2 2 3

ABC

a

V S A G AB AC A G a a a
(đvtt)

0,25
Dựng AK  BC tại K và GI  BC tại I  GI // AK

1 1 1 . 1 . 3 3

3 3 3 3 2 6

GI MG AB AC a a a

CI AK

AK MA BC a

       

0,25

M
A

C
A'

G
K

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Dựng GH  A’I tại H (1)
Do:
(2)
'

BC GI
BC GH
BC A G

 

 



  . Từ (1) và (2)

 GH  (A’BC)

Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó:
[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3

d B A BC d A A BC  d G A BC  GH

2 2 2 2

2 3 3

3. .

' . 3. ' . 3 6 6 2 51

' ' 12 3 51 17

9 36
a a

A G GI A G GI a a

A I A G GI a a

    


0,25
V 
(1,0
điểm)

Cho hệ bất phương trình:

2 2

5log 8log .log 8log 1
1
3log 8log .log 4log

2 1

x x y y

m

x x y y

m
   

 
  



 ( ,x y )

Đặt ulog ,x vlogy, hệ pt trở thành:

2 2 2 2

5 8 8 1 5 8 8 1

1 2 2

3 8 4 6 16 8

2 1 2 1

u uv v u uv v

m m

u uv v u uv v

m m
       
 

   
     
 
 
  (*)
0,25

Giả sử hệ có nghiệm ( ;x y0 0)

0 0
0 0
log
log
u x
v y


 


 là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất

đẳng thức đúng sau:

2 2

0 0 0 0

2 2

0 0 0 0

5 8 8 1

2 2

6 16 8

2 1
u u v v

m
u u v v

m
   

 
  



 . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được:



0 0



1
4
2 1
u v
m
 


 ĐK cần để hệ có nghiệm là

1
2 1 0 hay

2
m  m 

0,25

Xét ĐK đủ: Với

1
2
m 

, ta có:

2 2 1

1 1

2 1 2 1

m

m m



  

  . Suy ra để hệ bất pt đã cho có

nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v

là đủ:

2 2

5 8 8 1

(**)

6 16 8 1

u uv v

   


  


0,25
Ta có
2 2
2
2
10 10
4 ,

5 8 8 1 5 20

(**) 1

( 4 ) 0 10 10

40 ,

5 20

u v u v

u uv v

v
u v
u v

  
 
   
  
    
 
 

 
   

  đpcm

Vậy

1
2
m 

là đáp số của bài toán

0,25

VI.a 
(2,0
điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4

= 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng
5
2
và điểm A có hồnh độ dương.

Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 450 và ABC cân tại A nên ABC

vuông cân tại A 0,25

A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c; 7  3c)

(2 4; 3 7)

AC a c  a c



, vtcp của AB là u1 (2; 1)



. 0 3

AC u   c  a

 

(1)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình

2 4 0 2

3 7 0 1

x y x

x y y

   

 



 

   

   B(2;1) 0,25

Diện tích tam giác ABC:

1 5

2 2

ABC

S  AB 



2 2 2 0

(2 2) (1 ) 5 2 0

2
a

a a a a

a




        



 .

Do xA > 0 nên chỉ nhận a = 0  c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;2)

0,25

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng
1

1 3 1

( ) :

2 1 1

x y z

d     

, 2

3 1

( ) :

3 1 1

x y z

d    

 . Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai

đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6.

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của  với (d1) và (d2)

1 1 1 2 2 2

( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 )
M   t t t N   t  t  t
Ta có: MN (3t2 2t1 2;  t2 t1 3;t2 t1 2)



và vtpt của (P) n(1; 1; 2)

+  // (P) nên: MN n.  0 3t2 2t1 2t2  t1 3 2t2 2t1 4 0  6t2 3t1 3 0
 

1 22 1
t t

   (1)

0,25

2 2 2

3 3 2 2 5

[ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6

t t t

d  P   d M P         

2 1 2 1

t t

   

2 1 1 1; 2 1 1 3

t   t  t   t 

0,25

Với t1  t2 1, ta có

1 4 2

(1; 4; 2), (1; 5; 2) pt :

1 5 2

x y z

M MN         0,25

Với
1
2

3
1
t
t







 , ta có

( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( )
2

x t

M MN y t t

z

 





       

 




 0,25

VII.a 
(1,0

điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 2 i 2 2 và
1

1
z

z i




 .

Giả sử z x yi x y  ,( ,  ). Từ giả thiết ta có:

2 2

2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8

z  i   x  y i   x  y  0,25

2 2 2 2

1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 )

z

x yi x y i x y x y x y

z i



              

 0,25

Ta được hệ:

2 2 2 4, 4

( 2) ( 2) 8 ( 2) 4

0, 0

x y

x y x

x y

y x y x

 

        

 

    

  

 

Vậy z 4 4 ;i z0

0,5
VI.b

(1,0
điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x 2y 5 0 và đường tròn
2 2

( ) :C x y  2x4y 5 0 . Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là

các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB2 5.
+M  M(2m  5; m);

0,25

H
I

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Gọi H là trung điểm AB  AH  5 và AH  MI 0,25
Tam giác AIM vng tại A có AH là đướng cao nên:

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

5 10 AM

AH AM  AI  AM    và IM  IA2MA2 2 5

0,25
2

20
IM

   (2m 6)2(m2)2 20 m2 4m  4 0 m2 0,25

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z 2x 6y 6z 5 0. Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba
điểm A, B, C.

Giả sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên:

2 2 2 2 2 2 2 2

( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

hay

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

AM BM x y z x y z

AM CM x y z x y z

            

 

 

          

 

 

0,25

3 ( )

2 7

1
x t
x z

y t

x y z

z t



 

 

     

  

   



 0,25

M  (S) nên

2 9 (1 )2 2 18 6 6 5 0 2 2 6 9 0 3 3 3
2

t    t  t   t   t  t   t  

0,25

Suy ra

3 3 3 5 3 3

; 3;

2 2

M   

  hoặc

3 3 3 5 3 3
; 3;

2 2

M   

  0,25

VII.b 
(1,0
điểm)

Giải phương trình: 23x2 x 104x2 x 4 2x2 x 216 0 .

Phương trình tương đương:

2 2 2 2 2 2

3 10 2 2 8 2 3 14 2 2 12 2

2 x x 2 x x  2x  x 16 0  2 x  x 2 x  x  2x  x 1 0 0,25

2 2 2

2 2 12 2 2 2 12

(2 x x 1)(2x x 1) 0 2 x x 1 0

       0,25

2 2 12 0 2 2

2 2 2 2 12 0

x x x x x

x

   

       



</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>

3 de va DA thi thu moi 20122906



Môn thi: TOÁN; khối: A







 



1

x

y’



<sub>+</sub>

<sub></sub>

y

1



0

0

+



+



+



4

0

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>



 























<sub></sub>



 

 

 



























 



x

y’



<sub>+</sub>

<sub></sub>

y

0

0

0

+



+



+



1