Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D

Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 1 
Câu I 
Cho hàm số: Cho hàm số:    3 22 os 3sin 8 1 os2 1
3
y x c x c x        
1. Chứng minh rằng với mọi  hàm số luôn có cực đại và cực tiểu. 
2. Giả sử rằng hàm số đạt cực trị tại 1 2, xx . Chứng minh: 
2 2
1 2 18x x  
Câu II 
1. Giải phương trình:    3 1 2cosx t anx t anx 2sin x   
2. Giải hệ phương trình sau: 
3 3x y 2
2 2
3 3x y 10
2 2

   

    
Câu III 
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol   2: 64P y x và đường thẳng 
: 4 3 46 0   x y . Tìm A thuộc (P) sao cho khoảng cách từ A đến  nhỏ 
nhất. Tính khoảng cách nhỏ nhất đó. 
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm    0;0; 3 , N 2;0; 1 M và mặt 
phẳng   :3 8 7 1 0    x y z . 
a) Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng MN với mặt phẳng   . 
b) Tìm tọa độ P nằm trên mặt phẳng   sao cho tam giác MNP đều. 
Câu IV 
1.Tính tích phân : 
 
ln5
ln 2
.
10 1
x
x x
e dxI
e e

 
 
2. Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện: 
z 2 i 1   . 
Câu V 
1. Tính 
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 CP ...
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
      
2. Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn điều kiện: 0a b c   . Chứng minh 
rằng: 27 27 27 3 3 3    a b c a b c . 
 ĐỀ 1 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 2 
Câu I 
1. Xét PT:    2y 2x 2 cos 3sin x 8 1 cos2 0         
Ta có: 
     2 2 2cos 3sin 16 1 cos2 cos 3sin 32cos 0                 . 
Nếu 0  thì 2 2
cos 3sin 0 sin 0
0 sin cos 1
cos 0 cos 0
  
 
 
   
     
  
. Điều 
này vô lý. Suy ra 0    . Do đó hàm số luôn có cực đai, cực tiểu. 
2. Theo định lý Viet, ta có:  1 2 1 2x x 3sin cos ; x x 4 1 cos2        . 
     2 22 21 2 1 2 1 2x x x x 2x x 3sin cos 8 1 cos2          
2 29sin 6sin cos 17cos      . 
 2 2 2 2 2 21 2 18 9sin 6sin os 17cos 18 sin osx x c c            
 23sin cos 0    luôn đúng. Từ đây, ta suy ra: đpcm. 
Câu II 
1. ĐK: cos x 0 
      2 2PT 3 1 2cos x tan x 1 2cos x 1 2cos x 3 tan x 0        
22 2 2 2 2
11 1 1 cos xcosx cos x cos x 22 2 2
1cos xtan x 3 sin x 3cos x 1 cos x 3cos x
4
                           
2 1 1 2cos x cos2x 2x k2 x k
4 2 3 3
 
               k 
thỏa mãn điều kiện ban đầu. 
2. ĐK: 
3 3x, y
2 2
   . 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski: 
 
2
2 23 3 3 32 1. x 1. y 1 1 x y x y 2
2 2 2 2
                 
  
 (1) 
 
2
2 23 3 3 310 1. x 1. y 1 1 x y x y 2
2 2 2 2
                 
  
 (2) 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 3 
Từ (1) và (2) suy ra x y 2  , nghĩa là dấu bằng xảy ra ở (1) và (2). Khi đó 
3 3x y
2 2
1 1 x y
3 3x y
2 2
1 1

 
 

 
  

. Vậy    x;y 1;1 là nghiệm duy nhất của hệ. 
Câu III 
1.  
2
2 aA P : y 64x A ;a
64
 
    
 
   
2
22
2 2
a4. 3a 46
64 1 1d A, a 48a 736 a 24 160
80 804 3
 
       

 21 160a 24 160 2
80 80
       . 
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi a 24 0 a 24     . 
Lúc đó  Mind A, 2  khi  A 9; 24 . 
2. 
a) Đường thẳng MN qua  M 0;0; 3 nhận  MN 2;0;2

 làm VTCP nên có 
phương trình: 
x 2t
y 0
z 3 2t



   
 I MN P   Tọa độ điểm I ứng với tham số t là nghiệm của phương trình: 
  11 11 43.2t 8.0 7. 3 2t 1 0 t I ;0;
10 5 5
           
 
. 
b) Gọi   là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN. Gọi K là trung điểm 
MN  K 1;0; 2  . Chọn  1n MN 1;0;1
2
 
 
 làm VTPT của   . Lúc đó,   
có phương trình:    1. x 1 1. z 2 0 x z 1 0        . 
 P  sao cho MNP đều 
   
2 2
P
MN NP
  
 

Giả sử tọa độ điểm N là  a;b;c , ta có: 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 4 
 22 2
3a 8b 7c 1 0
a c 1 0
a b c 3 8
    

  

   
. 
Giải hệ phương trình , ta tìm được   2 2 1P 2; 2; 3 , P ; ;
3 3 3
      
 
. 
Câu IV 
1. Đặt x 2 x xt e 1 t e 1 2tdt e dx       
Đổi cận: x ln 2 t 1 ; x ln5 t 2      
    
22 2 2
2
1 1 1 1
2tdt dt 1 1 1 1 3 t 1 5I 2 dt ln ln
3 t 3 t 3 3 t 3 t 3 3 t 3 29 t t
               
. 
2. Hai số phức liên hợp có mođun bằng nhau, ta suy ra 
z 2 i z 2 i     
Vì  z 2 i z 2 i z 2 i         . 
Từ đó ta có: z 2 i 1   . 
Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm  I 2;1 , bán kính R 1. 
Câu V 
1. 
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 CA ...
1 2 3 4 2011
      
Ta có: 
 
 
 
   
 
   
 
   
 
     
   
k kk k
k 2010
k
k 1 k 1
2011
1 2 20111 2 2011
2011 2011 2011
2011 0 0
2011
2 2010! 2 2010!2 C1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!1 1 2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
1P 2 C 2 C ... 2 C
4022
1 12 1 2 C
4022 2011
 
 
  
    

     
  
           
         
2. Đặt a b cx 3 ; y 3 ; z 3   . Bài toán quy về chứng minh bất đẳng 
thức: 3 3 3 x y z x y z     
 với x, y, z dương thỏa mãn a b c a b c 0xyz 3 .3 .3 3 3 1     . 
Ta có: 3 33x 1 1 3 x .1.1 3x    . Tương tự 3y 1 1 3y   ; 3z 1 1 3z   . 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 5 
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: 
   3 3 3x y z 6 3 x y z      . (1) 
Mặt khác 
       3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 333 x y z x y z 2 x y z x y z 2.3 x y z            
   3 3 3 3 3 3x y z 2.3xyz x y z 6        (2) 
Từ (1) và (2) suy đpcm. 
Câu I 
Cho hàm số:  2 1 
1



xy C
x
 và điểm M bất kì thuộc (C). Gọi I là giao điểm 
hai tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B. 
1. Chứng minh rằng: M là trung điểm AB. 
2. Chứng minh diện tích tam giác IAB không đổi. 
3. Tìm tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. 
Câu II 
1. Giải phương trình:  338sin x 1 162sin x 27 0    . 
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2x x 1 x x 1 m      . 
Câu III 
1.Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): 2 2y x x  và elip (E):
2
2 1
9
x y  . 
Chứng minh rằng (P) và (E) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D và bốn 
điểm đó cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường 
tròn đó. 
2. Cho 3 tia OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = a, OB = b, OC = c. 
Gọi , ,    lần lượt là các góc của các mặt phẳng (OAB), (OBC) , (OCA) với 
mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng: 
 2 2 2os os os 1.    c c c 
Câu IV 
1. Tính tích phân: 
3
0
dxI
1 sinx cosx


  
 ĐỀ 2 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 6 
2. Gọi A, B theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 0 
và 1 iz z
2
  . Chứng minh tam giác OAB vuông cân. 
Câu V 
1. Giải hệ phương trình sau: 
 
2 1
2 2
5 5
2 2 2
log 3 1 log 2 4 1
   

      
y x y x
x y y x y
2. Cho 3 số thực dương thay đổi x, y, z thỏa mãn điều kiện 
2 2 2
1 1 1 1 1 124 1 2
x y z x y z
   
        
   
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
1 1 1
30 4 2008 30 4 2008 30 4 2008
Q
x y z y z x z x y
  
     
. 
Câu I 
1. Ta có : TCĐ : x 1 vì 
x 1
2x 1lim
x 1

 

; TCN: y 2 vì 
x
2x 1lim 2
x 1



. 
Giao điểm của hai tiệm cận là  I 1;2 
Hàm số được viết lại như sau: 1y 2
x 1
 

Gọi  0
0
1M x ;2 C .
x 1
 
   
Tiếp tuyến với (C) tại M là:   0 0
0
1y y x x x 2 .
x 1
   

Giao điểm của tiếp tuyến với TCĐ là 
0
2A 1;2
x 1
 
  
. 
Giao điểm của tiếp tuyến với TCN là  0B 2x 1;2 . 
Ta có : 
A B
M 0
A B
M
0
x xx x
2
y y 1y 2
2 x 1
  
    

và A , M , B thẳng hàng nên M trung điểm 
của đoạn thẳng AB. 
2.  IAB 0
0
1 1 2S .IA.IB . 2 x 1 2.
2 2 x 1
   

Vậy diện tích tam giác IAB không đổi. 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 7 
3. Ta có: IA.IB 4 
 Chu vi   2 2IAB IA IB AB IA IB IA IB       
  2 IA.IB 2IA.IB 2 2 2    
Dấu bằng xảy ra khi 
 
 
0
0
0
x 0 M 0; 1
IA IB 2 x 1 1
x 2 M 2;3
  
      
 
. 
Câu II 
1. Đặt u 2sin x ĐK: 2 u 2   
PT đã cho thành:    3 33 3u 1 81u 27 0 u 1 81u 27        . 
Đặt 3 33v u 1 3u v 1     . Do đó, ta có: 
      
3 33
3 3 2 23
u 1 3v u 1 3vu 1 3v
u v 3 v u u v u uv v 3 0v 1 3u
        
   
           
 
3
3
32
2
u 1 3v
u 1 3v
3u u 1v 3u v u v 3 0 u v
2 4
  
   
                   
Lúc đó: 3 3
16sin x 8sin x 1 3sin x 4sin x sin3x sin
2 6

       
23x k2 x k
6 18 3
5 5 23x k2 x k
6 18 3
  

  

     
  
    
  
2. 
2 22 2
2 2 1 3 1 3x x 1 x x 1 m x x m
2 2 2 2
                        
      
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét: 1 3 1 3A ; ; B ;
2 2 2 2
   
   
   
 và đỉnh 
 M x;0 ta có: AB 1 . 
Với mọi điểm M thì AM BM AB 1   . 
Mà 
2 22 21 3 1 3AM x ; BM= x
2 2 2 2
                
      
Suy ra: m 1 1 m 1     . 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi 1 m 1   . 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 8 
Câu III 
1. Tọa độ giao điểm của (P) và (E) là nghiệm của hệ phương trình: 
 
2
2 22 4 3 22
2
y x 2x
x x 2x 1 9x 36x 37x 9 0x 9y 1
9
  

        
 
. 
Đặt   4 3 2f x 9x 36x 37x 9    
 f x liên tục trên  . 
       1 1f 1 .f 0 657 0 x 1;0 : f x 0        
       2 2f 0 .f 1 9 0 x 0;1 : f x 0       
       3 3f 1 .f 2 5 0 x 1;2 : f x 0       
       4 4f 2 .f 3 405 0 x 2;3 : f x 0      
Do PT:  f x 0 là PT bậc 4 nên có tối đa 4 nghiệm. Vậy PT   ...  1 2 2 4 1 2 2 3y y y y y y yy y           
1 64 161 64 16 81 1
81 81 81
y y y
y y y                  
     
 (*) 
Nhận xét: Phương trình (*) có một nghiệm 1y  . 
VT(*) là tổng các hàm nghịch biến nên là một hàm nghịch biến, VP(*) là một 
hàm hằng. Do đó y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*). 
Với 1y  ta suy ra 4096.x  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 4096.x  
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 95 
Câu I 
Cho hàm số: 3
1
xy
x



 (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm trên đường thẳng 2 1y x  các điểm kẻ đúng một tiếp tuyến đến (C). 
Câu II 
1. Giải phương trình:  22cos 2 3sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x    
2. Giải hệ phương trình: 
2 1
2 1
2 2 5 1
2 2 5 1
y
x
x x x
y y y


     

    
  ,x y . 
Câu III 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn   2 2: 1C x y  . Tìm 
các giá trị thực của m để trên đường thẳng y m tồn tại đúng hai điểm mà từ 
đó có thể kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 
060 . 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P có phương trình 
2 3 3 1 0x y z    , đường thẳng d có phương trình 3 5
2 9 1
x y z 
  và ba 
điểm      4;0;3 , B 1; 1;3 , C 3;2;6A   . 
a) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt 
phẳng (P). 
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) 
theo một đường tròn có bán kính lớn nhất. 
Câu IV 
1. Trong mặt phẳng Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 
2 2, y = 2y x x  
2. Giải phương trình sau trên tập số phức C: 
2
4 3 1 0
2
zz z z     . 
Câu V 
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo 
AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng 
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt 
phẳng (SAB) bằng 3
4
a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
ĐỀ 17 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 96 
2. Cho a, b, c 0 và 2 2 2 3a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 3
2 2 21 1 1
a b cP
b c a
  
  
Câu I 
1. Học sinh tự giải 
2. + Lấy    ;2 1A a a C  . 
 + Đường thẳng  đi qua A với hệ số góc k có phương trình: 
   2 1y k x a a    
 + Đường thẳng  tiếp xúc với A khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 
   
 
 2
3 2 1 1
1
4 2
1
x k x a a
x
k
x
     
 
 

 Thay (2) vào (1), ta được: 
 
 2
3 4 2 1
1 1
x x a a
x x
 
   
 
       2
1
3 1 4 2 1 1
x
x x x a a x

 
       
   2
1
2 2 3 2 0 3
x
ax a x a

 
    
+ Nếu 0a  thì phương trình (3) thành 14 2 0 1
2
x x      . Do đó từ 
 0;1M kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến (C). 
+ Nếu 0a  thì để kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến (C) thì 
- Phương trình (3) có nghiệm kép khác 1 
     2 20 2 2 0 12 3 2 0
2 21 2 2 0
a a aa a a
a ax a aa
             
               
 Do đó từ các điểm    1; 1 , M 2;5M   kẻ đến (C) đúng 1 tiếp tuyến. 
 - Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm x =1 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 97 
 
 20 2 2 0 1
2 2 3 2 0 2 2 0
a a
a
a a a a
      
           
 Do đó từ  1;3M kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến (C). 
Vậy từ các điểm M có toạ độ        1; 1 , 0;1 , 1;3 , 2;5  kẻ đúng 1 tiếp 
tuyến đến (C). 
Câu II 
1. Phương trình đã cho tương đương với 
 2 cos2 3sin 2 3 sin 3 cosx x x x    
1 3 1 32 2 cos2 sin 2 6 sin cos
2 2 2 2
x x x x
   
       
   
2 2cos 2 6cos
3 6
x x           
   
1 cos 2 3cos
3 6
x x           
   
2
cos 0
6
2cos 3cos 0
6 6 3cos
6 2
x
x x
x

 

                          
 
Loại nghiệm 3cos
6 2
x    
 
Ta có:  2cos 0 
6 6 2 3
x x k x k k               
 
 . 
2. Đặt 1 , v = y-1u x  
Hệ phương trình đã cho thành: 
2
2
1 5
1 5
v
u
u u
v v
   

  
Xét hàm số:   2 1f t t t   
 
2
2 2 2
11 0 t
1 1 1
t tt t tf t
t t t
       
  
Vậy  f t đồng biến trên  . 
Nếu u v thì     5 5v uf u f v v u     . Do đó .u v 
Hệ phương trình trên tương đương với  
21 5 1u u u
u v
   

 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 98 
Đặt    25 1ug u u u   
Ta có:    2 25 ln5 1 5 11
u u ug u u u
u
 
      
 
 2 215 1 ln5 0 u1
u u u
u
 
       
 
 
Vậy  g u đồng biến trên  
Từ  0 1g  ta suy ra  25 1 1 0u u u u     
Suy ra 0u v  hay 1x y  . 
Vậy 1x y  là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho . 
Câu III 
1. Đường tròn  C có tâm  0;0O , bán kính 1R  . Giả sử trên đường thẳng 
y m tồn tại hai điểm , PP  từ mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C). 
Dễ thấy P và P đối xứng nhau qua trục Oy. Gọi A, B là các tiếp điểm của hai 
tiếp tuyến kẻ từ P tới (C) ta có  060APB  hoặc  0120APB  . 
 Nếu  060APB  thì  030 2 2APO OP OA    . Vậy đường thẳng y m 
phải cắt đường tròn  1C tâm  0;0O , bán kính 1 2R  tức m phải thoả mãn 
điều kiện 2 2m   (1). 
 Nếu  0120APB  thì  0 0
1 260
sin 60 3 3
2
OAAPO OP     . 
Vậy đường thẳng y = m phải không cắt đường tròn  2C tâm O, bán kính 
2
2
3
R  tức là 2 2
3 3
m m    (2). 
Kết hợp (1) và (2) ta được tập hợp mọi giá trị của m sao cho cho trên đường 
thẳng y m tồn tại đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến 
đến đường tròn (C) với góc giữa các tiếp tuyến đó bằng 060 là: 
 2 22 2
3 3
m m       . 
2. a) Gọi toạ độ tâm I là  ; ;x y z 
Vì mặt cầu (S) đi qua 3 điểm A, B, C nên IA IB IC  hay 
               2 2 2 2 2 2 2 224 3 1 1 3 3 2 6x y z x y z x y z               
Rút gọn ta thu được hệ phương trình 
5 7
4 3 3 19
x y
x y z
 

  
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 99 
Vì  I P nên 2 3 3 1x y z    
Vậy x, y, z là nghiệm của hệ 
5 7
4 3 3 19
2 3 3 1
x y
x y z
x y z
 

  
    
Giải hệ phương trình này ta được 1 , y = 2, z = 3x  
Bán kính mặt cầu      2 2 24 1 0 2 3 3 13R IA        
Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là:      2 2 21 2 3 13.x y z      
 b) Giao tuyến của (Q) và (S) là đường tròn có bán kính lớn nhất khi và chỉ 
khi (Q) chứa tâm I của mặt cầu (S). (Q) lại chứa đường thẳng d nên vectơ pháp 
tuyến n

 của (Q) vuông góc với vectơ chỉ phương u

 đồng thời vuông góc với 
vectơ    0 0 0 , M 3;0; 5 , 2; 2; 8IM d IM    
 
. 
   0; 70; 18;22 2 35; 9;11IM u      
 
Mặt phẳng (Q) chứa điểm I và đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến là 
 35; 9;11n  

. 
Phương trình mặt phẳng (Q): 
     35 1 9 2 11 3 0 35 9 11 50 0x y z x y z           . 
Câu IV 
1. Phương trình đường cong 22y x  là phương trình nửa đường tròn tâm 
 0;0O bán kính  2 0R y  . Phương trình 2y x là phương trình 
Parabol có đỉnh  0;0O . 
Phương trình hoành độ giao điểm của chúng là: 
2 22 1 1x x x y       . 
Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. 
Ta có:  
1 1 1 1
2 2 2 2 2
1 1 1 0
22 2 2 2
3
S x x dx x dx x dx x dx
  
            
Đặt 
1
2
0
2I x dx  . 
Ta sẽ tính tích phân này như sau: 
Đặt 2 sin , t 0;
4
x t     
4 4
2 2
0 0
2 2sin . 2 cos 2 cosI t tdt tdt
 
    
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 100 
  
4 4
0 0
1 11 cos2 sin 2
2 4 2
t dt t t
 
       
 
. 
Vậy 2 11 .
2 3 2 3
S       
2. Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy z 0 
Chia hai vế PT đã cho cho z2 ta được : ( 0
2
1)1()12
2 
z
z
z
z (1) 
Đặt 
1t z
z
  Khi đó 212
22 
z
zt 21 22
2  t
z
z 
Phương trình (1) có dạng : t2-t+ 0
2
5
 (2) 
299
2
5.41 i 
PT (2) có 2 nghiệm t=
2
31 i , t = 
2
31 i 
+ Với t=
2
31 i ta có 02)31(2
2
311 2  zizi
z
z (3) 
Có 222 )3(696816)31( iiiii  
PT(3) có 2 nghiệm : z = iii  1
4
)3()31( , z = 
2
1
4
)3()31( 

 iii 
+ Với t=
2
31 i ta có 02)31(2
2
311 2  zizi
z
z (4) 
Có 222 )3(696816)31( iiiii  
PT(4) có 2 nghiệm : z = iii  1
4
)3()31( ,z=
2
1
4
)3()31( 

 iii 
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z = 1+i ; z = 1 i ; z = 
2
1i ; z = 
2
1 i . 
Câu V 
1. 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I D 
3a
a 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Bộ đề ôn thi Đại học Dành cho học sinh khối 12 ôn thi vào Đại học khối A, B, D 
Văn Phú Quốc ♥ 0982 333 443 quocdhsptoan@gmail.com 101 
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung 
điểm O của mỗi đường chéo. 
Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó  060A DB  
 hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD)nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của 
HB ta có DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 1 3
2 2
aOK DH   OK  
AB  AB  (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , 
hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2
1 1 1
2
aSO
OI OK SO
    
Diện tích đáy 24 2. . 2 3ABC ABOS OAOB a  D S ; 
đường cao của hình chóp 
2
aSO  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3.
3 3S ABC ABC
aV S SO D D 
2. Ta có: 
3 3 3
2 2 2
2 2 2
3
1 1 1
a b cP b c a
b c a
      
  
24
1
121224
6 2
2
2
2
3 b
b
a
b
aP 



 
24
1
1212
2
2
2
2
3 c
c
b
c
b 




 
24
1
1212
2
2
2
2
3 a
a
c
a
c 




 3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3 cba  
6
222
3 82
9)(
222
3
22
3
 cbaP 
2
3
22
3
22
9
22
3
22
9
6 3
 P 
Để PMin khi a = b = c = 1 
---------------------------------------------------------------------------------------------- 
www.MATHVN.com
www.mathvn.com