Đề thi thử số Toán 140 (đề dự đoán cho Khối A)

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1
ĐỀ THI THỬ SỐ 140 (ĐỀ DỰ ĐOÁN CHO KHỐI A) 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề 
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2– 2y x m x m  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 
2. Tìm m để bán kính đường tròn đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số có giá trị nhỏ nhất. 
Câu II. (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 
 2 3 cot 1 73cot 4 2 cos 1
sin 4
x
x x
x
      
 
 2. Giải phương trình 24 6 2 13 17 ( )x x x x x       
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 
3
2
2 22 ln ln 3
(1 ln )
e
e
x x x xI dx
x x
 

 
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 
2a và góc ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng 
AB và 'CB bằng 
2
a 
Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 
2 2 2 1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
a b c
ab ab bc bc ac ac
  
     
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (2,0 điểm) 
1. Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC, có điểm  2;3 ,A trọng tâm  2;0 .G Hai đỉnh B và C lần 
lượt nằm trên hai đường thẳng 1 : 5 0d x y   và 2 : 2 – 7 0.d x y  Viết phương trình đường tròn có tâm C 
và cắt đường thẳng BG tại M và N sao cho MN = 2. 
 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng    1 2
1 2 2 1 1: ; :
1 2 1 2 1 1
x y z x y zd d        và 
mặt phẳng   : 2 5 0P x y z    . Lập phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) và cắt 
   1 2,d d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 
Câu VII. a (1,0 điểm) Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thoả mãn: 4z i z i    
2. Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho (E): 1
916
22

yx
 và đường thẳng : 3 4 –12 0.d x y  Chứng minh rằng: 
Đường thẳng d luôn cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm điểm C thuộc (E) sao cho diện tích ABC bằng 6 
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): 0222222  zxzyx và các điểm A (0;1;1), B(-1;-
2;-3), C(1;0;-3). Tìm điểm D thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện ABCD lớn nhất. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong số các số phức thỏa mãn điều kiện 2 4 2z i z i    . Tìm số phức z có modun 
nhỏ nhất 
------ Hết ----- 
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm 
Giáo viên ra đề: Nguyễn Thành Long 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Nội dung Điể
m 
I Cho hàm số 4 2 2 2– 2y x m x m  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1 
2. Tìm m để bán kính đường tròn đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số có giá trị nhỏ nhất. 
2,0 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1 1,0 
Với m = 1 thì 4 2– 2 1y x x  
a. Tập xác định: D   0.25 
b. Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên: 
' 3 2 '
1
4 – 4 4 ( 1); 0 1
0
x
y x x x x y x
x
 
     
 
Hàm số đồng biến trên (-1;0)  (1;+  ); Hàm số nghịch biến trên (0; 1)  (- ;-1) 
+ Cực trị: 
Hàm số đạt CĐ tại 1; 4x y   ; Hàm số đạt CT tại 1 ; 0x y  
+ Giới hạn: lim ; lim
x x 
    
Hàm số không có tiệm cận 
0.25 
+ Bảng biến thiên: 
 x - -1 0 1 + 
 y' - 0 + 0 - 0 + 
 +  1 + 
 y 
 0 0 
0.25 
c. Đồ thị: (bạn đọc tự vẽ hình) 
- Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;1) 
- Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 
0.25 
2 Tìm m để bán kính đường tròn đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số có giá trị nhỏ nhất. 1.0 
+ Đạo hàm    2 2 2 2 2 2
0
0
' 4 ; ' 0 4 0
( ) 0
x
x
y x x m y x x m x m
g x x m
x m

               
 0.25 
+ Hàm số có CĐ; CT khi và chỉ khi ' 0y  có ba nghiệm phân biệt  ( ) 0g x  có hai nghiệm 
phân biệt khác 0 m 0. 
Tọa điểm cực trị      2 2 4 2 40; ; ; ; ;A m B m m m C m m m   
Nhận xét: Điểm  20;A m Oy , hai điểm B và C đối xứng nhau qua Oy  tam giác ABC cân 
tại A AB AC  . Gọi H là trung điểm của BC 
0.25 
Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có 
2 2 8 6
4 2
. 1
2sin 2 2 2 2
AC AC AB AC m m mR
B AH AH m m
 
     (với sin AHB
AB
 ) 
Xét hàm số 
31( )
2
tf t
t

 với 2 0t m  
3
' ' 3
2 3
2 1 1( ) ; ( ) 0 2 1 0
2 2
tf t f t t t
t

       
0.25 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 3
Lập bảng biến thiên suy ra 
3
3
3 2 1min ( )
4 2
f t t    m = 
6
1
2
 (thỏa mãn m 0) 
Vậy m = 
6
1
2
 là giá trị cần tìm 0.25 
II 2.0 
1 Giải phương trình 
 2 3 cot 1 73cot 4 2 cos 1
sin 4
x
x x
x
      
 
 1.0 
Điều kiện: sin 0 ,x x k k    . 0.25 
Phương trình 
2
2
cos 1cos sin3 3 4 2 cos 2 1
sin 4sin
x
x x x
xx



       
 
 
2
2 2
cos cos sin3 3 4 sin cos 1
sin sin
x x x x x
x x

     
   
  
    
  
  
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
3cos 3 sin cos 4 sin cos sin sin
sin cos 3 4sin 3cos sin 0
sin cos 3 4sin 3 1 sin sin 0
sin cos 3 4sin 3 4sin 0
3 4sin 0
3 4sin sin cos 1 0
sin cos 1 0
x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x
x x x
x x
     
     
      
     
  
      
  
0.25 
TH 1: Xét phương trình 
 2 13 4sin 0 3 2 1 cos 2 0 2cos 2 1 cos 2
2
x x x x           
22 2
3 3 ,
22 2
3 3
x k x k
k
x k x k
 
 
 
 
     
   
      
  
 . Thỏa mãn điều kiện. 
TH 2: Xét phương trình 
1sin cos 1 0 2 sin 1 sin
4 4 2
x x x x                 
   
2 24 4 ,2
22
4 4
x k x k
k
x kx k
 
 
    
          
      
 
Kết hợp điều kiện 2 ,
2
x k k      
0.25 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm , ,
3 3
x k x k       2 ,
2
x k k     0.25 
2 Giải phương trình 24 6 2 13 17 ( )x x x x x       1.0 
Điều kiện: 
4 0
4 6
6 0
x
x
x
 
  
 
 0.25 
Phương trình 
   2 24 6 2 13 17 4 1 6 1 2 13 15 0x x x x x x x x                 
0.25 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 4
     
 2
4 1 4 1 6 1 6 1
2 13 15 0
4 1 6 1
x x x x
x x
x x
       
     
   
  5 5 5 2 3 0
4 1 6 1
x x x x
x x
 
     
   
  1 15 (2 3) 0
4 1 6 1
5
1 1 (2 3) 0
4 1 6 1
x x
x x
x
x
x x
 
      
    


    
    
 0.25 
Xét phương trình 1 1 1 1(2 3) 0 2 3
4 1 6 1 4 1 6 1
x x
x x x x
       
       
 (*) 
Ta có 1 1 1 1
4 1 6 1 4 1x x x
  
     
 và  2 3 5, 4;6x x    nên phương trình (*) vô 
nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5x  . 
0.25 
III Tính tích phân 
3
2
2 22 ln ln 3
(1 ln )
e
e
x x x xI dx
x x
 

 
1.0 
Ta có 
 
   
3 3 3
2 2 2
1 2
2 ln ln 1 3 13 2 ln
1 ln 1 ln
e e e
e e e
x x x
I dx dx xdx I I
x x x x
 
    
    0.25 
Tính 
 
3
2
1
13
1 ln
e
e
I dx
x x

 
Đặt 1 ln dxu x du
x
     
Đổi cận 
3
2
2
1
x e x
xx e
     
  
Khi đó 
2 1
1
1 2
1
3 3 3ln 3ln 2
2
du duI u
u u
 
 

     
  
Hoặc 
   
3
3
2
2
1
13 (ln ) 3ln 1 ln 3ln 2
1 ln
e e
e
e
I d x x
x
     
 
0.25 
Tính 
3
2
2 2 ln
e
e
I xdx  
Đặt 
ln dxu x du
x
dv dx v x
   
  
Khi đó  
3
3 3 3
2 2 2
2
3 2
2 2 ln 2 ln 4 2
e
e e e
e e e
e
I x x dx x x x e e
 
       
 
 
0.25 
Vậy 3 21 2 3ln 2 4 2 .I I I e e      0.25 
IV Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và 
góc ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường 
thẳng AB và 'CB bằng 
2
a 
1.0 
 0.25 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 5
N
M
A'
B'
C A
B
C'
H
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và 
A'B ' . 
Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. 
Mặt khác AB  CC' ( ')AB CMNC  
' ' ( ')A B CMNC  . 
Kẻ ( ). ( ')MH CN H CN MH CMNC   
 ' ' ( ' ')MH A B MH CA B    
mp ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên 
( , ') ( , ( ' ')) ( , ( ' '))
2
ad AB CB d AB CA B d M CA B MH    0.25 
Tam giác vuông 0. tan 30
3
aBMC CM BM   
Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 3 1CMN MN a
MH MC MN a a MN
        
0.25 
Từ đó 
3
. ' ' '
1. .2 . .
2 3 3ABC A B C ABC
a aV S MN a a   
0.25 
V Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 
2 2 2 1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
a b c
ab ab bc bc ac ac
  
     
1.0 
Ta có VT = 
2 2 2
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)
a b c
ab ab bc bc ac ac
 
     
 = 1 1 1
2 1 2 1 2 12 2 2b b c c a a
a a b b c c
 
                     
        
 Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt , ,y z xa b c
x y z
   với x, y, z > 0 
0.25 
Khi đó VT = 
1 1 1
2 2 2 22 2
y z z y x y y xz x x z
x x x x z z z zy y y y
 
                          
 = 
2 2 2
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
x y z
y z z y z x x z x y y x
 
     
Ta có 2 2 2 2 29( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( )
2
y z z y yz y z yz y z yz y z           
Suy ra 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
x x
y z z y y z

  
 (1) 
0.25 
Tương tự có 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
y y
z x x z x z

  
 (2); 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
z z
x y y x y x

  
(3) 0.25 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 6
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
9
x y z
y z x z y x
 
      
Lại có 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
y z x z y x
 
  
= 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1( ) 3x y z
y z x z y x
 
        
= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3( ) ( ) ( ) 3 .9 3
2 2 2
x y y z z x
y z x z y x
 
                 
Suy ra VT 2 3 1.
9 2 3
  (đpcm) 
0.25 
VI.
a 
 2.0 
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm  2;3 ,A trọng tâm  2;0 .G Hai đỉnh B 
và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng 1 : 5 0d x y   và 2 : 2 – 7 0.d x y  Viết phương 
trình đường tròn có tâm C và cắt đường thẳng BG tại M và N sao cho MN = 2. 
1.0 
Giả sử    1 2; 5 ; 7 2 ;B b b d C c c d     
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 
   
3 7 2 2 3.2 2 3 1
1; 4 ; 5;1
3 5 3 0 2 1
B C A G
B C A G
x x x x b c b c b
B C
y y y y b c b c c
              
        
             
0.25 
Ta có (3; 4)BG  

Đường thẳng BG đi qua điểm G và có vtpt (4; 3)BGn  

 nên phương trình 
: 4 – 3 – 8 0BG x y  . Gọi H là trung điểm của M, N
2
MNMH  
0.25 
T ... 
S BM AH y y y y
y x
  
              
Do điểm B có hoành độ dương nên B(1;5) từ đó suy ra C(-3;3) 
2.1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng 
1 1:
2 1 2
x y z 
  

. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm C sao cho 
diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. 
2.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1
1 1: ;
2 1 1
x y zd    2
1 2: .
1 2 1
x y zd    
Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mp ( ) : 2 3 0Q x y z    cắt 1 2,d d theo đoạn thẳng có độ dài 
nhỏ nhất. 
Giải: 
2.1 Phương trình tham số của 
1 2
: 1
2
x t
y t
z t
  

  
 
. 
Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạng ( 1 2 ;1 ;2 )C t t t   . 
( 2 2 ; 4 ;2 ); (2; 2;6)AC t t t AB      
 
2, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216AC AB t t t AC AB t t              
   
Diện tích ABC là 2 21 , 18 36 216 18( 1) 198 198
2
S AC AB t t t         
 
Vậy Min S = 198 khi t 1 hay C(1; 0; 2). 
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận ( 2; 3; 4)BC    

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính 
tắc là 3 3 6
2 3 4
x y z  
 
  
. 
2.2 Vì ( )P song song với mặt phẳng đã cho nên phương trình mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z d    . 
Tọa độ giao điểm M của 1( )P d là 
2 0
( 2 1; 1; )1 1
2 1 1
x y z d
t d M d d dx y z t
   

          
  
Tọa độ giao điểm N : 
2 0
' 3 ( 2; 2 4; 3)1 2 '
1 2 1
x y z d
t d N d d dx y z t
   
             
  
22 27 27MN d   . 
Do đó MN nhỏ nhất khi 0d  và ( 1;1;0), ( 2; 4; 3)M N    . 
3x+2y-5=0
x-2y-4=0
M
I
A(1 ;1 )
B
CH
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 17
Phương trình mặt phẳng ( ) :P 2 0x y z   
Câu VII.a 
a. Cho số phức z1 thoả mãn: 
 
 
3
1 2
1 2
1
i
z
i



 . Tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z 
thoả mãn: 1 4z z  . 
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biễn số phức 2 3z i  biết rằng 9.3 2  zziz 
c. Cho số phức 
 
 
3
1 5
1 3
16 1
i
z
i



. Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức 2z , biết rằng 2 1 1 2z iz z   
d. Tìm tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: |z – 3| + |z + 3| = 10. 
Giải: 
a. 
 
 
  3
1 2
1 2 5 2 25 2 2 5
2 4 2 21
i i iiz i
ii
    
    

1
2 5
2 2
z i   
Giả sử: ( , )z x yi x y   suy ra M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z 
Ta có: 1
2 5 2 54 ( ) 4 4
2 2 2 2
z z x yi i x y i
                             
2 22 2
22 5 2 54 4
2 2 2 2
x y x y
                              
Vậy tập hợp điểm M là hình tròn tâm 2 5;
2 2
I
 
  
 
 và bán kính 2R  
b. Gọi , ,z a bi a b   có điểm biểu diễn là M(a;b) 
và ’ 2 3z z i x yi     (với x, y  R) có điểm biểu diễn là N(x;y) 
Ta suy ra )1(
2
1);3(
2
1
 ybxa 
Vì    2 2 2 223 9 3 3 1 9i az z z b a b      
Thay a và b theo x, y vào ta được 
16
73)
4
7()3( 22  yx 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z’ là hình tròn tâm 73;
4
I   
 
, bán kính 
4
73
R 
c. Ta có  3 2 31 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i       
           5 4 21 1 1 2 1 4 1i i i i i i         
Do đó 
 
 
1
2 18 1
4 1 2
i
z i
i

   
 
Giả sử 2 ; ,z x yi x y   biểu diễn bởi điểm  ;M x y . Khi đó ta có: 
  2 21 1 2 2 4x yi i i i x yi x y            
Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho số phức 2z là đường tròn tâm O, bán kính 2 
d. Đặt z = x + yi ( Với x; yR). Ta có: 
 3 3 10z z     10)3()3( 2222  yxyx (*). 
Xét thêm    1 23;0 ; 3;0F F thì điều kiện (*)  MF1 + MF2 = 10 
 Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là elip có trục lớn 2a = 10; tiêu cự 2c = 6 Trục nhỏ 2b = 8. 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 18
Vậy phương trình của elip là:
2 2
1
25 16
x y
  
Câu VI.b. 
1.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho e líp  
2 2
: 1
25 9
x yE   với hai tiêu điểm 1 2,F F . Điểm P thuộc elíp sao cho góc 
 0
1 2 120PF F  . Tính diện tích tam giác 1 2PF F . 
1.2 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm  3;3I và 2AC BD . Điểm 42;
3
M   
 
 thuộc đường 
thẳng AB , điểm 133;
3
N   
 
 thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành 
độ nhỏ hơn 3. 
1.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD, đường chéo BD nằm trên đường thẳng 2 0x y   . Điểm 
 4; 4M  nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm  5;1N  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB. Biết 
8 2BD  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành độ âm. 
Giải: 
1.2  
2 2
: 1
25 9
x yE   có 
2
2 2 22
1 2
5 2 1025
4 8169
a aa
c F Fc a bb
       
     
Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: 
 
2 11 2
22 2 2 0 2 2
2 1 1 2 1 1 2 1 1 1
102 10
2 . .cos120 10 8 .8
PF PFPF PF a
PF PF F F PF F F PF PF PF
    
 
       
1 2
1
0
1 1 2
2
9
1 1 9 3 18 37 . .sin120 . .8.
61 2 2 7 2 7
7
PF F
PF
S PF F F
PF

     
 

 (đvdt) 
1.2 Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5' 3;
3
N   
 
Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y   
Suy ra:  
3 9 2 4,
10 10
IH d I AB
 
   
Do 2AC BD nên 2IA IB . Đặt 0IB x  , ta có phương trình 
 22 2
1 1 5 2 2
4 8
x x
x x
      
 Đặt  ,B x y . Do 2IB  và B AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 
    
2 2 2
14
4 35 18 16 03 3 2 5
8 23 23 2 0
5
x xy yx y
yx yx y y
                
       

Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 
14 8;
5 5
B  
 
Vậy phương trình đường chéo BD là: 7 18 0x y   . 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 19
1.3 
x-y-2=0A B
D
C
N(-5;1)
M(4;-4)
- Lấy M’ là điểm đối xứng với M qua BD: 
PT đường thẳng qua M vuông góc với : 0BD x y  
Gọi J d BD   1; 1J   ’ 2; 2M  
- Phương trình đường thẳng AB qua  ’ 2;2M  nhận ' ( 3; 1)M N   

 làm vtcp có phương trình 
: 3 8 0AB x y   
- Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
2 0
3 8 0
x y
x y
  

  
 B(7;5) 
Giả sử  ; 2D d d BD  do 
 2 2 2
1
8 2 ( 7) ( 7) 128 ( 7) 64 1 1; 3
15
d
BD d d d d D
d
 
                
- Gọi I là tâm của hình thoi  3;1 ,I khi đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD 
Phương trình : 4 0AC x y   
- Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
4 0
(1;3)
3 8 0
x y
A
x y
  

  
- Tọa độ  5; 1C  
2.1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2 2 4 0x y z    và mặt cầu 
2 2 2( ) : 4 4 2 0S x y z x y z      . Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S) để MH ngắn 
nhất. 
2.2 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm  0;0;1 ,M nằm trên mặt phẳng   : –1 0P x y z   và cắt 
mặt cầu        2 2 2: 3 2 2 16S x y z      tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 
Giải: 
2.1 Mặt cầu (S) có tâm (2;2; 1)I  , bán kính 3R  . 
Khoảng cách từ tâm I tới mp(P) bằng 4 nên mp(P) và mặt cầu (S) không có điểm chung. 
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với 
mp(P) thì M, H là giao điểm của d và mặt cầu (S), mp(P). 
Đường thẳng d đi qua (2;2; 1)I  và vuông góc với 
mp(P) : 2 2 4 0x y z    nên có phương trình là : 
2 2
2
1 2
x t
y t
z t
 

 
   
H là giao của mp(P) và đường thẳng d nên có tọa độ là 2 1 5; ;
3 3 3
H    
 
M là giao của đường thẳng d và mặt cầu (S), thay x, y, z vào 
H 
M 
I 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 20
phương trình của mặt cầu ta có : 2t   , tìm được 2 điểm : 
1 2(2 2 2; 2 2; 1 2 2); (2 2 2;2 2; 1 2 2)M M        
Kiểm tra có 1 27; 1HM HM   điểm M cần tìm là 2 (2 2 2; 2 2; 1 2 2)M     
Vậy 2 1 5; ;
3 3 3
H    
 
và (2 2 2; 2 2; 1 2 2)M     thì HM nhỏ nhất bằng 1. 
2.2 Mặt cầu (S) có tâm là  3; 2;2I và bán kính R = 4 
Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là (1;1;1)n 

Gọi H là hình chiếu của I trên (P) suy ra  1;0;0 2 3H IH  
Suy ra (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) tâm H bán kính R’ = 2. 
HM 2 R '    mọi đường thẳng qua M đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt. 
Gọi d là đường thẳng cần tìm, K là hình chiếu của H trên d. 
2 2 2 2
min2 ' 2 ' 2 2 2 2AB R HK R HM AB        đạt được khi .K M 
Khi đó AB có 1 VTCP là , (1; 2;1) : 2
1
x t
n HM AB y t
z t

       
  
 
Câu VII.b Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221  iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. 
Giải: 
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z 
Ta có 221  iz     421 22  yx 
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (C) :     421 22  yx có tâm (1;2) 
Đường thẳng OI có phương trình 2y x 
Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu 
diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của 
đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ 
Chọn 
   2 2
212 5
21 2 4 1
5
xy x
x y x
   
     

Với 
5
21x
5
42  y nên số phức 2 41 2
5 5
z i         
   
Cách 2: 
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z 
Ta có 221  iz     421 22  yx 
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (C) :     421 22  yx có tâm  1;2I và 2R  
Chuyển đường tròn về dạng tham số đặt  
1 2sin
1 2sin ;2 2cos
2 2cos
x t
M t t
y t
 
  
 
Modun của số phức z chính là độ dài của OM

Ta có      2 2 22 1 2sin 2 2cos 9 4 sin 2cosz OM t t t t        
Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta có     2 2 2 2sin 2cos 1 2 sin cos 5t t t t     
5 sin 2cos 5 9 4 5 9 4 5t t z          
Vậy 
min
1 29 4 5 sin 2cos 5 sin ,cos
5 5
z t t t t           
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 21
2 4 2 41 , 2 1 2
5 5 5 5
x y z i               
   
Chú ý: 
Nếu yêu cầu tìm 
max
1 29 4 5 sin 2cos 5 sin ,cos
5 5
z t t t t        
2 4 2 41 , 2 1 2
5 5 5 5
x y z i               
   
LỜI KẾT: Đề thi thử do tôi sưu tầm và biên soạn chỉ mang tính chất mô phỏng theo cấu trúc và dự đoán 
các dạng có thể ra năm nay nên các bạn chỉ làm với hình thức tham khảo không nên phụ thuộc vào đề 
thi vì có thể đề ra khác hoàn toàn, do thời gian ngắn và kiến thức còn hạn chế nên vẫn còn sai sót, rất 
mong được sử ủng hộ của các bạn học sinh và giáo viên nhận xét và cho ý kiến. Chân thành cảm ơn 
Sơn La: ngày 30 tháng 6 năm 2012 
“ Chúc các em có một mùa thi may mắn và thành công, hãy vững tin lên cánh cổng đại học đang rộng 
mở đón chào các em đó hihi  “