Đề thi thử tuyển sinh đại học lần 1 môn: Toán; Khối: A

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1­ NĂM 2012 
Môn: TOÁN; Khối: A 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
2 1 
1 
x 
y 
x 
+ 
= 
- 
(C) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại 
M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 
( ) ( ) 3 2 
2 
4cos 2cos 2sin 1 sin 2 2 
0 
2 1 
x x x x sinx cosx 
sin x 
+ - - - + 
= 
- 
2. Giải bất phương trình sau: 
2 2 5 3 2 3 6 .5 
2 
3 .5 1 
x 
x 
x x x x 
x 
- 
- 
- + + - + + 
< 
- 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  2 
1 
ln 
3 ln 
1 ln 
e  x 
I x x dx 
x x 
= + 
+ 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
ò 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có  3 SA a =  (với  0 a >  ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . Tam giác 
ABC vuông tại B,  ·  0 30 ACB =  . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt 
phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Cho  x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện  2 2 2  1 x y z + + =  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: 
5 3 5 3 5 3 
2 2 2 2 2 2 
2 2 2 x x x y y y z z z 
P 
y z z x x y 
- + - + - + 
= + + 
+ + + 
. 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết ( ) 1;1 C -  , trực tâm ( ) 1;3 H  , trung điểm của cạnh AB là 
điểm ( ) 5;5 I  . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết ( ) ( ) ( ) 1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2 B C D - - -  , vectơ  OA 
uuur 
cùng 
phương với vectơ ( ) 0;1;1 u = 
r 
và thể tích tứ diện ABCD là 
5 
6 
. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 
2 
2 2 2  log log 4 4 6 2.3 x x x - = 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( ) 2;1 A  và đường tròn (C): ( ) ( ) 2 2 1 2 5. x y - + - =  Viết phương 
trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1 
: 
2 1 3 
x y z 
d 
- 
= = 
- - 
và mặt phẳng (P):  7 9 2 7 0 x y z + + - = 
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng D  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với  d và cách d một khoảng là 
3 
42 
. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
( ) 
2 2 
2 2 
2 2 
2 
log log  9 
1 log 1 log 10 
9 
1 log 2.log 2 .log ( ) 
2 x y 
x 
x 
xy 
y 
y 
+ 
+ + 
+ = 
ì = ï ï 
í 
ï 
ï î 
­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Cảm ơn từ funny09@yahoo.com gửi đến www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1­NĂM 2012 
Môn: TOÁN; Khối: D 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số  3 2 6 9 2 y x x x = - + -  (C) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành 
một tam giác có diện tích bằng 6. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình ( ) 4 4 2 1 cot 2 .  1 6 sin x cotx  x cos x cos x 
+ 
+ = + 
2. Giải hệ phương trình sau: 
2 2 2 
7 1 
10 1 
xy x y 
x y y 
= + + 
= - 
ì 
í 
î 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
( ) 2 
1 
1 3 
10 
x x 
I dx 
x 
- - 
= 
- ò 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có  3 SA a =  (với  0 a >  ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . Tam giác 
ABC vuông tại B,  ·  0 30 ACB =  . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt 
phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình ( ) 2 12 4 3 3 24 3 1 2 4 3 x x x m x x + - = - + + + -  có nghiệm. 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết ( ) 1;1 C -  , trực tâm ( ) 1;3 H  , trung điểm của cạnh AB là 
điểm ( ) 5;5 I  . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết ( ) ( ) ( ) 1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2 B C D - - -  , vectơ  OA 
uuur 
cùng 
phương với vectơ ( ) 0;1;1 u = 
r 
và thể tích tứ diện ABCD là 
5 
6 
. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 
2 
2 2 2  log log 4 4 6 2.3 x x x - = 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( ) 2;1 A  và đường tròn (C): ( ) ( ) 2 2 1 2 5. x y - + - =  Viết phương 
trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1 
: 
2 1 3 
x y z 
d 
- 
= = 
- - 
và mặt phẳng (P):  7 9 2 7 0 x y z + + - = 
cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng D  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với  d và cách d một khoảng là 
3 
42 
. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 
2 
2 1 
x x 
y 
x 
- + 
= 
+ 
trên 
1 
;
4 
- +¥ é ö ÷ ê ë ø 
­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN­ THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1­ NĂM 2012 
Môn: TOÁN; Khối: A 
(Đáp án­ thang điểm gồm 05 trang) 
ĐÁP ÁN­THANG ĐIỂM 
Câu  Đáp án  Điểm 
1. (1,0 điểm) 
*  Tập xác định { } / 1 D R = 
* Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên: 
( ) 2 
3 
' 0, 
1 
y x D 
x 
= - < " Î 
- 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1 -¥  và ( ) 1;+¥  . 
0,25 
Giới hạn và tiệm cận:  lim lim 2; 
x x 
y y 
®-¥ ®+¥ 
= =  tiệm cận ngang:  2 y = 
1 1 
lim lim 1; 
x x 
y y 
- + ® ® 
= =  tiệm cận đứng:  1 x = 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x -¥  1 +¥ 
' y  ­  ­ 
y  2 
-¥ 
+¥ 
2 
0,25 
Ta có 
( ) 2 
3 
' 
1 
y 
x 
= - 
- 
. Do điểm M thuộc (C) nên 
2 1 
1 
; ; 1 
a 
a 
M a a 
+ 
- 
æ ö > ç ÷ 
è ø 
.  0,25 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là ( ) 2 
3 2 1 
( 1) 1 
a 
y x a 
a a 
+ 
= - - + 
- - 
(d)  0,25 
Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là 
2 4 
1; 
1 
a 
A 
a 
+ æ ö 
ç ÷ - è ø 
. Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang 
là ( ) 2 1;2 B a -  . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là ( ) 1; 2 I 
0,25 
I. 
(2,0 điểm) 
Ta có ( ) 6 6 0; ; 2 2;0 2 2 
1 1 
IA IA IB a IB a 
a a 
æ ö = Þ = = - Þ = - ç ÷ - - è ø 
uur uur 
. 
Vậy diện tích tam giác IAB  là: 
1 1 6 
. . 2 2 6 
2 2 1 IAB 
S IA IB a 
a 
= = - = 
- 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Điều kiện  2 2sin 1 0 
4 2 
x x k p p - ¹ Û ¹ + 
0,25 
Phương trình tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 0 cos x sinx cosx cosx sinx cosx sinx cosx + - + - + =  0,25 
( )( )( ) 2 1 2 1 0 sinx cosx cosx cosx + - + = 
Từ đó tìm được 
4 
x m p p = - +  hoặc  2 x mp =  hoặc 
2 
2 
3 
x m p p = ± + 
0,25 
Đối chiếu điều kiện ta được 
2 
3 
m 
x p =  . 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
II. 
(2,0 điểm) 
Điều kiện: 
1 
3 
2 
x - £ £  . Bất phương trình tương đương với 
0,25
2 2 5 3 3 2)5 6 
2 
3 . 5 
5 ( x x 
x 
x x x x 
x 
- + + - + 
< 
- 
+ ( )( )  3 .5 
0 
3 5 
5 3 2 1 x x 
x 
x 
x 
x x 
< 
- 
- + + 
Û (1) 
Xét hàm số  ( ) 3 5 x g x x = -  ,  5 
ln 5 
'( ) 3 5 .ln 5, ( ) 0 log 
3 
x g x g x x æ ö = - = Û = ç ÷ 
è ø 
. 
Lâp bảng biến thiên, ta thấy  5 
ln 5 
( ) log 0 
3 
g x g 
æ ö æ ö £ < ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0,25 
(1) Û ( )( )  3 0 3 2 1  x x x > - + + ( vì 5 0 x >  )  5 157 
22 
x 
- 
Û > 
0,25 
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 
5 157 
;3 
22 
T 
æ ù - 
= ç ú ç 
è û 
0,25 
(1,0 điểm) 
( ) 2 2  1 2 
1 1 1 
ln ln 
3 ln ln 
1 ln 1 ln 
3 3 
e e e x x 
I x x dx dx x x dx 
x x x x 
I I = + 
+ + 
æ ö æ ö 
= + = + ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
ò ò ò 
0,25 
+ Tính  1 
1 
ln
1 ln 
e  x 
dx 
x x 
I 
+ 
æ ö 
= ç ÷ 
è ø 
ò . Đặt  2 2 1 ln 1 ln ln  1 x x x t t t + + Þ = = Þ = - . Suy ra  2 
dx 
tdt 
x 
= 
Khi  1 1; 3 2 x t x t = Þ = = Þ =  . 
( ) ( ) 
2 2 2 2  3 
2 
1 
1 1  1 
1  2(2 2) 
.2 2 1 2 
3 3 
t  t 
I tdt t dt t 
t 
- æ ö - 
Þ = = - = - = ç ÷ 
è ø 
ò ò  . 
0,25 
+Tính ( ) 2 2 
1 
ln 
e 
I x x dx = ò . Đặt  2 3 
ln 
3 
dx 
du u x  x 
dv x dx x 
v 
ì = ï = ì ï Þ í í 
= î ï = 
ï î 
3 3 3 3 
2 
2  1 1 
1  1 
1 1 2 1 
ln ln 
3 3 3 3 3 9 
e e 
e e x x x e 
I x x dx x 
+ 
Þ = - = - = ò 
0,25 
III. 
(1,0 điểm) 
3 
1 2 
5 2 2 2 
3 
3 
e 
I I I 
- + 
= + = 
0,25 
(1,0 điểm) 
Gọi K là trung điểm BC. 
Ta có  0 
3 
( ); 60 , . 
2 
a 
SG ABC SAG AG ^ Ð = = 
0,25 
Từ đó 
9 3 3 
; . 
4 2 
a a 
AK SG = = 
0,25 
Trong tam giác ABC đặt  2 ; 3. AB x AC x BC x = Þ = = 
Ta có  2 2 2 AK AB BK = +  nên 
9 7 
14 
a 
x = 
0,25 
IV. 
(1,0 điểm) 
3 
. 
1 243 
. 
3 112 S ABC ABC 
V SG a S = =  (đvtt)  0,25 
(1,0 điểm) 
Do x, y, z > 0 và  2 2 2  1 x y z + + =  nên x,y, zΠ ( 0;1)  0,25 
V. 
(1,0 điểm) 
Ta có 
5 3 2 2 
3 
2 2 2 
2 ( 1) 
1 
x x x x x 
x x 
y z x 
- + - 
= = - + 
+ - 
. 
Khi đó, ta có:  3 3 3 ( ) ( ) ( ) P x x y y z z = - + + - + + - + 
0,25
Xét hàm số ( ) 3 ( ) , 0;1 f a a a a = - + Π . Ta có 
( ) 0;1 
2 3 
max ( ) 
9 
f a =  . Suy ra 
2 3
3 
P £  . 
0,25 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 
2 3
3 
, đạt được khi 
1 
3 
x y z = = =  . 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Phương trình AB:  10 0 x y + - =  .  0,25 
Do  A AB Π nên  ( ;10 ) A b b -  .Từ I là trung điểm AB, tìm được  (10 ; ) B b b -  .  0,25 
(1 ; 7); (11 ; 1). AH b b CB b b = - - = - - 
uuur uuur 
Ta có  . 0 AH CB AH CB ^ Û = 
uuur uuur uuur uuur 
.  0,25 
( )( ) ( )( ) 1 11 7 1 0 1; 9 b b b b b b Û - - + - - = Û = = 
Khi  1 b = ( ) ( ) 1;9 ; 9;1 A B Þ  . 
Khi ( ) ( ) 9 9;1 , 1;9 b A B = Þ 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Từ giả thiết có  . (0; ; ) OA t u t t = = 
uuur r 
(0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2) A t t BC BD BA t t = - = = - 
uuur uuur uuur 
0,25 
, (2; 6; 3) BC BD é ù Þ = - - ë û 
uuur uuur 
. Suy ra  , 9 4. BC BD BA t é ù = - + ë û 
uuur uuur uuur  0,25 
Ta có  ABCD V = 
1 5 1 
, 9 4 
6 6 6 
BC BD BA t é ù Û = - + ë û 
uuur uuur uuur  1 
1; 
9 
t t Û = = -  . 
0,25 
Với  1 (0;1;1) t A = Þ  . 
Mặt cầu cần tìm có phương trình là:  2 2 2 
7 29 7 46 
( ) : 0 
5 5 5 5 
S x y z x y z + + - + + - =  . 
Với 
1 
0 
9 
t = - <  , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu 
0,25 
3. (1,0 điểm) 
Điều kiện  0 x > 
2 
2 2 2  log log 4 4 6 2.3 x x x - = 
2 2 2 
2 2 2 2 2 
1 log 
log 4 log log 4 2log 2 2log 2 6 2 6 2.3 2 2.3 0 
6 
x 
x x x x x 
+ 
Û - = Û - - = 
0,25 
2 2 2 2log 2 1 log 2log 2 6.2 6 12.3 0 x x x + Û - - =  0,25 
2 2 2log 2 log 2 2 2 
6. 12 0 
3 3 
x x 
æ ö æ ö Û - - = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0,25 
VIa. 
(3,0 điểm) 
2 log 2 2 3 1 
3 2 4 
x 
x æ ö = Û = ç ÷ 
è ø 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C).  0,25 
Khi đó PA/(C) =  2 2 . . 3 AB AC AB AC IA R = - = - = - 
uuur uuur 
. Suy ra AB.AC=3.  0,25 
Theo BĐT AM­GM ta có  2 . 2 3 BC AB AC AB AC = + ³ =  . 
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. 
0,25 
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận  (1; 1) IA = - 
uur 
là vectơ pháp tuyến. 
Vậy phương trình đường thẳng d là x­y­1=0. 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương  (2; 1; 3) d u - - 
uur 
.mp(P) có vectơ pháp tuyến  (7;9; 2) P n 
uur 
.  0,25 
VIb. 
(3,0 điểm) 
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên D  thì 
(4; 1; 6) M - -  . Đường thẳng D có vectơ chỉ phương 
1 
, (1; 1;1) 
25 
P d u n u D é ù = = - ë û 
r r r 
0,25
Ta thấy D , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 
1 
42 
nên 
,  3 3 3 
1 
42 42 42 , 
d 
d 
u u MH  t 
t 
u u 
D 
D 
é ù ë û = Û = Û = 
é ù 
ë û 
r r uuuur 
r r  hoặc  1 t = - 
0,25 
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là  1 2 
7 15 ' 
: 4 ( ); : 6 '( ) 
10 22 ' 
x t x t 
y t t R y t t R 
z t z t 
= - + = + ì ì 
ï ï D = - Î D = - - Î í í 
ï ï = + = - + î î 
0,25 
3. (1,0 điểm) 
Điều kiện:  0 , 1 x y < ¹  . Đặt  2 2 log ; log a x b y = =  .  Khi đó, hệ phương trình trở thành: 
( ) 
2 2 
9 
1 1 10 
1 9 
1 
2 
a b 
a b 
a b 
ab 
ì + = ï + + ï 
í æ ö ï + + = ç ÷ ïè ø î 
(*) 
(**) 
( )( ) ( )( ) 
( )( ) 
2 2 10 1 9 1 1 
2 1 9 
a b ab a b 
a b ab ab 
ì + + = + + ï Û í 
+ + = ï î 
(1)
(2) 
0,25 
Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được: ( )( ) 
2 
2 2 
2 
5 1 
5 1 1 
1 
a b 
ab a b 
a b 
+ 
= + + Û = 
+ 
(3) 
Từ (*), ta suy ra 
2 2 
9 
1 10 1 
a b 
a b 
= - 
+ + 
. 
0,25 
Thay vào (3), ta có: 
2 2 
2 2 
9 1 1 9 
5 5 0 
10 1 1 2 
b b b b 
b b b b 
+ + æ ö - = Û + - = ç ÷ + + è ø 
(4) 
Đặt 
2 1  b 
t 
b 
+ 
=  . Phương trình (4) trở thành:  2 
5 9 5 
0 2 9 10 0 2; 
2 2 
t t t t t 
t 
+ - = Û - + = Û = =  . 
0,25 
Với  2 t = ( ) 2  2 1 0 1 b b b Þ - + = Û =  2 y Þ =  2 
4 
x 
x 
é = 
Þ ê 
= ë 
Với  2 
2 4, 2 
5 
2 5 2 0  1 
2  2, 2 
2 
b y x 
t b b 
b y x 
= Þ = = é 
ê = Þ - + = Û 
ê = Þ = = 
ë 
Vậy hệ có nghiệm  ( ; ) (2; 4); (2; 2) x y = ( ) ( ) 2;4 , 4;2  . 
0,25 
­ ­ ­ Hết ­ ­ ­
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN­ THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1­ NĂM 2012 
Môn: TOÁN; Khối: D 
(Đáp án­ thang điểm gồm 05 trang) 
ĐÁP ÁN­THANG ĐIỂM 
Câu  Đáp án  Điểm 
1. (1,0 điểm) 
*  Tập xác định D R = 
* Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên:  2 ' 3 12 9 y x x = - +  ,  ' 0 1; 3 y x x = Û = = 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;1 -¥  và ( ) 3;+¥  . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;3 
0,25 
Giới hạn:  lim ; lim 
x x 
y y 
®-¥ ®-¥ 
= -¥ = +¥ 
Cực trị:  3 1, 2; , 2 CD CD CT CT x y x y = = = = - 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x -¥  1  3 +¥ 
' y -  0 +  0 - 
y 
2 +¥ 
-¥  2 - 
0,25 
* Đồ thị: 
HS tự vẽ 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Điểm  ( ) M C Π nên ( ) 3 2 ; 6 9 2 , 1;3 M t t t t t - + - ¹  .  0,25 
Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu ( ) 3; 2 A -  , điểm cực đại ( ) 2;1 B  . 
Phương trình AB:  2 4 0 x y + - = 
0,25 
Ta có: ( ) 
3 2 9 2 4 1 1 
. , 6 6 4 16 
2 2  4 1 
ABM 
t t t 
S AB d M AB 
+ + - - 
= = Û = + 
+ 
0,25 
I. 
(2,0 điểm) 
3 2 6 11 6 6 0; 4 t t t t t Û - + - = Û = =  0,25
Vậy điểm M là  (0; 2); (4;2) M M -  . 
1. (1,0 điểm) 
ĐK  sin 2 0 
2 
k 
x x p ¹ Û ¹ 
0,25 
2 
2 
1 
(1) 1 6 1 sin 2 
sin .sin 2 2 
cosx 
x 
cos x x x 
æ ö Û + = - ç ÷ 
è ø 
0,25 
2 
2 2 
2 2 
2 1 2 sin 2 
1 6 1 sin 2 6 3sin 2 
sin 2 2 sin 2 
x 
x x 
x x 
+ æ ö Û + = - Û = - ç ÷ 
è ø 
0,25 
2 2 2 4 2 2 sin 2 (6 3sin 2 )sin 2 3sin 2 5sin 2 2 0 x x x x x Û + = - Û - + = 
2 
2 
4 2 
sin 2 1 
1 6 
arcsin 2  2 3 sin 2 
3 
1 6 
arcsin 
2 2 3 
m 
x 
x 
x m 
x 
x m 
p p 
p 
p p 
é 
ê = + 
ê 
ê é = æ ö ê ê Û Û = ± + ç ÷ ç ÷ ê ê = è ø ê ê ë 
ê æ ö 
= - ± + ê ç ÷ ç ÷ ê è ø ë 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Ta có: y = 0 không là nghiệm của HPT. Đặt 
1 
t 
y 
=  do đó 
0,25 
2 2 2 2 2 
2 2 
7 
1  7 7 
10 10 10 
1 
x 
x  x xt t x xt t t t 
x x t x t 
t t 
ì = + + ï = + + - - = ì ì ï Û Û í í í 
= - + = î î ï = 
ï - î 
0,25 
Đặt  ; S x t P xt = - = -  , ta có 
2 
7  6 
13 2 10 
S P  S 
P S P 
- = = - ì ì 
Û í í = - = î î 
hoặc 
4 
3 
S 
P 
= ì 
í = î 
0,25 
II. 
(2,0 điểm) 
Khi 
4 
3 
S 
P 
= ì 
í = î 
thì x;-t là nghiệm PT  2  4 3 0 X X - + = Û X =1; X = 3. 
Vậy nghiệm HPT đã cho là ( ) 1 1; ; 3; 1 
3 
æ ö - - ç ÷ 
è ø
Khi 
6
13 
S 
P 
= - ì 
í = î 
thì x;-t là nghiệm PT X 2 + 6X +13 = 0(VN ) . 
0,25 
(1,0 điểm) 
Đặt  2 1 1 2 t x t x dx tdt = - Þ = - Þ = 
Khi  1 0; 2 1 x t x t = Þ = = Þ = 
0,25 
Khi đó: 
1  2 
2 
0 
2 ( 1)( 3) 
9 
t t t 
I dt 
t 
+ - 
= 
- ò 
0,25 
1 
2 
0 
30 
3 10 
3 
t t dt 
t 
æ ö = - + - ç ÷ + è ø ò 
0,25 
III. 
(1,0 điểm) 
1 
3 2 
0 
3 53 4 
2 10 60 ln 3 60 ln 
3 2 3 3 
t t 
t t 
æ ö 
= - + - + = - ç ÷ 
è ø 
0,25 
(1,0 điểm) 
Gọi K là trung điểm BC. Ta có  0 
3 
( ); 60 , . 
2 
a 
SG ABC SAG AG ^ Ð = = 
0,25 
IV. 
(1,0 điểm) 
Từ đó 
9 3 3 
; . 
4 2 
a a 
AK SG = = 
0,25
Trong tam giác ABC đặt  2 ; 3. AB x AC x BC x = Þ = = 
Ta có  2 2 2 AK AB BK = +  nên 
9 7 
14 
a 
x = 
0,25 
3 
. 
1 243 
. 
3 112 S ABC ABC 
V SG a S = =  (đvtt)  0,25 
(1,0 điểm) 
Đặt  3 1 2 4 3 , 21;7 t x x t é ù = + + - Î ë û 
0,25 
Khi đó phương trình trở thành  2 
1 
1 t mt m t 
t 
- = Û = -  , do  0 t ¹  (2). 
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm  21;7 t é ù Î ë û . 
0,25 
Xét hàm số 
1 
( ) , f t t 
t 
= -  21;7 t é ù Î ë û . Ta có  2 
1 
'( ) 1 0 f t 
t 
= + >  . 
0,25 
V. 
(1,0 điểm) 
Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi 
20 48 
7 21 
m £ £ 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Phương trình AB:  10 0 x y + - =  .  0,25 
Do  A AB Π nên  ( ;10 ) A b b -  .Từ I là trung điểm AB, tìm được  (10 ; ) B b b -  .  0,25 
(1 ; 7); (11 ; 1). AH b b CB b b = - - = - - 
uuur uuur 
Ta có  . 0 AH CB AH CB ^ Û = 
uuur uuur uuur uuur 
.  0,25 
( )( ) ( )( ) 1 11 7 1 0 1; 9 b b b b b b Û - - + - - = Û = = 
Khi  1 b = ( ) ( ) 1;9 ; 9;1 A B Þ  . 
Khi ( ) ( ) 9 9;1 , 1;9 b A B = Þ 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Từ giả thiết có  . (0; ; ) OA t u t t = = 
uuur r 
(0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2) A t t BC BD BA t t = - = = - 
uuur uuur uuur 
0,25 
, (2; 6; 3) BC BD é ù Þ = - - ë û 
uuur uuur 
. Suy ra  , 9 4. BC BD BA t é ù = - + ë û 
uuur uuur uuur  0,25 
Ta có  ABCD V = 
1 5 1 
, 9 4 
6 6 6 
BC BD BA t é ù Û = - + ë û 
uuur uuur uuur  1 
1; 
9 
t t Û = = -  . 
0,25 
Với  1 (0;1;1) t A = Þ  . 
Mặt cầu cần tìm có phương trình là:  2 2 2 
7 29 7 46 
( ) : 0 
5 5 5 5 
S x y z x y z + + - + + - =  . 
Với 
1 
0 
9 
t = - <  . Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu 
0,25 
3. (1,0 điểm) 
Điều kiện  0 x > 
2 
2 2 2  log log 4 4 6 2.3 x x x - = 
2 2 2 
2 2 2 2 2 
1 log 
log 4 log log 4 2log 2 2log 2 6 2 6 2.3 2 2.3 0 
6 
x 
x x x x x 
+ 
Û - = Û - - = 
0,25 
2 2 2 2log 2 1 log 2log 2 6.2 6 12.3 0 x x x + Û - - =  0,25 
2 2 2log 2 log 2 2 2 
6. 12 0 
3 3 
x x 
æ ö æ ö Û - - = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0,25 
VIa. 
(3,0 điểm) 
2 log 2 2 3 1 
3 2 4 
x 
x æ ö = Û = ç ÷ 
è ø 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Kiểm tra điểm A ta thấy  nằm trong đường tròn (C).  0,25 
Khi đó PA/(C) =  2 2 . . 3 AB AC AB AC IA R = - = - = - 
uuur uuur 
. Suy ra AB.AC=3.  0,25 
VIb. 
(3,0 điểm) 
Theo BĐT AM­GM ta có  2 . 2 3 BC AB AC AB AC = + ³ =  .  0,25
Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. 
Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận  (1; 1) IA = - 
uur 
là vectơ pháp tuyến. 
Vậy phương trình đường thẳng d là x­y­1=0. 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương  (2; 1; 3) d u - - 
uur 
.mp(P) có vectơ pháp tuyến  (7;9; 2) P n 
uur 
.  0,25 
Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên D  thì 
(4; 1; 6) M - -  . Đường thẳng D có vectơ chỉ phương 
1 
, (1; 1;1) 
25 
P d u n u D é ù = = - ë û 
r r r 
0,25 
Ta thấy D , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 
1 
42 
nên 
,  3 3 3 
1 
42 42 42 , 
d 
d 
u u MH  t 
t 
u u 
D 
D 
é ù ë û = Û = Û = 
é ù 
ë û 
r r uuuur 
r r  hoặc  1 t = - 
0,25 
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là  1 2 
7 15 ' 
: 4 ( ); : 6 '( ) 
10 22 ' 
x t x t 
y t t R y t t R 
z t z t 
= - + = + ì ì 
ï ï D = - Î D = - - Î í í 
ï ï = + = - + î î 
0,25 
3. (1,0 điểm) 
Ta có 
( ) 
2 
2 
2 2 1 
' ; 
2 1 
x x 
y 
x 
+ - 
= - 
+ 
0,25 
1 3 
' 0 
2 
y x 
- + 
= Û = 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x 
1 
4 
- 
1 3 
2 
- + 
+¥ 
' y +  0 - 
y 
2 3 
2 
- 
5 
8 
- -¥ 
0,25 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số: 
1 
; 
4 
2 3 
, 
2 
max y 
é ö - +¥ ÷ ê ë ø 
- 
=  tại 
1 3 
2 
x 
- + 
= 
0,25 
­ ­ ­ Hết ­ ­ ­