Bộ 15 đề và đáp án thi Toán vào ĐH & CĐ

hông thỏa mãn hpt
+) y ¹ 0, đặt , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành 
 (*) Û 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 
 Û t = 1; t = -; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t = 
1
Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4).
 (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được kết quả đúng vẫn được điểm tối đa)
0,5
II.2
(2điểm)
2. PT Û 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)
0,5
Û (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) 
 Û 
0,5
Û 
0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x = 
0,5
III
(2điểm)
3. PT Û 
1
Ycbt Û (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (-;+∞ )ta tìm đươc m Î (-2; )
1
IV
(2điểm)
I = = .
0,5
Đặt t = 
0,5
Đổi cận : x = 0 Þ t = 
 x = 
0,5
I = 
0,5
V.1
(2điểm)
B Î D1 Û B(a; 3 –a) . C Î D2 Û C(b; 9-b)
D ABC vuông cân tại A Û 
0,5
Û 
 a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0,5
(1) Û b = . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 
0,5
Với a = 0 suy ra b = 4.
Với a = 4 suy ra b = 6.
0,5
V.2
(2điểm)
2.Gọi I là trung điểm của AB Þ I ( 1; 1; 1)
+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2
Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất
Û M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)
1
+) Phương trình đường thẳng MI : . 
0,5
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
Từ đó tìm được M(2; 2; 2)
0,5
VI
(2điểm)
3.
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 1200 và D DMB cân tại M 
0,5
Tính được: DM2 = a2
0,5
D SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 
Suy ra DS = a. Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
0,5
Vậy thể tích S.ABCD bằng a3
0,5
 VII
(1điểm)
 (***).Do ab + bc + ca = 3 nên 
VT (***) = 
 =
Theo BĐT AM-GM ta có 
 (1) 
0,5
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 
 (2), (3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được 
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥ = 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)
0,5
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU
NỘI DUNG
THANG ĐIỂM
Câu I (2.0đ)
 1. (1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
 y’ =
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số nghịc biến trên và 
Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị 
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
2.(1.0đ)
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 
0.25
Ta có d(I ;tt) = 
Xét hàm số f(t) = ta có f’(t) = 
0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c 
d(I ;tt) lớn nhất khi và 
chỉ khi t = 1 hay 
0.25
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
Câu II(2.0đ)
1. (1.0đ)
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2cos2x
0.25
0.25
0.25
0.25
2.(1.0đ)
ĐK : 
hệ đưa hệ về dạng 
0.5
 Từ đó ta có nghiệm của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (), ()
0.5
Câu III. (1.0đ)
0.25
Ta tính I1 = đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1)
0.25
Ta tính I2 = đặt t = ta tính được I2 = 
0.25
Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+
0.25
Câu IV. (1.0đ)
Ta có nên 
0.25
Tương tự ta có 
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 
0.25
vậy Amax = 
0.25
Câu V. (1.0đ)
Ta có 
Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.
Mặt khác ta có 
0.5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD 
 H CO
0.25
Mà 
Vậy V = 
0.25
Câu VIa. (2.0đ)
1. (1.0đ)
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2. (1.0đ)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng 
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 
Vậy bán kính R = 
1.0
Câu VIIa (1.0đ)
Câu VIb 
(2.0đ)
1. (1.0đ)
Đk: x > - 1
0.25
bất phương trình 
0.25
0.25
0.25
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2
0.25
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
0.25
Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
0.5
2. (1.0đ)
Ta có 
Vì nên mặt phẳng (P) nhận làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu VIIb (1.0đ)
ĐK : 
Ta có 
1.0
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4
C©u
Néi dung
§iÓm
I
2.0®
1
1.25®
Hµm sè y = cã :
- TX§: D = \ {2}
 - Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng y = 2 lµm TCN
, . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng x = 2 lµm TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ = < 0 
y’
y
x
-
2
-
2
2
2
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; )
+ Giao ®iÓm víi trôc hoµnh :
A(3/2; 0) 
- §THS nhËn ®iÓm (2; 2) 
lµm t©m ®èi xøng 
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75đ
Lấy điểm . Ta có : .
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có : . Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với : 
 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
 Xét 
Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với . Khi đó phương trình trở thành:
Suy ra : 
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
 x2 - 4x + 3 = (1)
TX§ : D = 
®Æt y - 2 = , 
Ta cã hÖ :
0,25
0,25
0,5
III
1.0®
1®
Ta có : =
 . Đặt 
Đổi cận : 
Vậy I2= 
Nên I = 1
0,5
0,5
IV
2®
1.0®
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 
Ta có : ; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy 
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . 
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay 
Vậy MaxVSABC = , đạt được khi
sin = hay 
( với 0 < )
0,25
0,5
V
1.0®
+Ta có : ;;
+ Lại có : 
cộng các BĐT này ta được đpcm.
1®
VIa
2®
1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
 a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :
 9a2 + 100ab – 96b2 = 0
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP 
Ta có : 
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó : 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa
1đ
Chọn khai triển :
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của
(x + 1)12 là : 
Từ đó ta có : = = 792
.0,25
0,25
0,25
0,25
VIb
2đ
1
1đ
Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 
(A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 
Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) :
 |2A – 7B | = 5 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 , C = 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14 )x + 21y = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) , thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP 
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy . 
Ta đặt : 	
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là :
 và 
VIIb
1®
ĐK : x > 0 
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t 
 (2)
Xét hàm số : f(t) = 
f'(t) = 
Suy ra f(t) nghịch biến trên R 
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
0,25
0,25
0,25
0,25
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5
I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh
C©u
§¸p ¸n
§iÓm
I 
(2 ®iÓm)
1. (1,25 ®iÓm)
a.TX§: D = R\{-2}
b.ChiÒu biÕn thiªn 
+Giíi h¹n: 
Suy ra ®å thÞ hµm sè cã mét tiÖm cËn ®øng lµ x = -2 vµ mét tiÖm cËn ngang lµ y = 2
0,5 
+
Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng vµ 
0,25
+B¶ng biÕn thiªn
 x -2 
 y’ + +
 2
 y 
 2 
0,25
c.§å thÞ:
§å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0; ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(;0)
y
O
2
-2
§å thÞ nhËn ®iÓm (-2;2) lµm t©m ®èi xøng
x
0,25 
2. (0,75 ®iÓm)
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 
Do (1) cã nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B
0,25
Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt ó AB2 nhá nhÊt ó m = 0. Khi ®ã 
0,5
II
(2 ®iÓm)
1. (1 ®iÓm)
Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 
ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 
ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
ó 
0,25
ó
0,25
2. (1 ®iÓm)
§K: 
BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
®Æt t = log2x,
BPT (1) ó
0,5
0,25
 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: 
 III
1 ®iÓm
®Æt tanx = t 
0,5
0,5
C©u IV
1 ®iÓm
A1
A
B
C
C1
B1
K
H
Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn 
0,5
KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1
0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH 
0,25
C©u V
1 ®iÓm
Ta có: P + 3 = 
Để PMin khi a = b = c = 1
0,5
0,5
PhÇn riªng.
1.Ban c¬ b¶n
C©u VIa
2 ®iÓm
1.( 1 ®iÓm)
Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 
0,5
0,5
2. (1 ®iÓm)
Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P).
Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi 
VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.
0,5
v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 
ó 7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa
1 ®iÓm
Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã .= 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n
0,5
Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè
0,5
	2.Ban n©ng cao.
C©u VIa
2 ®iÓm
1.( 1 ®iÓm)
Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 
0,5
0,5
2. (1 ®iÓm)
Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P).
Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi 
VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.
0,5
v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 
ó 7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa
1 ®iÓm
Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®­îc chän.
0,5
Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ ..5! = 12000 sè.
MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n
0,5
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6
C©u
Néi dung
§iÓm
I
2.0®
1
1,25®
Víi m = 0 , ta cã :
 y = x3 – 3x + 1
- TX§: 
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : 
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ = 3x2 – 3 
 y’ = 0 x = -1 hoÆc x = 1
y’
y
x
+
-1
+
0
0
-
1
3
-1
Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng vµ , nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -1; 1)
Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x = -1, gi¸ trÞ cùc ®¹i cña hµm sè lµ y(-1) =3
Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm x = 1, gi¸ trÞ cùc tiÓu cña hµm sè lµ y(1) =-1
- §å thÞ
+ §iÓm uèn : Ta cã : y’’ = 6x , y" = 0 t¹i ®iÓm x = 0 vµ y" ®æi dÊu tõ d­¬ng sang ©m khi x qua ®iÓm x = 0 . VËy U(0 ; 1) lµ ®iÓm uèn cña ®å thÞ .
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;1)
y
x
+ §THS ®i qua c¸c ®iÓm :
A(2; 3) , B(1/2; -3/8)
C(-2; -1)
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0.75®
§Ó §THS (1) c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d­¬ng, ta ph¶i cã : 
 (I)
Trong ®ã : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1)
∆y’ = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 víi mäi m 
y’ = 0 khi x1 = m – 1 = xC§ vµ x2 = m + 1 = xCT .
(I) 
0,25
0,5
II
2,0®
1
1,0®
Ta cã : 
sin2x – cos2x + 4sinx + 1 = 0 
 sin2x + 2sin2x + 4 sinx = 0 
 sinx ( cosx + sinx + 2 ) = 0 
 sinx = 0 (1) hoÆc cosx + sinx + 2 = 0 (2)
+ (1) 
+ (2) 
0,25
0,5
2
1,0®
LÊy (2’) - (1’) ta ®­îc : x2 y– xy2 = 6 (3)
KÕt hîp víi (1) ta cã : 
. §Æt y = - z ta cã :
®Æt S = x +z vµ P = xz ta cã : 
Ta cã : . HÖ nµy cã nghiÖm hoÆc 
VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm lµ : ( 3 ; 2) vµ ( -2 ; -3 )
0,25
0,25
0,25
0,25
III
1.0®
1®
Ta cã ( SAB) ( BCNM) vµ 
.
Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi ®­êng th¼ng BM
th× SH (BCNM) hay SH lµ ®­êng cao 
cña h×nh chãp SBCNM.
MÆt kh¸c : 
SA = AB.tan600 = a .
Suy ra : MA = SA
L¹i cã : MN lµ giao tuyÕn cña cña
mp(BCM) víi mp(SAD), mµ 
BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC
Do ®ã : 
V× AD (SAB) nªn MN (SAB) , suy ra MN BM vµ BC BM
VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM . 
Ta cã : SBCNM = 
Trong ®ã : BC = 2a , MM vµ BM = = 
VËy SBCNM = 
Khi ®ã : VSBCNM = SH. SBCNM
TÝnh SH : Ta cã ∆MAB ∆ MHS , suy ra : 
VËy : VSBCNM = .a. = 
0,5
0,5
IV
2®
1
1.0®
®Æt , ta cã dt = hay dt = dx vµ 
Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5
Khi ®ã :
=
= = 
0,25
0,5
2
1.0®
§Æt t = cos2x th× sin2x = 
+
=
t
f’(t)
f(t)
-1
1/3
1
+
0
-
3
1
B¶ng biÕn thiªn 
Qua b¶ng biÕn thiªn ta cã : miny = vµ maxy = 3
0,25
0,5
Va
3®
1a
§­êng trßn (C) : ( x – 1)2 + ( y – 3 )2 = 4 cã t©m I ( 1 ; 3) vµ b¸n kÝnh 
R = 2 . 
Ta cã : (d) : 
(d) : x – 2 + y – 4 = 0 (d) : x + y – 6 = 0
0,25
0,5
0,25
1b
§­êng th¼ng (d) víi hÖ sè gãc k = -1 cã d¹ng : y = -x + m 
hay x + y – m =0 (1) 
§­êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C) kc(I,(d)) = R
+ VËy cã 2 tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : x + y – 4 = 0
0,25
0,5
0,25
2
Theo ®Ò ra ta cã : ( )
n2 + 8n – 560 = 0 
VËy n = 20
0,25
0,25
0,25
0,25
Vb
3.0 ®
1
Ta cã : [(x2 + x )100]’ = 100(x2 + x )99( 2x +1) (1) 
vµ 
(2) 
Tõ (1) vµ (2) ta thay , ta ®­îc 
0.25
0.5
0,25
2a
(C1) cã t©m I( 2 ; -1) vµ b¸n kÝnh R1= 3 . (C2) cã t©m J(5;3) vµ b¸n kÝnh R=2.
Ta cã : IJ2 = ( 5 – 2)2 + ( 3 + 1)2 = 25 IJ = 5 = R1 + R2 
Suy ra (C1) vµ (C2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau . Täa ®é tiÕp ®iÓm H ®­îc x¸c ®Þnh bëi : 
0,25
0,25
0,5
2b
Cã : 
§­êng trßn (C) qua K , tiÕp xóc víi (C1) , (C2) t¹i H nªn t©m E cña (C) lµ trung ®iÓm cña KH : . B¸n kÝnh (C) lµ EH = 6
Ph­¬ng tr×nh cña (C) lµ : 
0,5
0,5
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7
Hướng dẫn giải
 Câu I:
	2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: 
 Hàm số đã cho trở thành : Y = hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X 
 Hay y – 2 = - x – 1 Û y = - x + 1
Câu II: 1. Điều kiện: và và cosx ≠ 0
 Biến đổi pt về: 4cos3x - 4 cos2x – cosx + 1 = 0 
	2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.
 Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 
 V = 
Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ^ M’C
 AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
 HC = ; M’C = ; MM’ = 
 Vậy V = 
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+¥)
 = 
 Gọi x1; x2 Î [0;+¥) với x1 > x2
 Ta có : : f(x) là hàm số tăng 
 Từ phương trình (1) Þ x = y
 (2) 
 Đặt X = ==> 0 ≤ X < 1 
 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 
 Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 
 ==> hệ có nghiêm Û -1 < m ≤ 0 
 Câu VI.a
	1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính 
 OI , ta có OI < R’
 	Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
 Giải ra m = - 1; m = 3/5
	2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
	Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
 (S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
	Với y = 0 ==> P = 0
 Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: (1)
	+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
 + P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi 
 D’ = - P2 – 22P + 25 0 Û - 25/3 ≤ P ≤ 1 
	Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
	1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương 
 d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương 
 Ta có 
 (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A Î (d1,d2) 
 B(2 + t;3 + t;3 - 2t); Î d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
 C( 1+t;4-2t;;3+t) : ==> t = 0 ==> C(1;4;2)
	2. (E): , a2 = b2 + 3 ==> 
 P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2() – (a2 – e2) = 1
Câu VII.b:
 Ta có: 
 Mà 
 = 
 Vậy S = 22010
 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8
Câu
Nội dung
Điểm
I-1
Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x3 + 3x2 – 4.
Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
Chiều biến thiên.
y’ = - 3x2 + 6x , y’ = 0 Û x = 0 v x = 2.
y’> 0 " x Î( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2).
y’ < 0 " x Î(- ∞; 0) È (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞).
0,25
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4.
Giới hạn. .Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Tính lồi, lõm và điểm uốn.
y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 Û x = 1.
x
-∞ 	1	+∞ 
y’’
	+	0	-
Đồ thị
	Lõm	Điểm uốn	Lồi
I(1; - 2)
Bảng biến thiên.
x
-∞ 	0	1	2	+∞ 
y’
	-	0	+	0	-
y
+∞ 0	 
(I)
	- 2
 	- 4	-∞
0,25
Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4). Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2).
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3.
0,25
I-2
Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0 Û x = 0 v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu Û phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt Û m ¹ 0.
0,25
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
Vectơ ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là .
0,25
Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d Û 
0,25
Û Û m = 2
0,25
II-1
Tập xác định D = R.
Phương trình đã cho tương đương với 
0,25
Û Û 
0,25
Û Û 
0,25
Û 
0,25
II-2
Điều kiện: 
0,25
Phương trình đã cho tương đương với 
Û .	(1)
Đặt t = ; Khi x Î [ - 2; 4) thì t Î [ 0; 3] .	(2)
Phương trình trở thành : - t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 Û . 
0,25
Xét hàm số ; f’(t) = ; f’(t) = 0 Û t = - 4 v t = 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ].
t
-∞ 	-4	-1	0	2	3	+∞ 
f’(t)
	-	0	+	+	+	0	-
f(t)
	- 2	
	 -6	 
0,25
 Phương trình đx cho có nghiệm x Î [ - 2; 4) Û Phương trình (2) có nghiệm t Î [ 0; 3 ] 
Û Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t Î [ 0; 3 ] Û - 6 ≤ m ≤ - 2
0,25
III-1
Đường thẳng D1 có một vectơ chỉ phương , Điểm M º O(0; 0; 0) Î D1.
0,25
Đường thẳng D2 có một vectơ chỉ phương , điểm N(1;-1;1) Î D2.
0,25
Ta có ; .
0,25
Ta có . Suy ra hai đường thẳng D1 và D2 chéo nhau.
0,25
III -2
Phương trình đường thẳng D2 : .
0,25
Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng D2 có dạng
l(x + y) + m(3y + z + 2) = 0 với