Ôn luyện thi Đại Học môn Toán

 
V = 
1
8
 khi a = 1 và H  E và EB = EC và FB = FC và AC = AB = 1 và 
BD = DC = 1 
 V = 
1
8
 khi ABC và BCD đều có cạnh bằng 1 và (ABC)  (BCD). 
0,25 
Phần riêng (3 điểm) 
Chuẩn 
Câu 6a (2đ) 
1. Đ-ờng tròn (C) có tâm I(–5 ; 6), bán kính R = 5 3 . IM = 10 
Gọi A là tiếp điểm của d1 với (C), B là tiếp điểm của d2 với (C) 
 IA = IB = R = 5 3 
0,25 
IAM vuông tại A  
0IA 3sin IMA IMA 60
IM 2
    
0AMB 120  
0,25 
Vậy góc giữa hai đ-ờng thẳng d1 và d2 bằng 60
0. 0,5 
2. Giả sử d cắt  tại M  M    M(2 t – 1 ; 3 t – 2 ; – t + 5) 
Đ-ờng thẳng d nhận AM = (2 t + 2 ; 3 t – 4 ; – t + 6) làm VTCP 
Đ-ờng thẳng  có VTCP u = (2 ; 3 ; –1) 
0,25 
Do d và  tạo với nhau góc 600    1cos ; AM
2
u  
 
2 2 2
4 4 9 12 6 1
214 4 4 8 9 16 24 12 36
t t t
t t t t t t
    

       
0,25 
 
22 14 14 14 14 28 56t t t     22 2 2 4t t t    
 
2 24 8 4 2 4t t t t      23 6 0t t   
0
2
t
t

 
0,25 
t = 0  AM = (2 ; –4 ; 6) ; t = 2  AM = (6 ; 2 ; 4) 
Kết luận: Có hai đ-ờng thẳng thoả mãn đề bài với ph-ơng trình là: 
3 2 1
1 2 3
x y z  
 

 ; 
3 2 1
3 1 2
x y z  
  . 
0,25 
Câu 7a (1đ)       
  
2 3 2 3 (3 4) 32 3 3 2
3 3 3
i ii i
z
i i i
     
  
  
0,25 
 (12 1) 4 3 3 11 5 3
3 1 4 4
i
i
   
  

0,25 
Môđun số phức z bằng: 
121 75 7
16 16 2
z    . 
0,5 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 4 
NCao 
Câu 6b (2 đ) 
1. 2a = 25, 2b = 9  2 2 2c a b  = 16  c = 4 
Các tiêu điểm của (E) là: F1(–4 ; 0) và F2(4 ; 0) 
0,25 
M 0 0( ; )x y  (E)  
2 2
0 0 1
25 9
x y
  (1) 
0 0( 4 ; )x y 1FM , 2 0 0( 4 ; )x y F M 
F1M  F2M  2.1FM F M = 0  
2 2
0 016 0x y   (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) giải ra: 2
0
175
16
x  và 20
81
16
y  
0,25 
Kết luận: Có bốn điểm thoả mãn đề bài với toạ độ là 
5 7 9
;
4 4
 
  
 
, 
5 7 9
;
4 4
 
  
 
, 
5 7 9
;
4 4
 
  
 
, 
5 7 9
;
4 4
 
   
 
. 
0,25 
2. M  d2  M(2 – 2t ; 3 – 2t ; 2 + 2t ) 
Khoảng cách từ M đến () bằng: 
d(M ; ()) = 
2 2 2 22 6 2 4 2 18 26
31 4 4
t t t t      

 
0,25 
Ph-ơng trình mặt phẳng () qua M và vuông góc d1 là: 
24 2 7 0x y z t     
Toạ độ hình chiếu H của M lên d1 là: 
H 2 2 2
422 19 44
; ;
9 9 9 9 9 9
t t t 
     
 
0,25 
Khoảng cách từ M đến d1 bằng: 
MH = 
2 2 2
2 2 24 5 46 10 62 10
9 9 9
t t t       
      
     
 = 
2
2 225 40 664
3
t t 
0,25 
Do d(M ; ()) = d(M ; d1), nên có: 
2 26
3
t 
 = 
2
2 225 40 664
3
t t 
...  22 22 1 0t t    
2
2
1
1
2
t
t


  

Kết luận: Có hai điểm thoả mãn đề bài với toạ độ 
(1 ; 2 ; 3) , 
5 7 3
; ;
2 2 2
 
 
 
. 
0,25 
Câu 7b (1đ) 
Số hạng thứ ( 1)k  trong khai triển là: 
 
2010
1 2010 3
2
T
k
k
k
k C x
x


 
  
 
 = 
2010
2
2010 2010
3
2
( 1)
kk
k k
k
C x
x


 
5 2010
2010 6 3
2010( 1) 2
k
k k kC x

  
2010
k
k
 
 
 
N
0,25 
Số hạng thứ ( 1)k  không phụ thuộc vào x  
5 2010
0
6 3
k
  
  k = 804 (thoả mãn điều kiện) 
0,25 
Vậy số hạng thứ 805 không phụ thuộc vào x và bằng: 805T  
1206 804
20102 C . 
0,5 
Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm 
Đề thi thử đại học năm 2010 
ôn luyện thi Đại Học Môn Toán – Lần 3 
 Thời gian làm bài 180 phút 
Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) 
Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm): 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: 
2
2
x
y
x



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số trên. 
2. Viết ph-ơng trình tiếp tuyến với đồ thị (H) biết tiếp tuyến qua điểm M(–3 ; –4). 
Câu 2 (2 điểm). 
1. Giải ph-ơng trình: 2.sin .cos3 2.sin2 cot .cos2x x x x x  . 
2. Giải hệ ph-ơng trình: 
   2
log 21
2 5
5 2 1 10 2
log ( 3).log 4 15 2
yy
x x x
x 
     


  
 ( ,x y  R). 
Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân: I = 
2 3
0
cos
2 sin 2
x
dx
x


. 
Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, đ-ờng cao SA = 2a 
( a > 0). Mặt phẳng () qua A vuông góc với SC và cắt SB, SC, SD theo thứ tự tại các điểm E, F, H. Tính thể 
tích của khối chóp S.AEFH. 
Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực , ,a b c thoả mãn: 2 2 2 1a b c   . Chứng minh rằng: 
2(1 ) 0abc a b c ab bc ca        . 
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo ch-ơng trình Chuẩn 
Câu 6 a (2 điểm). 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết A(–1 ; 2) và B(2 ; –2). Tìm toạ độ các đỉnh C, D. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba đ-ờng thẳng d1, d2, d3 chéo nhau từng đôi một và có ph-ơng trình là 
d1: 
1
1
1
1 2
1 2
4
x t
y t
z t
  

 
  
, d2: 
2
2
2
1
6 2
1 2
x t
y t
z t
 

 
   
, d3: 
2 6 2
1 1 1
x y z  
  . 
Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng  cắt d1, d2, d3 theo thứ tự tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm của AC. 
Câu 7 a (1 điểm). Tìm giới hạn sau: 
7
1
1
lim
1x
x
x


. 
B. Theo ch-ơng trình Nâng cao 
Câu 6 b (2 điểm). 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), đ-ờng thẳng d qua M cắt tia Ox và tia Oy tại các điểm E, 
F. Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d biết (OE + OF) đạt giá trị nhỏ nhất. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1 ; 2 ; 3), B(–2 ; 1 ; 2), C(4 ; –6 ; 1) và mặt phẳng () có 
ph-ơng trình: 2 2 15 0x y z    . Tìm toạ độ điểm M trên () để (MA2 + MB2 + MC2) đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 7 b (1 điểm). Cho tập hợp A = {1 ; 2 ; 3 ; 4}, có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từng đôi một 
đ-ợc lập ra từ tập A. Tính tổng các số tự nhiên tìm đ-ợc ở trên. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh:  
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 1 
Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán – lần 3 (14 – 05 – 2010) 
Câu Yêu cầu Điểm 
Phần chung (7 điểm) 
Câu 1 (2đ) 
1 
Tìm TXĐ, Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25 
Giới hạn, tiệm cận 0,25 
Bảng biến thiên 0,25 
Đồ thị, có điểm phụ, giao điểm 2 đ-ờng TC là tâm đối xứng của đồ thị. 0,25 
2 
Đ-ờng thẳng song song trục hoành luôn không là tiếp tuyến của (H), giả 
sử tiếp tuyến có hệ số góc k  ph-ơng trình tiếp tuyến dạng 
d: ( 3) 4y k x    3 4y kx k   
0,25 
d tiếp xúc với (H)  hệ ph-ơng trình sau có nghiệm 
2
2
3 4 (1)
2
4
(2)
( 2)
x
kx k
x
k
x

   

 
 
0,25 
Thay (2) vào (1) giải ra: 4x   , 
8
3
x    1k   , 9k   
0,25 
Ph-ơng trình các tiếp tuyến qua M của (H) là: 
7y x   , 9 31y x   . 
0,25 
Câu 2 (2đ) 
1 
ĐK: sin 0x  
 sin2 sin 4 2sin2 sin cos .cos2
PT
x x x x x x     
0,25 
sin4 .sin cos2 .cos sin2 .sinx x x x x x   
cos3 cos5 2cos3x x x   
0,25 
cos5 cos3 0x x   cos .cos4 0x x  
cos 0
cos4 0
x
x

  
 (TMĐK, vì 2 2 2cos4 2cos 2 1 2(1 2sin ) 1 1x x x      ) 
0,25 
2
4
2
x k
x k





 
 
  

2
8 4
x k
k
k
x


 

 
 
  

Z , là nghiệm ph-ơng trình. 
0,25 
2 
Giải ph-ơng trình 5 2 1 10 2x x x     đ-ợc nghiệm x = 2 0,5 
Thay x = 2 vào ph-ơng trình còn lại đ-ợc 
  2log 412 5log 5.log 4 15 2 yy   , với y > 0 
  12log 4 15 4y y    1 44 15 2y y   
0,25 
 4.16 4 60 0y y    
4 4
15
4
4
y
y
 

  

  y = 1 (TMĐK) 
Hệ ph-ơng trình có nghiệm: 
2
1
x
y



. 
0,25 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 2 
Câu 3 (1đ) Chứng minh: I = 
2 3
0
sin
2 sin 2
x
dx
x


0,25 
 2I = 
2 3 3
0
sin cos
2 sin 2
x x
dx
x



 = 
2
0
(sin cos )(1 sin .cos )
2(1 sin .cos )
x x x x
dx
x x

 

0,25 
 I = 
2
0
1
(sin cos )
4
x x dx

 = 20
1
( cos sin )
4
x x

  
0,25 
I = 
1 1 1
( 0 1) ( 1 0)
4 4 2
      . 
0,25 
Câu 4 (1đ) 
SC  (α) tại F  F là trung điểm SC (vì SAC vuông cân tại A) 
 AF = FS = FC = a 
0,25 
Gọi AC  BD = {I}, SI  AF = {J}  J là trọng tâm SAC 
(α)  SC, BD  SC, BD  (α)  BD // (α) 
0,25 
Trong (SBD) đ-ờng thẳng qua J và song song BD cắt SB tại E và cắt SD 
tại H  EH = 
2
3
BD = 
2 2
3
a
Và: BD  (SAC)  BD  AF  EH  AF 
0,25 
Thể tích khối chóp S.AEFH bằng: 
V = 
31 1 1 2
.S . .
3 3 2 9
a
 AEFH .SF AF.EH.SF . 
0,25 
Câu 5 (1đ) 
2 2 2 1a b c    (1 )(1 )(1 ) 0a b c    
 (1 )(1 ) 0a b ab c     
 1 0a b ab c ac bc abc        (1) 
0,25 
2(1 ) 0a b c    
 2 2 21 2 2 2(1 )( ) 0a a b c bc a b c           
 2 2 21 2 2 2 2 2 2 0a b c a b c ab bc ca          
 1 0a b c ab bc ca       (Do 2 2 2 1a b c   ) (2) 
Lấy (1) + (2) suy ra đpcm 
0,5 
Dấu “=” xảy ra khi một trong ba số bằng –1 và hai số còn lại bằng 0. 0,25 
Phần riêng (3 điểm) 
Chuẩn 
Câu 6a (2đ) 
1. AB (3 ; 4), AB 9 16 5     
Đ-ờng thẳng BC qua B và vuông góc AB nên nhận (4 ; 3)u  làm VTCP, 
nên có ph-ơng trình tham số: 
2 4
2 3
x t
y t
 

  
C  BC  C (4 2 ; 3 2)t t  
0,25 
Do ABCD là hình vuông  BC = AB  2 216 9 5t t   1t   0,25 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 3 
1t    C(–2 ; –5); 
2 3 5
AB DC
5 4 1
D D
D D
x x
y y
     
   
      
  D(–5 ; –1) 
0,25 
1t   C(6 ; 1); 
6 3 3
AB DC
1 4 5
D D
D D
x x
y y
   
   
    
  D(3 ; 5) 
Kết luận: C(–2 ; –5) và D(–5 ; –1); hoặc C(6 ; 1) và D(3 ; 5). 
0,25 
2. Đ-ờng thẳng d3 có ph-ơng trình tham số: 
3
3
3
2
6
2
x t
y t
z t
  

 
  
A  d1  A( 1 1 12 1; 2 1; 4t t t    ) 
B  d2  B( 2 2 21; 2 6 ; 2 1t t t     ) 
C  d3  C( 3 3 32 ; 6 ; 2t t t   ) 
0,25 
B là trung điểm của AC  
1 3 2
1 3 2
1 3 2
2 3 2 2
2 7 4 12
6 4 2
t t t
t t t
t t t
    

     
    
0,25 
Giải ra: 
1
2
3
1
2
1
t
t
t



  
  A(1 ; –1 ; 5), B(–1 ; 2 ; 3), C(–3 ; 5 ; 1) 
0,25 
Đ-ờng thẳng thoả mãn đề bài sẽ qua A và nhận AB ( 2 ; 3 ; 2)   làm 
VTCP, nên có ph-ơng trình là: 
1 1 5
2 3 2
x y z  
 
 
. 
0,25 
Câu 7a (1đ) 
7 7 3 3
1 1
1 ( ) ( 1)
lim lim
1 1x x
x x x x
x x 
   

 
0,25 
3 4 3
1
( 1) 1
lim
1 1x
x x x
x x
  
  
  
0,25 
3 2 2
1
lim ( 1)( 1) ( 1)
x
x x x x x

        
0,25 
 1(1 1)( 2) (1 1 1) 7        . 0,25 
NCao 
Câu 6b (2 đ) 
1. Giả sử d cắt tia Ox , tia Oy tại E( ; 0a ), F( 0 ; b ); ( ; 0)a b  
Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có dạng: 1
x y
a b
  
M(1 ; 4)  d  
1 4
1
a b
  (*) 
0,25 
OE + OF = a b = 
1 4 4
( ) 5
a b
a b
a b b a
 
     
 
 ≥ 
4
5 2 9
a b
b a
  
0,25 
Min (OE + OF) = 9 khi 
1 4
1
4
a b
a b
b a

 

 

  
3
6
a
b



0,25 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 4 
Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình: 1
3 6
x y
  . 
0,25 
2. Gọi G là trọng tâm ABC  G(1 ; –1 ; 2) 
MA2 =  
2
2. .    
2 2 2
MA MG GA MG GA MGGA 
Hay: MA2 = MG2 + GA2 + 2. .MGGA . T-ơng tự có 
MB2 = MG2 + GB2 + 2. .MGGB ; MC2 = MG2 + GC2 + 2. .MGGC 
0,25 
 MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 
 +  2.  MG GA GB GC 
 MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 
  2 2 2MA MB MC  nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu 
của G lên (α) 
0,25 
Mp(α) có VTPT (2 ; 2 ;1)n   
Gọi d là đ-ờng thẳng qua G và vuông góc với (α)  d nhận 
(2 ; 2 ;1)n   làm VTCP  ph-ơng trình đ-ờng thẳng d là: 
1 2
1 2
2
x t
y t
z t
 

  
  
0,25 
d  (α) = {M}  toạ độ M là nghiệm hệ ph-ơng trình: 
1 2
1 2
2
2 2 15 0
x t
y t
z t
x y z
 
   

 
    
1
3
3
3
t
x
y
z

 

 
 
. Vậy M(3 ; –3 ; 3) là điểm cần tìm. 
0,25 
Câu 7b (1đ) 
Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từng đôi một đ-ợc lập ra từ 
tập A {1 ; 2 ; 3 ; 4} là: 4! = 24 (số) 
0,25 
Gọi số cần tìm có dạng 1 2 3 4a a a a 
Nếu chọn 4 1a  thì có 3! = 6 cách chọn các vị trí còn lại. Vậy có 6 số 
dạng 1 2 31a a a . T-ơng tự có 6 số dạng 1 2 3 2a a a , 6 số dạng 1 2 33a a a , 6 số 
dạng 1 2 3 4a a a . 
Suy ra tổng các chữ số hàng đơn vị bằng 6(1 + 2 + 3 + 4) = 60 
0,25 
T-ơng tự tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn đều bằng 60 0,25 
Vậy tổng các số tự nhiên thoả mãn đề bài bằng: 
60.103 + 60.102 + 60.10 + 60 = 66 660. 
0,25 
Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm 
Đề thi thử đại học năm 2010 
ôn luyện thi Đại Học Môn Toán – Lần 4 
 Thời gian làm bài 180 phút 
Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) 
Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm): 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: 3 23 ( 2)y x mx m x m     
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên với m = 1. 
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; +). 
Câu 2 (2 điểm). 
1. Giải ph-ơng trình: 
2 2sin cos 2 cos .cos3 3sin2 2cos4x x x x x x    . 
2. Giải hệ ph-ơng trình: 
   1 32 2
2 5 3 2
log 4 .log 4 3x x
y y y
y y
     

  
 ( ,x y  R). 
Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân: I = 
 
3
2
4 2
1
dx
x x
 . 
Câu 4 (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a , AC = BD = b , BC = AD = c . Trong mặt phẳng (BCD) xác 
định tam giác PQR sao cho B, C, D là trung điểm các cạnh QR, RP, PQ. Chứng minh AP, AQ, AR vuông góc 
với nhau từng đôi một và tính thể tích của khối tứ diện ABCD theo a , b , c . 
Câu 5 (1 điểm). Cho , ,x y z ba số thực d-ơng thoả mãn: 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
P = 
2 2 2
1 1
xyzx y z

 
. 
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo ch-ơng trình Chuẩn 
Câu 6 a (2 điểm). 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm thay đổi A( a ; 0), B(0 ; b ) sao cho độ dài AB = 3. Điểm M 
thoả mãn 2MA MB 0  ; chứng minh M chạy trên một đ-ờng Elip, viết ph-ơng trình Elip đó. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; tính khoảng cách giữa hai đ-ờng thẳng: 
d1: 
2 2
4 2
1 4
x t
y t
z t
 

 
   
 và d2: 
1 2
1 1 2
x y z 
 
 
. 
Câu 7 a (1 điểm). Gọi knC là số tổ hợp chập k của n phần tử. Chứng minh rằng: 
 2 1 2 2 2 2 21 2 ... 2n nn n nC C n C n n      , với mọi số nguyên d-ơng n . 
B. Theo ch-ơng trình Nâng cao 
Câu 6 b (2 điểm). 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M và cắt hai tia Ox, 
Oy theo thứ tự tại các điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M(–1 ; 2 ; 3) đồng thời cắt cả hai 
đ-ờng thẳng d1: 
1 1
1 2 2
x y z 
  và d2: 
3 4
2 2 1
x y z 
 
 
. 
Câu 7 b (1 điểm). Tìm trên đồ thị của hàm số 
2 2
1
x x
y
x
 


, hai điểm đối xứng nhau qua d: 3y x  . 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh:  
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 1 
Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán – lần 4 (21 – 05 – 2010) 
Câu Yêu cầu Điểm 
Phần chung (7 điểm) 
Câu 1 (2đ) 
1 
Thay 1m  . Tìm TXĐ, đạo hàm, xét dấu đạo hàm 0,25 
Đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25 
Giới hạn, bảng biến thiên 0,25 
Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn là tâm đối xứng của đồ thị. 0,25 
2 
2' 3 6 2y x mx m    
Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; +) khi ' 0, (0 ; )y x    
( ' 0y  chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc khoảng (0 ; +)) 
0,25 
' 2
' 9 3 6 3( 1)(3 2)y m m m m       
Tr-ờng hợp 1: 
'
' 0y   
2
1
3
m    ' 0,y x  . Hàm số đồng 
biến trên R 
0,25 
Tr-ờng hợp 1: 
'
' 0y   
1
2
3
m
m


  

, giả sử 
1 2,x x là hai nghiệm của 'y 
1 2 0
ycbt
x x    
2 0
2
0
3
S m
m
P
 


 

  2 0m   
0,25 
Kết luận: với 2 1m   hàm số đồng biến trên (0 ; +). 0,25 
Câu 2 (2đ) 
1 
1 cos2 1 cos4 cos2 cos4 2 3sin2 4cos4
PT
x x x x x x        
1 2cos4 cos2 3sin2x x x    
0,25 
1 1 3
cos4 cos2 sin 2
2 2 2
x x x    cos cos4 sin 2
3 6
x x
  
    
 
2sin 2 sin 2 sin 2
6 6 6
x x x
       
          
     
0,25 
1
sin 2 sin 2 0
6 6 2
x x
     
        
    
sin 2 0
6
1
sin 2
6 2
x
x


  
  
 
  
   
 
0,25 
2
6
2 2
6 6
5
2 2
6 6
x k
x k
x k


 

 


 

   


   

12 2
6
2
k
x
x k k
x k
 





  

   


  

Z , là nghiệm ph-ơng trình. 
0,25 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 2 
2 
Giải ph-ơng trình 2 5 3 2y y y     đ-ợc nghiệm y = 2 0,5 
Thay y = 2 vào ph-ơng trình còn lại đ-ợc 
   12 2log 4 2 log 4 8 3x x   Đặt:  2log 4 2x t  . Giải ra: 
2
1
8
t
t


 

0,25 
 
4 2 2
1
4 2
8
x
x
  

  

  
4
1
17
log
8
x
x


 

Hệ ph-ơng trình có nghiệm: 
1
2
x
y



, 4
17
log
8
2
x
y



 
. 
0,25 
Câu 3 (1đ) 
2 2
4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( 1) 1x x x x x x
   
    
     
4 2 2 2 2 2
1 1 2
( 1) ( 1)x x x x
  
 
4 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2
( 1) 1x x x x
   
 
I 
3 3 3
4 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
2 2
( 1) 1
dx dx dx
x x x x
 
    
  
   
0,25 
I 
3 3 3
3 2 2 2
1 1 1
1 2 1 1
2
3 ( 1) 1
dx dx
xx x x
 
    
  
  
3 3
2 2 2
1 1
17 3 45 1 1
2
27 ( 1) 1
dx dx
x x

  
  
0,25 
Đặt tan ,
2 2
x t t
 
    ; 1
4
x t

   ; 3
3
x t

   
 2 2
2
1
1 1 tan
cos
x t
t
    ; 
2cos
dt
dx
t
 
I 
3 34 2
2 2
4 4
17 3 45 cos cos
2
27 cos cos
t t
dt dt
t t
 
 

    
3 3
4 4
17 3 45 1
(1 cos2 ) 2
27 2
t dt dt
 
 

     
0,25 
I 
3
3
4
4
17 3 45 1 1
sin 2 2
27 2 2
t t t




  
    
 
17 3 45 3 2 5
27 8 24
 
   . 
0,25 
Câu 4 (1đ) 
BC là đ-ờng trung bình của tam giác PQR  BC = 
1
2
PQ 
Mà BC = AD = a 
Trong tam giác APQ có: AD = DP = DQ = 
1
2
PQ = a 
 tam giác APQ vuông tại A hay AP  AQ 
0,25 
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 
H 3 
Chứng minh t-ơng tự có: AP  AR, AQ  AR 0,25 
Ta có: AP2 + AQ2 = PQ2 = 4 2c , 
 AQ2 + AR2 = QR2 = 4 2a , AR2 + AP2 = PR2 = 4 2b 
 AP2 + AQ2 + AR2 = 2  2 2 2a b c  
 AP2 = 2  2 2 2b c a  , AQ2 = 2  2 2 2a c b  , AR2 = 2  2 2 2a b c  
0,25 
SBCD = 
1
4
SPQR  VABCD = 
1
4
VAPQR = 
1
4
1
6
.AP.AQ.AR 
 = 
2
12
   2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c b c a c a b      . 
0,25 
Câu 5 (1đ) 
31 3x y z xyz     33 9 xyz và 
1
27
xyz
 
2 23 333 ( ) 9 ( ) 9xy yz zx xyz xyz xyz xyz     
0,25 
2 2 2 2( ) 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx            
 2 2 2 1 18x y z xyz    
0,25 
 P 
1 1
1 18xyz xyz
 

1 1 1 7
1 18 9 9 9xyz xyz xyz xyz
 
    
 
Mà: 
1 1 1 9
9
1 18 9 9 1 18 9 9xyz xyz xyz xyz xyz xyz
   
   
 P ≥ 9 + 
7
.27
9
 = 30 
0,25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 30 khi 
1
3
x y z   . 
0,25 
Phần riêng (3 điểm) 
Chuẩn 
Câu 6a (2đ) 
1. 2 2 2 2AB 3 3 9a b a b       (*) 
0,25 
Giả sử M( ;x y ); MA ( ; )a x y   , MB ( ; )x b y   
3
2 2 0
2MA MB 0 2
2 0
3
x
a x x a
y b y
b y

    
    
     
 (**) 
0,25 
Thay (**) vào (*), có: 
2 2 2
29 9 9 1
4 4 1
x x y
y     
0,25 
Kết luận: điểm M thuộc Elip có ph-ơng trình 
2 2
1
4 1
x y
  . 
0,25 
2. Đ-ờng thẳng d1 qua M(2 ; 4 ; –1) và có VTCP 1 (2 ; 2 ; 4)u   
 Đ-ờng thẳng d2 qua N(1 ; 0 ; –2) và có VTCP 2 ( 1 ;1 ; 2)u    
Rõ ràng 1 22u u  
0,25 
Thay toạ độ M vào ph-ơng trình d2 có: 
2 1 4 1 2
1 1 2
  
 
 
: vô lý 
 M  d2. Vậy