Toán - Tổng hợp 25 đề thi thử ĐH

========================================================================= 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
3 
ĐÁP ÁN 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 2,00 
 1 1,00 
+ Tập xác định: D = 
 0,25 
+ Sự biến thiên: 
• Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
• ( )3 2' 32x 18x = 2x 16x 9y = − − 
0
' 0 3
4
x
y
x
=

= ⇔
 = ±

0,25 
• Bảng biến thiên. 
 ( )3 49 3 49; ; 0 1
4 32 4 32CT CT
y y y y y y   = − = − = = − = =   
   
C§
0,25 
• Đồ thị 
0,25 
 2 1,00 
 Xét phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x pi∈ (1) 
Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 28 9 0 (2)t t m− + = 
Vì [0; ]x pi∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm 
của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 
0,25 
 72 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
4 
Ta có: 4 2(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − 
Gọi (C1): 4 28 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. 
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). 
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ . 
0,25 
 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 
• 
81
32
m > : Phương trình đã cho vô nghiệm. 
1. 81
32
m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 
• 
811
32
m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
• 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 
• 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. 
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 
0,50 
II 2,00 
 1 1,00 
Phương trình đã cho tương đương: 
33 loglog
3
2 0 22 0
111 log ln 0ln 01 222
222 0
xx
x xx
x xxx
xxx
 − = =− = 
  
       ⇔ ⇔ − =
− = − =                 >>
− >  
0,50 
3
2 2 2
log 0 1 1
21 1 3ln 0 1
2 2 2
2 22
x x x
x x x
x
x x x
x xx
= = = 
   =  =  =        ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =     
− = − = =           
   > >>   
 0,50 
 2 1,00 
 Điều kiện: | | | |x y≥ 
Đặt 
2 2 ; 0u x y u
v x y

= − ≥

= +
; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 
21
2
uy v
v
 
= − 
 
. 
Hệ phương trình đã cho có dạng: 
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =

 
− = 
 
0,25 
4
8
u
v
=
⇔ 
=
 hoặc 
3
9
u
v
=

=
0,25 
 73 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
5 
+ 
2 24 4
8 8
u x y
v x y
=
− =
⇔ 
= + = 
(I) 
+ 
2 23 3
9 9
u x y
v x y
=
− =
⇔ 
= + = 
(II) 
Giải hệ (I), (II). 0,25 
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
( ) ( ){ }5;3 , 5;4S = 
0,25 
 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
( ) ( ){ }5;3 , 5;4S = 
1,00 
III 0,25 
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( )y x x C= − và ( ) : 2d y x= 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 
2 2 2
2 2
0 0 0
| 4 | 2 24 2 6 0
64 2 2 0
x x x
x x x xx x x x x
xx x x x x
≥ ≥  =
   − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − =      =
− = − − =   
Suy ra diện tích cần tính: 
( ) ( )2 62 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −∫ ∫ 
0,25 
Tính: ( )2 2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −∫ 
Vì [ ] 20;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2| 4 | 4x x x x− = − + ⇒ 
( )2 2
0
44 2
3
I x x x dx= − + − =∫ 
0,25 
 74 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
6 
Tính ( )6 2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −∫ 
Vì [ ] 22;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 24;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên 
( ) ( )4 62 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −∫ ∫ . 
0,25 
Vậy 4 5216
3 3
S = + = 1,00 
IV 0,25 
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm 
của AB, A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( )' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp 
xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . 
0,25 
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x xI K I H I C IK IH IC= = = = = = 
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r
6 3
x xI K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = 
0,25 
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( )' . '3hV B B B B= + + 
Trong đó: 
2 2 2
2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
xB x B h= = = = = = 
0,25 
Từ đó, ta có: 
2 2 3
2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 = + + =
 
 
 0,25 
V 1,00 
 Ta có: 
+/ ( )4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; 
+/ ( )4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
pi pi pi      
= + =      
      
+/ ( )2 1 1os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
pi pi    
= + = −    
    
Do đó phương trình đã cho tương đương: 
0,25 
 75 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
7 
( ) 1 12 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + = 
Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 
4
t c c
pi 
=  
 
 (điều kiện: 2 2t− ≤ ≤ ). 
Khi đó 2sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành: 
2 4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t− ≤ ≤ 
2(2) 4 2 2t t m⇔ + = − 
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m= − (là đường song 
song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t= + với 
2 2t− ≤ ≤ . 
0,25 
Trong đoạn 2; 2 −  , hàm số 
2 4y t t= + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại 2t = − 
và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = . 
0,25 
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ + 
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ . 
0,25 
VIa 2,00 
 1 1,00 
 Điểm ( ): 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . 
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
2 2
t tM + −  
 
. 
0,25 
Điểm ( )1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t tM BM x y t C+ − ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ − 
 
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ). 
 Suy ra ( ) ( ): 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( )1 0 0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
. 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( )1;0K − . 
0,25 
0,25 
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
x y+ = ⇔ + + =
− +
 76 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
8 
 2 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì 
( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ . Gọi H là hình chiếu vuông 
góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ . 
Mặt khác 
( ) ( )( ) ( )( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P
 = =

∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc 
với IA tại A. 
Vectơ pháp tuyến của (P0) là ( )6;0; 3n IA= = −  , cùng phương với ( )2;0; 1v = − . 
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: ( ) ( )2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = . 
VIIa 
Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; 
và tương tự ta cũng có 
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +

+ ≥ +
0,25 
Vì vậy ta có: 
( ) 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1 5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + + + + + + + + 
≤ + + +
+ +
 
= − − + + + + 
 
≤ − − + + + 
=
vv 
1,00 
Ta có: ( )1;2 5AB AB= − ⇒ = . 
Phương trình của AB là: 
2 2 0x y+ − = . 
( ) ( ): ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung 
điểm của AC và BD nên ta có: 
( ) ( )2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . 
0,25 
Mặt khác: D . 4ABCS AB CH= = (CH: chiều cao) 
4
5
CH⇒ = . 0,25 
 77 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
9 
Ngoài ra: ( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3;
5 5 0 1;0 , 0; 2
t C Dtd C AB CH
t C D
    
= ⇒
−    
= ⇔ = ⇔    
 = ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2; , ;
3 3 3 3
C D      
   
 hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− − 
0,50 
 2 1,00 
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. 
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. 
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: 
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

= −

=
. 
Điểm M ∈ ∆ nên ( )1 2 ;1 ;2M t t t− + − . 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 22
22 2 2 22
2 22 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )3 ;2 5u t= và ( )3 6;2 5v t= − + . 
Ta có 
( ) ( )
( ) ( )
22
22
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +


= − +


Suy ra | | | |AM BM u v+ = +  và ( )6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =    
Mặt khác, với hai vectơ ,u v
 
 ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ +    
Như vậy 2 29AM BM+ ≥ 
0,25 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v
 
 cùng hướng 
3 2 5 1
3 6 2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )1;0;2M⇒ và ( )min 2 29AM BM+ = . 
0,25 
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+ 0,25 
VIIb 1,00 
 78 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
================================================================================ 
 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 
10 
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >

+ >
 + >
. 
Đặt ( ), , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y+ += = = > ⇒ + > + > + > . 
Vế trái viết lại: 
2
3 3 2
a b a c aVT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50 
Ta có: ( ) ( ) 22 z zx y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + 
+ + +
. 
Tương tự: 2 2; .x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó: ( )2 2x y zx y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
. 
Tức là: 1 1 2 2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + < + + + + + + 
0,50 
 79 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 1 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
KHOA TOÁN – TIN 
----------------- 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010 
MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) 
Câu I (2,0 điểm). 
 Cho hàm số y = -x3+3x2+1 
 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 
 2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. 
Câu II (2,0 điểm ). 
 1. Giải bất phương trình: 24 4 16 3
2
x x
x x
+ + − ≤ + − − 
 2.Giải phương trình: 2 13 sin sin 2 tan
2
x x x+ = 
Câu III (1,0 điểm). 
 Tính tích phân: 
ln3 2
ln 2 1 2
x
x x
e dxI
e e
=
− + −
∫ 
Câu IV (1,0 điểm). 
 Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= 2a . Đáy là tam giác ABC cân 
 0120BAC = , cạnh BC=2a 
Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt 
phẳng (SBC). 
Câu V (1,0 điểm). 
 Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh: ( )3 3 3 3 3 31 1 1 32
b c c a a b
a b c
a b c a b c
+ + +   
+ + + + ≥ + +   
   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B). 
A. Theo chương trình Chuẩn : 
Câu VI.a(2,0 điểm). 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 2 2 4 2 1 0x y x y+ − − + = và điểm A(4;5). Chứng minh 
A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường 
thẳng T1T2. 
 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): 
2 2 2 2 4 2 3 0x y z x y z+ + − + + − = .Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại 
 A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). 
Câu VII.a(1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: 
 2 3z i z i− = − − . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. 
 B. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu VI.b(2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 
2 2 2 2 0x y− − = và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 
 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết 
phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. 
Câu VII.b(1,0 điểm). 
 Cho hàm số (Cm): 
2
1
x x my
x
− +
=
−
 (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho 
tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc. 
...Hết 
 80 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 2 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 
Câu Nội Dung Điểm 
I.1 
(1 điểm) 
* TXĐ: R 
 Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2) 
 y' = 0 ⇔ 0
2
x
x
=

=
* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) 
 Hàm số đồng biến trên (0;2) 
 Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5 
 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1 
* lim
x→−∞
y = + ∞, lim
x→+∞
y = - ∞ 
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ 
 y' - 0 + 0 - 
 + ∞ 5 
 y 
 1 -∞ 
*Đồ thị: y'' = -6x + 6 
 y'' = 0 ⇔ x = 1 ⇒điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
I.2 
(1 điểm) 
* PT đã cho ⇔ -x3 + 3x2
+ 1 = -m3 + 3m2
+ 1. Đặt k = -m3 + 3m2
+ 1 
* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k. 
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < k < 5 
* ⇔ m ∈(-1;3)\ { }0;2 . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
II.1 
(1 điểm) * Đk: 
4 0
4 0
x
x
+ ≥

− ≥
 ⇔ x ≥ 4. Đặt t = 4 4x x+ + − (t > 0) 
BPT trở thành: t2 - t - 6 ≥ 0 ⇔ 2( )
3
t L
t
≤ −
 ≥
* Với t ≥ 3 ⇔ 2 2 16x − ≥ 9 - 2x 
2 2
 ( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 ≥
 ≤
 ≥

>

− ≥ −
x 4
9 - 2x 0
x 4
9 - 2x
0,25 
0,25 
 81 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 3 
* (a) ⇔ x ≥ 9
2
. 
* (b) ⇔ 145 9
36 2
≤ x < . 
*Tập nghệm của BPT là: T= 145 ;
36
 
+∞  
0,25 
0,25 
II.2 
(1 điểm) * Đk: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 k
pi
pi+ . 
PT đã cho ⇔ 3 sin2x + sinxcosx - s inx
cos x
 = 0 
* ⇔ sinx( 3 sinx + cosx - 1
cos x
) = 0 
 ⇔ 
s inx 0
13 s inx cos 0
osx
x
c
=

 + − =

* Sinx = 0 ⇔ x = kpi . 
* 3 sinx + cosx - 1
cos x
 = 0 ⇔ 3 tanx + 1 - 2
1
cos x
 = 0 
 ⇔ tan2x - 3 tanx = 0 ⇔ 
t anx 0
t anx 3
=

=
⇔
x
x
3
k
k
pi
pi
pi
=

 = +

Vậy PT có các họ nghiệm: x = kpi , x = 
3
kpi pi+ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
III. 
(1 điểm) 
* Đặt t = 2xe − , Khi x = ln2 ⇒ t = 0 
 x = ln3 ⇒ t = 1 
 ex = t2 + 2 ⇒ e2x dx = 2tdt 
* I = 2
1 2
2
0
( 2)
1
t tdt
t t
+
+ +∫
 = 2
1
2
0
2 1( 1 )
1
t
t dt
t t
+
− +
+ +∫
* = 2
1
0
( 1)t dt−∫ + 2
1 2
2
0
( 1)
1
d t t
t t
+ +
+ +∫
* = 2 1( 2 ) 0t t− + 2ln(t
2
 + t + 1) 10 = 2ln3 - 1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
IV. 
(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong ∆ ABC có AB = AC = 
2
3
a
 ⇒ S ABC∆ = 
1
2
AB.AC.sin1200 = 
2 3
3
a
. Gọi H là hình chiếu của S 
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC 
 ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC. 
* Theo định lí sin trong ∆ ABC ta có: 
sin
BC
A
 = 2R ⇒ R = 2
3
a
 = HA 
0,25 
0,25 
 82 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 4 
 ∆ SHA vuông tại H ⇒ SH = 2 2SA HA− = 6
3
a
⇒ 
.S ABCV = 
1
3
S ABC∆ .SH = 
2 2
9
a
* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) 
 ⇒ 
1
2
M
A
h SM
h SA
= = ⇒ hM = 
1
2
hA . 
 ∆ SBC vuông tại S ⇒ S SBC∆ = a
2
* Lại có: 
.S ABCV = 
1
3
S SBC∆ .hA ⇒ hA = 
.
3 S ABC
SBC
V
V∆
 = 
2
3
a
Vậy hM = d(M;(SBC)) = 26
a
0,25 
0,25 
V 
(1 điểm) 
* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3 ≥ a2b + ab2 (*) 
Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) ≥ 0 
 ⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ 0 đúng 
 Đẳng thức xẩy ra khi a = b. 
* Từ (*) ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a + b) 
 b3 + c3 ≥ bc(b + c) 
 c3 + a3 ≥ ca(c + a) 
 ⇒ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) 
* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 
 3
1
a
 + 3
1
a
+ 3
1
a
 ≥ 3 3 3 3 3
1 1 1
a b c
 = 
3
abc
 (2) 
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm 
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.a.1 
(1 điểm) 
* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. 
 Ta có IA = 2 5 > R ⇒ A nằm ngoài đường tròn (C) 
* Xét đường thẳng 1∆ : x = 4 đi qua A có d(I; 1∆ ) = 2 ⇒ 1∆ là 1 tiếp 
tuyến của (C) 
* 1∆ tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) 
* T1T2 ⊥ IA ⇒ đường thẳng T1T2 có vtpt n

= 
1
2
IA

 =(1;2) 
phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1) 
 ⇔ x + 2y - 6 = 0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.a.2 
(1 điểm) 
* Mp(P) có vtpt Pn = (1;1;-2). 
 (S) có tâm I(1;-2;-1) 
* IA

 = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng ∆ là u∆ 
 ∆ tiếp xúc với (S) tại A ⇒ u∆ ⊥ IA 
 Vì ∆ // (P) ⇒ u∆ ⊥ Pn 
0,25 
0,25 
 83 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 5 
* Chọn 0u

= [ IA , Pn ] = (-4;6;1) 
* Phương trình tham số của đường thẳng ∆ : 
3 4
1 6
1
x t
y t
z t
= −

= − +

= +
0,25 
0,25 
VII.a 
(1 điểm) 
* Đặt z = x + yi (x; y ∈R) 
 |z - i| = | Z - 2 - 3i| ⇔ |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| 
* ⇔ x - 2y - 3 = 0 ⇔ Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là 
đường thẳng x - 2y - 3 = 0 
* |z| nhỏ nhất ⇔ |OM | nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆ 
* ⇔ M( 3
5
;- 6
5
) ⇒ z = 3
5
-
6
5
i 
 Chú ý: 
HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.b.1 
(1 điểm) 
* B = d ∩ Ox = (1;0) 
 Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) ∈ d 
 H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0) 
 H là trung điểm của BC. 
* Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2( 1) (2 2 2 2)t t− + − = 3|t - 1| 
 ∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| 
* ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t 3
t 1
=

= −
 * Với t = 3 ⇔ A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G(3 ; 4 2
3
) 
 Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( 1− ; 4 2
3
− ) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.b.2 
(1 điểm) 
* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ∆ ABC 
 ⇒ d là giao tuyến của (ABC) với (α ) qua A và vuông góc với 
BC. 
* Ta có: AB

= (1;3;-3), AC = (-1;1;-5) , BC= (-2;-2;-2) 
 [ AB , AC ] = (18;8;2) 
mp(ABC) có vtpt n = 1
4
[ AB , AC ] = (-3;2;1). 
mp(α ) có vtpt n ' = - 1
2
BC

= (1;1;1) 
* Đường thẳng d có vtcp u

 =[n , n ' ] = (1;4;-5). 
0,25 
0,25 
0,25 
 84 
 Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952 6 
* Phương trình đường thẳn