Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 124

SAMN SABC
V V ,= hãy tính SABCV ( SAMNV , SABCV lần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC). 
Câu V. (1, 0 điểm) 
 Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng nếu 0 a b c< ≤ ≤ thì 
2
2 .
x y z (a c)(ax by cz) (x y z)
a b c 4ac
  +
+ + + + ≤ + + 
 
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 2 24 1(C): (x ) (y ) 25− + − = và điểm A(9; 6). Viết phương trình 
đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài bằng 4 5. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm 1 3 1M( ; ; ), N(7; 5; 3)− − và đường thẳng d có phương trình 
1 3 3
3 2
x y z
4
+ − −
= = ⋅
−
Tìm điểm I thuộc d sao cho IM IN+ nhỏ nhất. 
Câu VII.a. (1, 0 điểm) 
 Giải phương trình 3 3 2 32 1 4 1 8 0z ( i )z ( i)z i (z )− − + + + = ∈ C ,biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo. 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b. (2, 0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H), biết (H) có hai tiêu điểm 1 5 0F ( ; )− , 
www.laisac.page.tlchihao@moet.edu.vn sent to
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 3 - 
2 5 0F ( ; )và nếu M là một điểm thuộc (H) thỏa


1 2 60
oF MF = thì diện tích tam giác 1 2F MF bằng 9 3. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2
2
1 2
2 1
4
x 1 t
x y zd : và d : y 1 t
1
z
 = − +
− + 
= = = +
− 
=
 và mặt phẳng 
7 5 0(P) : x y z .+ − = Viết phương trình đường thẳng∆ vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng 1d , 2d . 
Câu VII.b. (1, 0 điểm) 
 Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 5 51
6 6
sin i cos z ,
  pi pi
ω = 2 + −  
  
biết số phức z 
thỏa mãn 1 2z .− ≤ 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 4 - 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) khi 
3 2 y x 3x 4.= − + − 
2
 Tập xác định: 
 Sự biến thiên:
x 0
 - Chiều biến thiên: y 3x 6x; y 0 .
x 2
 =
′ ′= − + = ⇔ 
=
R.i
i 0,25 
 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 0),(2; );− ∞ + ∞; 
 - Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2).0; 
x x
CĐ
CT
- Cực trị:
 + Hàm số đạt cực đại tại x 2, y 0.
 + Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, y 4.
- Các giới hạn tại vô cực: lim y , lim y .
−∞ +∞→ →
= =
= = −
= +∞ = −∞
0,25 
- Bảng biến thiên: 
x ∞− 0 2 ∞+ 
y′ − 0 + 0 − 
y 
∞+ 0 
 4− ∞− 
0,25 
i Đồ thị qua điểm 1 2 1 0A( ; ), B( ; ).− − 
0,25 
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và 
3 3 02 2 2 2Ta có y x 6x (m 1), y x 2x m 1 0 (*)′ ′= − + + − = ⇔ − − + = 0,25 
Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
2m 0 m 0.′⇔ ∆ = > ⇔ ≠ 
0,25 
Gọi A, B là các điểm cực trị 3 3A(1 m; 2 2m ), B(1 m; 2 2m )⇒ − − − + − + 
0,25 
I 
(2, 0 điểm) 
Ta có O cách đều A, B 3 1OA OB 4m m m (do m 0).
2
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ≠
 
Vậy 1m
2
= ± là các giá trị cần tìm. 
0,25 
x
y
4−
O
3
1−
1
2−
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 5 - 
1. (1, 0 điểm) Giải phương trình 
Điều kiện 40
4 4
4
x k
cos x cos x (k )
x k
 pi
≠ + pi   pi pi 
+ − ≠ ⇔ ∈    3pi     ≠ + pi

Z (*). 0,25 
Phương trình đã cho tương đương 
1 1 3
3 3 4 4
cos 2x cos 2x sinxcot x tan x
       2pi 2pi pi pi
− + + − − = − − −       
       
 0,25 
2
1 0
3 3
1 2 2 0 1 2 0 2 0
3
sinx cos 2x cos 2x
sinx cos xcos cos x sinx sin x sinx
   2pi 2pi
⇔ − + + + − =   
   
2pi
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ − =
1sinx 0 hoặc sinx
2
⇔ = = 
0,25 
π
π
π
5π
π
x k
x k2 (k )
6
x k2 
6

 =

⇔ = + ∈


 = +

Z (thỏa mãn điều kiện (*)) 0,25 
2. (1, 0 điểm) Giải phương trình 
1Điều kiện x 1 và x
2
≠ > − (1). 
0,25 
2
2
2x 1Phương trình đã cho viết lại: 2(x 1) (2x 1) log
2(x 1)
 +
− − + =  
− 
2 2 2(x 1) log2(x 1) (2x 1) log(2x 1) (*)⇔ − + − = + + + 
0,25 
Xét hàm số f(u) u logu, u 0.= + > 1Ta có f (u) 1 , u 0.
uln10
′ = + ∀ > 
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; )+ ∞ . 
0,25 
II 
(2, 0 điểm) 
 Phương trình (*) có dạng 2f(2(x 1) ) f(2x 1)− = + 22(x 1) 2x 1⇔ − = + 
 2 3 72x 6x 1 0 x
2
±
⇔ − + = ⇔ = ⋅ 
So với điều kiện (1) ta được nghiệm của phương trình đã cho là 3 7x
2
±
= ⋅ 
0,25 
2
u ln(sin x) cosxdu dx cot xdx Đặt dx sin xdv
v cot xsin x
 = 
= = 
⇒ 
= 
= −
0,25 
2
2
4 4
2Tích phân từng phần, ta có: I cot x ln(sinx) cot xdx.
pi
pi
pi
pi
= − + ∫ 0,25 
III 
(1, 0 điểm) 
2 2
2 2
4 44 4
2 21
2 2
2ln ( cot x)dx dx ln cot x x
pi pi
pi pi
pi pi
pi pi
= + + − = − −∫ ∫ 0,25 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 6 - 
2 1
2 4
ln pi= + − ⋅ 0,25 
Ta có 
(SAB) (ABC)
(SAC) (ABC) SA (ABC) BC SA
(SAB) (SAC) SA
⊥
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
∩ = 
(1) 
MàBC AI⊥ (tính chất tam giác đều) (2) 
Từ (1) và (2) BC (SAI) BC SI⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (3) 
0,25 
IV 
(1, 0 điểm) 
Mặt khác (P) SI⊥ (4) 
Từ (3) và (4) (P)//BC⇒ 
Vì (P) (SBC) MN∩ = 
Nên MN // BC SM SN
SB SC
⇒ = 
0,25 
Ta có 
2
1 1 1 1
4 4 4 2
SAMN
SABC
V SA SM SN SM SM
V SA SB SC SB SB
 
= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⋅ 
 
Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC. 
0,25 
Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI. Vì AE nằm trong (P) nên AE 
vuông góc với SI. Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác 
SAI cân tại A, suy ra 3
2
aSA AI= = ⋅ 
Thể tích của khối chóp S.ABC là 
2 31 1 3 3
3 3 4 2 8SABC ABC
a a a V S .SA = = ⋅ ⋅ = (đvtt). 
0,25 
2 2 2
2
2
0
4
Hiển nhiên (A B) A B 2AB
(A B) (A B) 4AB AB (1)
− ≥ ⇒ + ≥
+
⇒ + ≥ ⇒ ≤
Đặt a c, 
b b
α = β = 
1
x y z a c 1 b bXét P (ax by cz) b x y z x y z
a b c b b b a c
x z x y z) y x y z) x y z)
     
= + + + + = + + ⋅ + +     
     
 
= (α + + β + + = (α + + β (β + αβ + α 
α β αβ 
0,5 
 21 x y z) x y z)]≤ [(α + + β + (β + αβ + α
4αβ (áp dụng (1)) 
 21 1x ( y z]= [(α + β) + + αβ) + (α + β)
4αβ 
0,25 
V 
(1, 0 điểm) 
Từ 0 a b c 0 1< ≤ ≤ ⇒ < α ≤ ≤ β ⇒ (1− α)(1− β) ≤ 0 ⇒1+ αβ ≤ α + β (2) 
Sử dụng (2) ta được: 
2 2
2 2 21 .(a c)P x y z] x y z) (x y z)
4ac
(α + β) +≤ [(α + β) + (α + β) + (α + β) = ( + + = + +
4αβ 4αβ 
0,25 
1. (1, 0 điểm) viết phương trình đường thẳng 
(C) có tâm I(4; 1), bán kính 5R = 
Đường thẳng d qua A(9; 6) có dạng 2 2 0 6ax by c 0 (a b ) và 9a b c 0+ + = + > + + = (1). 0,25 
VI.a 
(2, 0 điểm) 
Giả sử d cắt (C) tại M, N sao cho 4 5MN . Kẻ IH d,= ⊥ thì H là trung điểm của MN, nên 
I
E N
M
S
C
B
A
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 7 - 
ta có: 2 2
2 2
4
5 5
a b c
) (2), IH d(I,d)IH 5 (2
a b
+ +
= = == −
+
 (3) 0,25 
Từ (2), (3) suy ra 2 2 24 5a b c) ( )( a b+ + = + (4) 
Từ (1) có 6c 9a b= − − (5), thay (5) vào (4) và rút gọn lại được 
2 2
2
2 5 02
a b
a 1a b
2
ab b
 = −
+ = ⇔

= −

+ 
0,25 
2 1 2 12 0
1 2 2 3 0
2
1
2
 a b: chọn b thì a 2, lúc này d : x y .
 a b: chọn b thì a 1, lúc này d : x y .
= − = − = − − =
= − = − = − + =
i
i
 0,25 
2. (1, 0 điểm) Tìm điểm I thuộc d sao cho IM IN+ nhỏ nhất. 
6
2
Đường thẳng d đi qua A( 1; 3; 3) có VTCP u (3; 4; 2); MN ( ; 8; 4)
MN u
Mà M d nên MN//d
− = − = −
⇒ =
∉

  
u

α
d
M H
N
M’
I
0,25 
Gọi M là điểm đối xứng của M qua d′ 
αPhương trình mp( ) qua M(1; 3; 1) với một VTPT n u là− =  
min
3(x 1) 4(y 3) 2(z 1) 0 3x 4y 2z 11 0
Ta có IM IN IM IN MN nên (IM IN) M N I M N d.
− − − + + = ⇔ − + + =
′ ′ ′ ′+ = + ≥ + = ⇔ = ∩
0,25 
α
1 3
3 1 3 4 2 11 0
Gọi H là giao điểm của d và mp( )
x t
y 3 4t
Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình 
z 3 2t
3x 4y 2z 11 0
2( t) (3 4t) (3 2t) 29t 2 0 t
29
35 95 83 99H ; ; M
29 29 29 2
 = − +

= −

= +

− + + =
⇒ − + − − + + + = ⇒ + = ⇒ = −
 
′⇒ − ⇒ − 
 
103 195; ; 
9 29 29
 
⋅ 
 
 0,25 
99 1037 552 2129 29
2 29 2 29
M N M N
I I
Ta thấy HI//MN I là trung điểm của M N
x x y y
x ; y và 
2 2
′ ′
′⇒
− + −+ +
⇒ = = = = = = −
195 3 14129
2 29
M N
I
z z
z
2
′
++
= = = ⋅ 
⋅





−+
29
141 ; ;I lànhất nhỏ INIM cho sao d thuộc Iđiểm Vậy
29
21
29
52 
0,25 
Gọi nghiệm thuần ảo là z bi (b ).= ∈ R 0,25 VII.a 
(1, 0 điểm) Ta có 3 3 2 3 2 3 22 1 4 1 8 0 2 4 2 4(bi) ( i )(bi) ( i)(bi) i b b ( b b b 8)i 0− − + + + = ⇔ − + − + + − = 
0,25 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 8 - 
2
3 2
2 4 2
2 4
b b 0
b .
b b b 8 0

− =
⇔ ⇔ =
− + + − =
Phương trình đã cho tương đương 2 2
2
2 2 0
2 0
z i
(z i)(z z 4)
z z 4
 =
− − + = ⇔ 
− + =
 0,25 
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là 2 1 3z i, z i .= = ± 0,25 
1. (1, 0 điểm) Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H) 
Aùp dụng định lí côsin cho tam giác 1 2F MF , ta có 
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 22 1 2
2 60 2 1 60o oF F MF MF MFMF cos (MF MF ) MFMF ( cos )= + − = − + − 
0,25 
2 2 2 2
1 2 1 24 4 4 4c a MFMF MF MF c a⇔ = + ⇔ = − 0,25 
1 2
2 2 2
1 2
1 39 3 60 9 3 2 9 3 9
2 2
o
F MF ).S MF MF sin (c a b .= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 0,25 
VI.b 
(2, 0 điểm) 
Khi đó 2 2 2 25 9 16a c b .= − = − = 
2 2
1
16 9
x yVậy (H): .− = 
0,25 
2. (1, 0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt 
Giả sử 1 2 1 2, d A, d B thì A d B d nên∆ ∩ = ∆ ∩ = ∈ ∈ 
2 2 4A(2s; 1 s; s), B( 1 t; 1 t; )− − + − + + 
0,25 
1 6AB (2t 2s ; t s; s )= − − + − +

 0,25 
7 1 5
1 6
7 1 5 2
Vì (P) nên AB cùng phương với n ( ; ; )
s 12t 2s t s s
t
∆ ⊥ = −
 =− − + − +
⇔ = = ⇔ 
− = −
 
 0,25 
Suy ra 0 1 4A(2; ; ), B( 5; 1; )− − − . Vậy ∆ có phương trình 2 1
7 5
x y z
1
− +
= = ⋅
−
 0,25 
Cách khác 
1
2 1 4
+ d đi qua M(0; 1; 2) và có VTCP u (2; 1; 1).
 d đi qua N( ; 1; ) và có VTCP v (2; 1; 0).
− = −
− =

 
 Mặt phẳng (P) có VTPT 7 1 5n ( ; ; )= − . 
+ Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1d và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (Q) qua M và 
có VTPT 1n [u, n] (4;17; 9)= =
   là 44(x 0) 17(y 1) 9(z 2) 0 x 17y 9z 1 0− + − + + = ⇔ + + + = . 
+ Gọi (R) là mặt phẳng chứa 2d và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (R) qua N và 
có VTPT 2 5n [v, n] ( 5; 10; )= = − −
   là 1(x 1) 2(y 1) 1(z 4) 0 x 2y z 1 0+ − − + − = ⇔ − + − = . 
+ 5 10Vì 4: 17: 9 : : 5≠ − − nên (Q) và (R) cắt nhau. 
+ Giả sử (Q) (R) (P).∩ = ∆ ⇒ ∆ ⊥ Do đó ∆ có VTCP 7 1 5n ( ; ; )= − 
Trong (Q), ∆ cắt 1d 1 7(do 2: : 1 : 1: 5)− ≠ − ; tương tự trong (R), ∆ cắt 2d . 
Vậy đường thẳng 
4x 17y 9z 1 0
:
x 2y z 1 0
 + + + =∆ ⋅
− + − =
VII.b 
(1, 0 điểm) 
Đặt z a bi (a, b )= + ∈ R và x yi (x, y )ω = + ∈ R 
2 21 2 1 4Ta có z (a ) b− ≤ ⇔ − + ≤ (1) 
0,25 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 9 - 
5 51 1 3
6 6
3 3
1 3
3 3
Từ sin i cos z ( i )z 2 suy ra 
x a 1 b
x yi ( i )(a bi) 2
y (a 1) b
  pi pi
ω = 2 + − = + +  
  

− = − −
+ = + + + ⇔ 
− = − +
 0,25 
Từ đó ( )2 2 2 23 3 4 1 16(x ) (y ) (a ) b− + − = − + ≤ (do (1)) 0,25 
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn 2 23 3 16(x ) (y )− + − ≤ , tâm 3 3I( ; ) , bán kính 
4R .= 
0,25 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 10 - 
Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP 
TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN, khối D (Đề có 1 trang) 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm) 
Câu I. (2, 0 điểm) Cho hàm số 8 10= − +4 2y x x . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Tìm m để phương trình 4 2 2x 8x log m 0− − = có 4 nghiệm phân biệt. 
Câu II. (2, 0 điểm) 
 1. Giải phương trình 2 (sin2x 3 cos2x) 5 cos 2x .
6
 pi
+ − = − 
 
 2. Giải bất phương trình 2 25
x 1( x 4x 3 1)log ( 2x 8x 6 1) 0.
5 x
− + + + − + − + ≤ 
Câu III. (1, 0 điểm) Tính tích phân 
4
0
.
pi
=
+∫ 3
cosxI dx
(sinx cosx)
Câu IV. (1, 0 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc 
mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm cạnh BC. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N. 
Biết rằng 1
4SAMN SABC
V V ,= hãy tính SABCV ( SAMNV , SABCV lần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC). 
Câu V. (1, 0 điểm) = + > =
+ +
3 3a bTìm giá trị nhỏ nhất của P với a, b 0 và ab 1.
1 b 1 a
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, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA 
lần lượt đi qua các điểm M(4; 5); N(6; 5); P(5; 2); Q(2; 1) và diện tích hình chữ nhật bằng 16. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 1
4 4
x y zd :
1
− +
= = ⋅
− −
Viết phương trình tham số của đường 
thẳng∆ đi qua điểm 2 5M( ; ; 3)− vuông góc và cắt d. 
Câu VII.a. (1, 0 điểm) 
 Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là các điểm các số phức 1 2 31 2 3 3= − + = − − = +z ( i)( i), z 1 i, z 1 i. 
Xác định tính chất của tam giác ABC. 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b. (2, 0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 2), B(1; 4). Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm 
A, B và tiếp xúc với trục Ox. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho họ mặt phẳng a,b,c )(P có phương trình by c 1 cax z 0 (a, b, 0)+ + − = > và 
1 1 1
a 2b 3c
6.+ + = Tìm a, b, c để a,b,c )(P cắt lần lượt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho OABC có thể 
tích lớn nhất. 
Câu VII.b. (1, 0 điểm) Viết số phức sau dưới dạng lượng giác: 1 3 1= + −z ( i)( i). 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 11 - 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) khi 
•
•
=
′ ′= − = − = ⇔ 
= ±
3 2
 Tập xác định: 
 Chiều biến thiên:
x 0
 - Ta có y 4x 16x 4x(x 4), y 0 .
x 2
R.
∞
+ ∞
 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2) và (0; 2).
 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2 0) và (2; ).
− ; −
− ; 
0,25 
→ →−∞ +∞
•
= = =
= ± = ± = −
• = = +∞
x x
CĐ
CT
 Cực trị:
 - Hàm số đạt cực đại tại x 0, y y(0) 10.
 - Hàm số đạt cực tiểu tại x 2, y y( 2) 6.
 Các giới hạn tại vô cực: lim y lim y .
 0,25 
 Bảng biến thiên:• 
x ∞− 2− 0 2 ∞+ 
y′ − 0 + 0 − 0 + 
y 
∞+ 10 ∞+ 
 6− 6− 
0,25 
 Đồ thị• qua điểm −A( 1; 3) , B(1; 3). 
-1 1
-6
O
-2 2
3
x
y
0,25 
2. (1, 0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm 
4 2 4 2
2 2Ta có x 8x log m 0 x 8x 10 log m 10 − − = ⇔ − + = + 
 4 2x 8x 10 k.⇔ − + = 
0,25 
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y k= cắt đồ thị (C) tại 4 
điểm phân biệt. 
Dựa vào đồ thị của hàm số (C), ta có 6 k 10− < < 
0,25 
I 
(2, 0 điểm) 
⇔ − < + < ⇔ − < <2 26 log m 10 10 16 log m 0
−⇔ < <162 m 1. 0,5 
1. (1, 0 điểm) Giải phương trình 
π π πTa có sin2x 3cos2x 2 sin sin2x cos cos2x 2cos 2x
6 6 6
   
+ = + = −   
   
. 0,25 
II 
(2, 0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương phương trình π π   − − − − =   
   
24cos 2x cos 2x 5 0
6 6
πcos 2x 1
6
 
⇔ − = − 
 
 (nhận) hoặc π 5cos 2x 1 (loại)
6 4
 
− = > 
 
0,25 
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 12 - 
π
π π2x k2
6
⇔ − = + 0,25 
7π
x π.
12
= +Vậy nghiệm của phương trình đã cho là k 0,25 
2. (1, 0 điểm) Giải bất phương trình 
2
2
x 0x 0
x 1 x 1
Điều kiện x 4x 3 0
x 3 x 3
2x 8x 6 0
1 x 3
.
>
>
≤ =
+ ≥ ⇔ ⇔
≥ =
− ≥
≤

 
   
−  
  
− +  ≤
0,25 
=+ Với x 1 thì bất phương trình đã cho tương đương 
+ ≤ ⇔ − + = ≤5
1 log 1 0 1 1 0 0 (luôn đúng).
5
0,25 
=+ Với x 3 thì bất phương trình đã cho tương đương 
−
+ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
1
3
5
3 1 3 27 1 log 0 5 (loại).
5 3 5 125 5
0,25 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1= . 0,25 
Ta có 
4 4
2
0 0
pi pi
= = ⋅ ⋅
+ +∫ ∫3 3
cosx 1 dxI dx
(sinx cosx) (tanx 1) cos x
 0,25 
III 
(1, 0 điểm) 
2tan 1 cos
= + ⇒ = ⋅
dxĐặt u x du
x
0
4
pi
= = = =Đổi cận x thì u 1; x thì u 2. 
0,5 
 2 2
2 11
1 1 1 3
8 2 82
= = − = − + = ⋅∫ 3
duDo đó I
 u u
 0,25 
Ta có 
(SAB) (ABC)
(SAC) (ABC) SA (ABC) BC SA
(SAB) (SAC) SA
⊥
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
∩ = 
(1) 
Mà BC AI⊥ (tính chất tam giác đều) (2) 
Từ (1) và (2) BC (SAI) BC SI⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (3) 
0,25 
Mặt khác (P) SI⊥ (4) 
Từ (3) và (4) (P)//BC⇒ 
Vì (P) (SBC) MN∩ = 
Nên MN // BC SM SN
SB SC
⇒ = 
0,25 
Ta có 
2
1 1 1 1
4 4 4 2
SAMN
SABC
V SA SM SN SM SM
V SA SB SC SB SB
 
= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⋅ 
 
Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC. 
0,25 
IV 
(1, 0 điểm) 
Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI. Vì AE nằm trong (P) nên AE 
vuông góc với SI. Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác 
SAI cân tại A, suy ra 3
2
aSA AI= = ⋅ 
0,25 
I
E N
M
S
C
B
A
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 13 - 
2 31 1 3 3
3 3 4 2 8SABC ABC
a a aThể tích của khối chóp S.ABC là V S .SA= = ⋅ ⋅ = (đvtt). 
Ta có + + + + + − + += =
+ + + + +
3 3 4 4 2 2 4 4a b a b (a b)(a b ab) a bP
1 a b ab a b 2
 0,25 
 + − +≥
+ +
2 2(a b)(2ab ab) 2a b
a b 2
 ab(a b 2ab) 1.
a b 2
+ +
= =
+ +
 (do ab 1)= 
0, 5 
V 
(1, 0 điểm) 
= = =Đẳng thức xảy ra khi a b 1. Vậy minP 1. 0,25 
1. (1, 0 điểm) Viết phương trình cạnh BC. 
Phương trình cạnh AB đi qua điểm M(4; 5) là 2 24 5 0 0a(x ) b(y ) (a b )− + − = + ≠ 
Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua điểm N(6; 5) và vuông góc với AB là 
6 5 0b(x ) a(y ) .− − − = 
0,25 
Diện tích hình chữ nhật ABCD là 
2 2 2 2
2 2
4 5 6 5
4 3
a(5 ) b(2 ) b(2 ) a(1 )
d(P;AB).d(Q;BC)
a b a b
(a b)(a b)
a b
+ +
+
− + − − − −
= ⋅
− −
=
Theo giả thiết ta có 
2 2
2 2
4 3
16 3 4
1 1
11
3
(a b)(a b)
(a b)(a b) (a b )
a b
b a
b a
+
+
− −
= ⇔ − − =
 = ⇒ = −
⇒ ⋅

= ⇒ = −

0,5 
Vậy phương trình cạnh AB là 1 0 3 11 0x y hoặc x y .− + − = − + − = 0,25 
2. (1, 0 điểm) Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi qua  
Giả sử ∆ cắt đường thẳng d tại điểm I, do I d∈ nên 
I(1 4t; t; 1 4t).+ − − − 0,25 
Khi đó∆ có VTCP là 3 5 4u MI (4t ; t ; 4t ).= = + − − − −
 0,25 
4 3 5 4 4
33 1
d (4t ) ( t ) ( 4t ) 0
 33t t .
∆ ⊥ ⇔ + − − − − − − =
⇔ = − ⇔ = −
 0,25 
VI.a 
(2, 0 điểm) 
1 0Suy ra u ( ; 4; ).= − − 
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
2
5 4
3
x t
y t , t .
z
 = − −

= − ∈

=
R 0,25 
1z (1 i)(2 i) 3 i A(3; 1).= − + = − ⇒ − 0,25 
2
3
z 1 3i B( 1; 3).
z 1 3i C(1; 3).
= − − ⇒ − −
= + ⇒
 0,25 
Ta có: 
AB ( 4; 2) AB 16 4 2 5
AC ( 2; 4) AC 4 16 2 5
= − − ⇒ = + =
= − ⇒ = + =

 0,25 
VII.a 
(1, 0 điểm) 
AB.AC 8 8 0
Vì ABC vuông cân tại A.
AB AC 2 5
 = − =
⇒ ∆
= =
 
 0,25 
VI.b 1. (1, 0 điểm) Viết phương trình đường tròn 
.
D
Q
P
N
M
C
BA
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 14 - 
Gọi (C) là phương trình đường tròn cần tìm, có phương trình 2 2x y 2ax 2by c 0+ − − + = 
(C) đi qua hai điểm A(3; 2), B(1; 4) nên ta có hệ phương trình: 
13 6a 4b c 0
9 10a c 0
17 2a 8b c 0
 − − + =
⇒ − + − =
− − + =
 (1) 
0,25 
(C) tiếp xúc với Ox nên 2 2 2b R a b c a c= = + − ⇔ = (2) 0,25 
The