Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 1

5 Đ Ề T H I T H Ử V À Đ Á P Á N 
Dưới đây là 5 đề thi thử Đại học của LAISAC đã được tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ đăng trong 
4 số từ Đề Sô1 đến Đề Số 4.  Đề số 5 hoàn toán mới,  thay thế một đề đã bị mất file nguồn . 
Những câu hỏi trong các đề trên, ban đầu hoàn toàn  mới, nhưng thời gian sau này thấy có rải 
rác  trong những quyển sách luyện thi Đại học hay đề thi thử của một số trường. 
                                                . 
SÓ 372.6/2008 
ĐỀ SÔ 1 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. 
Câu I. (2 điểm). 
Cho đường cong có hàm số ( ) 3 2 2 1 y x x m x m = - - - +  (1). 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 . 
2.  Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến trong tập số thực R, tính m để diện tích hình phẳng 
giới hạn bỡi đồ thị của hàm số (1) và hai trục Ox,Oy có diện tích bằng 1 đơn vị diện tích. 
Câu II.( 2 điểm) . 
1.  Giải phương trình nghiệm thực:  1 tan .tan 2 cos3 . x x x - = 
2.  Tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình :  x x x  k k  2 1 2 4 ) 1 ( - = + - +  có nghiệm. 
Câu III .( 2 điểm) 
1 .Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp (E) :x 2 + 4y 2 = 4. Qua điểm M(1; 2) kẽ hai đường 
thẳng lần lượt tiếp xúc với (E) tại A và B. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B. 
2. Cho tam giác ABC thỏa mãn : ( )  5 os2 3 os2 os2 0 
2 
c A c B c C + + + =  . Tính ba góc của tam giác. 
Câu IV . ( 2 điểm). 
1.   Tính tích phân :  dx e x x 
x 
I  x sin 
2 
0 
2  . cos 
2 
cos 2 ò ÷ ø 
ö 
ç 
è 
æ + = 
p 
. 
2.  Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:  . 1 . 2 = +  xz xy 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  . 
5 4 3 
z 
xy 
y 
zx 
x 
yz 
S + + =
PHẦN TỰ CHỌN:Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b. 
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban . ( 2 điểm) 
1.  Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 
(d1) : 
î 
í 
ì 
= - 
= - + 
0 3 
0 4 2 
z 
y x 
;             (d2): 
î 
í 
ì 
= - 
= + 
0 1 
0 
x 
z y 
. 
Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên. 
2.  Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số, sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn 
hơn chữ số đứng liền trước nó. 
Câu 5.b . Theo chương trình THPT phân ban thí điểm . ( 2 điểm) 
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với mặt 
phẳng(ABCD) và SA = a. Tính diện tích của thiết diện tạo bỡi hình chóp với mặt phẳng qua A vuông 
góc với  cạnh SC. 
2. Giải bất phương trình : ( )  2 log 3 log  1 2  x x £ - ( ) R xΠ . 
Hết 
HƯỚNG DẪN GIẢI. 
Câu I.1.Bạn đọc tự giải . 
2.  Ta có y’ = 3x 2 – 4x – m + 1. 
Để hàm số đồng biến trong tập số thực R khi  1 ' 0 
3 
y x R m ³ " Î Û £ -  (2). 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (1) với trục Ox: 
( ) 3 2 2 1 x x m x m - - - +  = 0 Û (x – 1)(x 2 –x – m ) = 0 Þ  đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm cố định 
(1 ; 0 ). Mặt khác vì hàm số là hàm bậc ba có hệ số cao nhất a = 1 > 0 , lại đồng biến  trong R nên đồ 
thị luôn cắt trục tung có tung độ âm. 
Hay khi 
3 
1 
- £ m Þ ( ) [ ] 3 2 2 1 0 0;1 y x x m x m x = - - - + £ " Π . 
Do đó,  diện tích hình phẳng giới hạn bỡi đồ thị (1) và hai trục tọa độ là: 
( ) 
2 12 
1 
) 1 ( 2 
1 
0 
2 3  m dx m x m x x S - - = + - - - - = ò  . 
Mà S = 1 
6 
13 
- = Û m  (thỏa điều kiện (2)). 
Câu II. 1.Điều kiện : 
ï î 
ï 
í 
ì 
¹ 
¹ 
Û 
î 
í 
ì 
¹ 
¹ 
2 
1 
cos 
0 cos 
0 2 cos 
0 cos 
2  x 
x 
x 
x 
Phương trình tương đương :cos3x = cos3x.cosx.cos2x. 
Hoặc : 
ê 
ê 
ë 
é 
= 
= 
Û = - Û = 
4 
3 
cos 
) ( 0 cos 
0 cos 3 cos 4 0 3 cos  2 
3 
x 
loaï x 
x x x p p  k x + ± = Û 
6 
. 
Hoặc:cosx.cos2x=1  0 1 cos cos 2  3 = - - Û  x x  0 ) 1 cos 2 cos 2 )( 1 (cos  2 = + + - Û  x x x 
Û 
ê 
ê 
ë 
é 
= + + 
= - 
Û 
0 ) 1 cos 2 cos 2 ( 
0 ) 1 (cos 
2  x x 
x 
p 
p 
m x 
vn x x 
m x 
2 
). ( 0 1 cos 2 cos 2 
. 2 
2 = Û ê 
ê 
ë 
é 
= + + 
=
Vậy phương trình có nghiệm là : p p  k x + ± = 
6 
; p m x  2 =  .  ) , (  Z m k Π . 
2.  Đặt t = 2 x ; đk  1 0 £ < t  ) ( 
1 
1 
2 
t f 
t 
t 
k = 
+ 
- 
= Þ  . 
2 
2 2 
2 1 
'( ) 0, (0;1] (1) ( ) (0) 0 1. 
(1 ) 
t t 
f t t f f t f k 
t 
- - 
Þ = < " Î Þ £ < Þ £ < 
+ 
Câu III .1 . Giả sử (x1  ; y1)  ; (x2 ; y2) lần lượt là tọa độ hai tiếp điểm A và B . 
Do đó, phương trình hai tiếp tuyến MA và MB  là :x.x1 +4y.y1 = 4 ;    x.x2 +4y.y2 = 4  . 
Mà hai tiếp tuyến đều đi qua điểm M( 1 ; 2) nên : x1 + 8y1 = 4   (3) ;  : x2 + 8y2 = 4   (4). 
Từ (3) và (4) chứng tỏ tọa độ hai điểm A và B thỏa mãn phương trinh x + 8y = 4. 
Hay phương trình đường  thẳng qua hai điểm A và B là x + 8y – 4 = 0. 
2. Ta có ( )  2 5 3 os2 3 os2 os2 0 2 os 2 3 osA os( ) 0 
2 2 
c A c B c C c A c c B C + + + = Û - - + = 
2 
2 0 0 
sin( ) 0 
3 3 
2 cos os( ) sin ( ) 0 30 , 75 3 2 2  cos os( ) 0 
2 
B C 
A c B C B C A B C 
A c B C 
- = ì æ ö ï Û - - + - = Û Þ = = = ç ÷ í ç ÷ - - = è ø ï î 
. 
Câu IV. 1.  dx e x x 
x 
I  x sin 
2 
0 
2  . cos 
2 
cos 2 ò ÷ ø 
ö 
ç 
è 
æ + = 
p 
2 2 2 
sin sin sin 
0 0 0 
. cos . . cos . . x x x 
J 
e dx x e dx x xe dx 
p p p 
= + + ò ò ò 
14243 
. 
Đặt Þ 
î 
í 
ì 
= 
= 
dx dv 
e u  x sin 
î 
í 
ì 
= 
= 
x v 
dx e x du  x sin . cos ( ) sin  2 
0 
x J xe 
p 
Þ = -  dx e x x  x . . cos  sin 
2 
0 
ò 
p 
. 
Vậy ( ) 
2 
. 
. . cos 
2 
0 
sin 2 
0 
sin p 
p 
p  e 
dx e x xe I  x x = = + = ò  + e – 1. 
2. Ta có ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ = + + = 
z 
xy 
y 
zx 
z 
xy 
x 
yz 
y 
zx 
x 
yz 
z 
xy 
y 
zx 
x 
yz 
S  3 2 
5 4 3 
. 4 2 ( 4 8 4 ) ( 4 ) ( 2 6 4 2 = + = + ³ + + + = + + ³  xy xz xy xz y x z x x y z 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  . 
3 
1 
= = =  z y x 
Câu Va 1. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng Þhai đường thẳng chéo nhau ( tự chứng minh). 
Theo yêu cầu đề toán  tâm I mặt cầu chính là trung điểm của đường vuông góc chung MN của hai 
đường thẳng (d1) và  (d2) và bán kính 
2 
MN 
R =  . ( ) ) ( ); (  2 1  d N d M ΠΠ
Đường thẳng (d1) viết lại  ) 0 ; 1 ; 2 ( 
3 
2 4 
- = Þ 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
= 
= 
- = 
a VTCP 
z 
t y 
t x 
.  và M(4­2t ;t ;3)  ) (  1 d Π . 
Đường thẳng (d2) viết lại  ) 1 ; 1 ; 0 ( 
' 
' 
1 
- = Þ 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
- = 
= 
= 
b VTCP 
t z 
t y 
x 
,và  N(1 ;t’ ;­t’)  ) (  2 d Π . 
Suy ra  ) ' 3 ; ' ; 2 3 (  t t t t MN + - - =  .
Để MN  là đường vuông góc chung của hai  đường thẳng  (d1) và  (d2)   ,ta có 
î 
í 
ì 
- = 
= 
Û 
î 
í 
ì 
= - - 
= - - 
Û 
î 
í 
ì 
= - - - + 
= + + - - 
Û 
ï î 
ï 
í 
ì 
^ 
^ 
1 ' 
1 
0 3 ' 2 
0 6 ' 5 
0 ' 3 ' 0 
0 0 ' 4 6 
t 
t 
t t 
t t 
t t t 
t t t 
b MN 
a MN 
. 
Từ đó suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là : 
4 
9 
) 2 ( )
2 
3 
(  2 2 2 = - + + -  z y x  . 
2. Giả sử số đó là  4 3 2 1  a a a a x =  .Theo yêu cầu bài toán các chữ số a1, a2, a3, a4 khác nhau từng đôi một 
và khác không , và x là số chẵn nên ta có các trường hợp sau : 
TH1: a4 = 4 , từ  yêu cầu đề toán Þ  số đó là x = 1234. Do đó có một cách chọn . 
TH2: a4 = 6 , từ yêu cầu đề toán ba số hạng  a1,  , a2  , a3 chỉ được lấy trong tập { } 5 , 4 , 3 , 2 , 1  và các chũ số 
tăng dần  nên có  3 5  10 C =  số cho trường hợp này . 
TH3 : a4= 8 ,tương tự ba số hạng  a1,  , a2  , a3 còn lại chỉ được lấy trong tập { } 7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1  nên có 
3 
7  35 C =  số cho trường hợp này. 
Vậy có 1+10 + 35  =  46 số được chọn theo yêu cầu đề toán . 
Câu Vb.1. Bằng phương pháp tọa độ ,chọn A(0,0,0) ,B(a ;0 ;0) ; D(0 ;a ;0) ; C(a;a ;0) ; S(0 ;0 ;a). 
Giả sử mặt phẳng (P) đã cho cắt SB, SC ; SD lần  lượt tại  E,  G , F. Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông 
góc SC nên nhận vectơ  ) ; ; (  a a a SC - =  làm VTPT Þphương trình (P) là :x + y – z = 0 .(5) 
Ta lập phương trình đường thẳng SD 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
- = 
= 
= 
t a z 
t y 
x  0 
(6) . F là giao điểm của SD và (P) nên nó là nghiệm 
hệ phương trình ( 5) và (6)  )
2 
;
2 
; 0 ( 
a a 
F Þ  . Tương tự G là giao điểm của (P) và SC  ) 
3 
2
;
3 
;
3 
( 
a a a 
G Þ  . 
Do đó diện tích thiết diện AEGF : [ ]  .
3 2 
; ) ( 2 
2 a 
AF AG AGF dt S = = = 
2. Điều kiện : x>1 ,  2 ¹ x  . 
Ta có ( )  2 log 3 log  1 2  x x £ - Û  x x  2 2 3  log 
1 
) 1 ( log 
1 
£ 
- 
. 
Khi  2 1 < < x  ta có  vế trái  0 
) 1 ( log 
1 
2 
3 
< 
- x 
và vế phải  0 
log 
1 
2 
> 
x 
.Bất phương trình luôn đúng. 
Nên bất phương trình  có nghiệm  2 1 < < x  . 
Khi  2 > x  hai vế bất phương trình đều dương ,nên bất phương trình tương đương 
) 1 ( log log  2 3 2 - £  x x  . 
Đặt  x t  2 log =  . Khi  2 > x  2 
1 
> Þ t  và  t x  2 =  . Bất phương trình viết lại  1 
4 
1 
4 
3 
1 4 3 £ ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ Û - £ 
t t 
t t  (7) 
Đặt 
t t 
t f ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ = 
4 
1 
4 
3 
) (  là hàm số liên tục trong  ) ;
2 
1
( +¥ 
Ta có Þ < ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ =  0 
4 
1 
ln 
4 
1 
4 
3 
ln 
4 
3 
) ( ' 
t t 
t f  f(t) là hàm số  giảm trong  ) ;
2 
1
( +¥ 
Mặt khác ta có  1 ) 1 ( = f  . Do đó bất phương trình (8) viết lại  2 1 log 1 ) 1 ( ) (  2 ³ Û ³ Û ³ Û £  x x t f t f 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là  2 1 < < x  hoặc  2 ³ x 
Số 418. 4/2012 
ĐỀ SÔ 2 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7, 0 điểm): 
Câu I. (2, 0 điểm). Cho đồ thị ( C ) có phương trình  3 2 3 2 y x x = - +  . 
1.  Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ). 
2.  Qua điểm uốn I của đồ thị ( C ) viết phương trình đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm 
A, B khác I  sao cho tam giác MAB vuông tại M,  trong đó M là điểm cực đại của đồ thị ( C ). 
Câu II. (2,0 điểm). 
1. Giải phương trình : 
2 2cos 3 
tan cot . 
sin 2 
x 
x x 
x 
+ = 
2  Định tham số m để hệ phương trình 
( ) 
( ) 
3 19 
3 21 
x y x m 
y x y m 
ì + + = - ï 
í 
+ + = + ï î 
có nghiệm. 
Câu III.(1, 0 điểm). Tính tích phân : I = ò + + + + 
1 
0 
1 2  2 ) 1 2 (  dx e x x  x x  . 
Câu IV ( 1,0 điểm).Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB 
là tam giác đều và vuông góc với đáy ABCD. Tính thể tích khối nón có đường tròn  đáy ngoại tiếp 
tam giác ABC và đỉnh của khối nón  nằm trên mặt phẳng (SDC). 
Câu V. ( 1, 0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= 
3 3 3 
3 3 3 
a c b a c b 
b a bc c b ac a c ab 
+ + 
+ + + 
, 
trong đó a, b, c  là ba số thực dương tùy ý. 
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, với hệ trục tọa độ  Oxy lập phương trình đường tròn có bán kính 
R = 2, có tâm I nằm trên đường thẳng ( ) 1  : 3 0 d x y + - =  và đường tròn đó cắt đường thẳng 
( ) 2  : 3 4 6 0 d x y + - =  tại hai điểm A,  B sao cho góc  ¼  0 120 AIB =  . 
2. Trong  không gian, với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2;3 , 0;1;0 , 1;0; 2 A B C -  . 
Tìm  trên  mặt phẳng (P):  2 0 x y z + + + =  điểm M sao cho tổng  2 2 2 2 3 MA MB MC + +  có giá trị nhỏ 
nhất. 
Câu VII. a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : 
os 
4 t anx=2012 
c x p æ ö + ç ÷ 
è ø . 
B. Theo chương trình Nâng Cao. 
Câu VI b.(2, 0 điểm). 
1. Trong mặt phẳng, với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( ) 1  : 3 3 2 0 d x y - - + =  và 
( ) 2  : 3 3 2 0 d x y + - - =  .
Lập phương trình đường thẳng D  cắt hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 , d d  lần lượt tại B, C sao cho tam giác 
ABC đều có diện tích bằng 3 3  (đvdt), trong đó đỉnh A là giao điểm của ( ) ( ) 1 2 , d d  . 
2.Trong không gian, với hệ trục tọa độ Oxyz  cho hai đường thẳng chéo nhau 
( ) 1 
1 2 3 
: 
1 2 3 
x y z 
d 
- - - 
= =  và ( ) 2 
1 
: 
3 2 1 
x y z 
d 
- 
= =  .Lập phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách 
từ ( ) 1 d  đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ ( ) 2 d  đến (P). 
Câu VII b ( 1, 0 điểm). Giải phương trình:  os2x t anx=2012 c  . 
Hết 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I.1.Tự khảo sát . 
2.Theo câu trên hai điểm ( ) 0; 2 M  , ( ) 1;0 I  lần lượt điểm cực đại và điểm uốn của đồ thị ( C ). 
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng qua I nên có phương trình ( ) 1 y k x = -  . Phương trình 
hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) là ( ) ( )( ) 3 2 2 3 2 1 1 2 2 0 x x k x x x x k - + = - Û - - - - =  . 
Để ( d ) cắt ( C )  tại hai điểm A,B khác M thì phương trình  2 ( ) 2 2 0 g x x x k = - - - =  (*) 
có hai nghiệm khác 1 
0 
3 
(1) 0 
g  k 
g 
D > ì 
Û Û > - í 
¹ î 
. 
Giả sử hai giao điểm đó là ( ) ( ) 1 1 2 2 ; , ; A x y B x y  , trong đó  1 2 , x x  là hai nghiệm của phương trình (*) 
và ( ) ( ) 1 1 2 2 1 , 1 y k x y k x = - = -  .Vì I là tâm đối xứng của đồ thị ( C ) nên để tam giác MAB vuông tại M 
thì ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 5 2 5 AB MI x x y y = = Û - + - = 
( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 20 1 4 20 k x x k x x x x Û + - = Û + + - =  . 
3 2  1 5 1 5 3 2 0 2, , 
2 2 
k k k k k k 
- + - - 
Û + + - = Û = - = =  .  So với điều kiện k > ­3 ta có ba đường thẳng 
( ) ( ) ( ) 1 5 1 5 2 1 , 1 ; 1 
2 2 
y x y x y x 
- + - - 
= - - = - = - 
Câu II.1. ĐK  0 2 sin ¹ x  . Phương trình tương đương 
2 2 1 os6x os 3 os2x os2x 4cos 2x­5cos2x+1=0 
2 
c 
c x c c 
+ 
= Û = Û  2 (cos 2 1)(4cos 2 4cos2 1) 0 x x x Û - + - = 
os2x=1 c Û  (loại), 
1 2 
cos2 
2 
x 
- - 
=  (loại), 
1 2 1 1 2 
cos2 arccos . 
2 2 2 
x x k p 
æ ö - + - + 
= Û = ± + ç ÷ ç ÷ 
è ø 
2. ĐK  0 , 0 x y ³ ³  . Cộng vế theo vế của hai phương trình của hệ ta có : 
( ) ( ) ( ) 2 2 3 40 0 3 40 0 x y xy x y x y x y + + + + - = Û + + + - =  . 
Giải phương trình bậc hai này ta có  8 x y + = -  (loại),  5 x y + = 
Thế  5 y x = -  vào phương thứ nhất của hệ ta có  4 
2 
m 
x 
- 
=  . Để tồn tại nghiệm x thì  4 m £  . 
Và  4 6 5 
2 2 
m m 
y 
- + 
= - =  . Để tồn tại nghiệm y thì  6 m ³ -  . 
Vậy để hệ có nghiệm thì  6 4 m - £ £  .
I O 
F 
E 
D 
C B 
A 
S 
Câu III.Ta có  . . . ) 2 ( . ) 1 2 ( 
1 
0 
1 
1 
0 
1 2 
1 
0 
1 2  2 2 2 ò ò ò + + + + + + + + = + +  dx e dx e x x dx e x x  x x x x x x 
Dùng phương pháp từng phần ta tính tích phân ò + + 
1 
0 
1 2  dx e  x x  . 
Đặt 
ï î 
ï 
í 
ì 
= 
+ = Þ 
ï î 
ï 
í 
ì 
= 
= + + + + 
x v 
dx e x du 
dx dv 
e u  x x x x  1 1 
2 2 
). 1 2 ( 
Suy ra  dx e x x xe dx e  x x x x x x  1 
1 
0 
2 
1 
0 
1 
1 
0 
1  2 2 2  ) 2 ( ) ( + + + + + + ò ò + - =  . 
Do đó :  3 
1 
0 
1 
1 
0 
1 2  ) ( ) 1 2 ( 
2 2 
e xe dx e x x  x x x x = = + + + + + + ò 
Câu IV.  Gọi E, F lần lượt  trung điểm AB và CD suy ra ( ) EF SAB ^  . 
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC. Trong mặt phẳng (SEF) từ O dựng 
đường thẳng song song EF cắt SF tại I , suy ra I là đỉnh hình nón 
Ta có:  2 2 2 EF= . 
EF 3 3 3 
OI SO 
OI a 
SE 
= = Þ = 
Bán kính đường tròn đáy 
2 2 3 3 
OS= . 
3 3 2 3 
R SE a a = = = 
Vậy thể tích của hình nón là 
3 
2 2 1 1 1 2 2 . 
3 3 3 3 27 
a 
V R h a a p p p = = = 
Câu V. Ta có : 
. 
) ( 
2 
3 
3 
a 
c 
c 
b 
b 
a 
c ba b 
ac a 
bc a b 
c a 
+ 
÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
= 
+ 
= 
+ 
Tương tự: 
2 
3 
3 
b 
c b a 
c a c b ac 
a b 
æ ö 
ç ÷ 
è ø = 
+ + 
; 
2 
3 
3 
. 
c 
a c b 
a b a c ab 
b c 
æ ö 
ç ÷ 
è ø = 
+ + 
Đặt X= ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
b 
a 
;  Y= 
c 
b 
; Z= 
a 
c ÞX,Y,Z >0  và X.Y.Z=1 
2 2 2 X Y Z 
P 
Y Z Z X X Y 
Þ = + + 
+ + + 
. 
Mà 
4 
2  Z Y 
Z Y 
X + 
+ 
+ 
+ 
4 
2  Z X 
Z X 
Y + 
+ 
+ 
+  . 
4 
2 
Z Y X 
Y X 
Y X 
Z 
+ + ³ 
+ 
+ 
+ 
ÞP= 
2 
3 
2 
2 2 2 
³ 
+ + 
³ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
Z Y X 
Y X 
Z 
X Z 
Y 
Z Y 
X 
.Vậy Max(P)= 
2 
3 
khi a = b = c. 
Câu VI a.1.Ta có tâm ( ) ( ) 1 ; 3 I x x d - + Π .Gọi H là hình chiếu của I xuống đường thẳng ( ) 2 d  suy ra 
tam giác HIA là nửa tam giác đều có cạnh IH  = 1.Do đó ta có 
2 
3 4( 3) 6 
( , ) 1 6 5 1; 11 
5 
x x 
d I d IH x x x 
+ - + - 
= Û = Û - + = Û = = 
Vậy có hai đường tròn ( ) ( ) 2 2 1 2 4 x y - + - =  , ( ) ( ) 2 2 11 8 4 x y - + + = 
2.Gọi ( ) ; ; x y z  là tọa độ điểm I sao cho :  2 2 1 2 3 0 ; ; 
3 3 2 
IA IB IC I æ ö + + = Û - ç ÷ 
è ø 
uur uur uur r 
Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 6 2 3 MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC + + = + + + + + = + + + uuur uur uuur uur uuur uur
Để  2 2 2 2 3 MA MB MC + +  có giá trị nhỏ nhất  khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất, lúc đó M là hình 
chiếu của I xuống mặt phẳng (P). 
Đường thẳng IM vuông góc với (P) nên có phương trình tham số  2 2 1 , , 
3 3 2 
x t y t z t = + = + = - + 
Giao điểm M là nghiệm của hệ tạo bỡi phương trình (P) và đường thẳng (d). 
Giải hệ ta có 
5 5 13 
; ; 
18 18 9 
M æ ö - - - ç ÷ 
è ø 
. 
Câu VIIa. ĐK:  cosx 0, t anx>0 sinx 0 ¹ Þ ¹  .  Phương trình tương đương 
1 
osx  1 1 2  sinx osx 
2 2 
1 
sinx 
2 
s inx 2012 
s inx.2012 osx.2012 
osx 
2012 
c 
c 
c 
c 
= Û = 
Vì hàm số  t anx  có chu kì  kp  ,  để  t anx>0  ta chỉ xét miền nghiệm sao cho  s inx>0, cosx>0  từ đó suy ra 
miền nghiệm  s inx<0, cosx<0 . 
Xét hàm số ( ) 
1 
2 ( ) .2012 , 0;1 
t 
f t t t = " Π .Ta có ( ) 
1 1 
2 2 1 '( ) 2012 . .2012 .ln 2012 0, 0;1 
2 
t t 
f t t t = + > " Π
Nên hàm số  ( ) f t  đồng biến trong ( ) 0;1  . Do đó phương trình 
1 1 
sinx osx 
2 2 s inx.2012 osx.2012 (s inx)=f(cosx) sinx=cosx  x= .2 
4 
c 
c f k p p = Û Û Û +  (vì  s inx>0,cosx>0 ) 
Để  t anx>0  với  s inx<0, cosx<0  ta chọn thêm nghiệm 
5 
x= .2 
4 
k p p +  . 
Vậy phương trình trên có nghiệm : ( ) x= . , 
4 
k k Z p p + Π . 
Câu VI b.1.  Đường thẳng ( ) 1  : 3 3 2 0 d x y - - + =  có hệ số góc  1  3 k =  nên tạo với chiều dương trục 
hoành một góc  0 60  và đường thẳng ( ) 2  : 3 3 2 0 d x y + - - =  có hệ số góc  2  3 k = - 
nên tạo với chiều âm trục hoành một góc  0 60  . Do đó hai đường thẳng này cắt nhau tại ( ) 1;2 A  và tạo 
nhau một góc  0 60  .Suy ra đường phân giác tại đỉnh ( ) 1;2 A  chứa góc  0 60  có phương trình 
1 0 x - =  . Do đó đường thẳng D  cần tìm  vuông góc với đường phân giác x – 1= 0 có phương trình y = 
a. Gọi H là trung điểm BC ta có tọa độ ( ) 1; H a  . 
Mà ( )  2 2  2 2  3 0 ( 2) 2 2 
3 3 
a 
AH a a BC dt ABC a 
- 
= + - = - Þ = Þ = -  3 3 = Þ  1; 5. a a = - = 
Vậy ta có hai đường thẳng D  là y = ­1 hoặc y = 5. 
2.Đường thẳng ( ) 1 d  , ( ) 2 d  lần lượt có véc tơ chỉ phương ( ) ( ) 1;2;3 , 3;2;1 a b = = 
r r 
Theo yêu cầu, hai đường thẳng ( ) 1 d  , ( ) 2 d  phải song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (P) có véc tơ 
pháp tuyến ( ) ; 1; 2;1 n a b é ù = = - ë û 
r r r 
.Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1;2;3 , 0;1;0 A d B d ΠΠ , vì [ ] [ ] 1 2 , 2 , d d P d d P =  nên có 
hai trường hợp mặt phẳng (P) lần lượt qua hai điểm E, F . 
TH1.(P) qua E thỏa ( ) 2 1;0; 3 EA EB E = Þ - - 
uuur uuur 
và VTPT ( ) 1; 2;1 n = - 
r 
( ) : 2 4 0 P x y z Þ - + + = 
TH2.(P) qua F thỏa 
1 4 
2 ; ;1 
3 3 
FA FB F æ ö = - Þ ç ÷ 
è ø 
uuur uuur 
và VTPT ( ) 1; 2;1 n = - 
r 
( )  4 : 2 0 
3 
P x y z Þ - + + =  . 
Câu VII b . ĐK: cosx 0, t anx>0 sinx 0 ¹ Þ ¹  .  Phương trình tương đương
2 2 2 2 cos sin sin cos s inx =2012 s inx.2012 osx.2012 
osx 
x x x x c 
c 
- Û = 
Vì hàm số  t anx  có chu kì  kp  ,  để  t anx>0  ta chỉ xét miền nghiệm sao cho  s inx>0, cosx>0  từ đó suy ra 
miền nghiệm  s inx<0, cosx<0 . 
Xét hàm số ( ) 2 ( ) .2012 , 0;1 t f t t t = " Π .Tương tự như câu Câu VIIa  ta chứng minh hàm số  ( ) f t  đồng 
biến trong ( ) 0;1  từ đó phương trình đã cho có nghiệm ( ) x= . , 
4 
k k Z p p + Π
SÓ 429.3/2013 
ĐỀ SÔ 3 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số  2 
1 
x m 
y 
x 
+ 
= 
- 
, có đồ thị ( ) m C  ( m là tham số thực). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi  m = 1. 
2. Định các