Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 85

TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT - QN Môn: Toán 
Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 4 22 1y x mx m    (1), với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 4m  . 
b) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị 
tạo thành một tam giác có trực tâm là gốc tọa độ O. 
Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình: 2
1 1
1 cos 2 2sin 3
2sin sin
x x
x x
 
    
 
Câu 3: (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn 
bởi các đường , 0, 1
1
x
x
xe
y y x
e
  

 xung quanh trục hoành. 
Câu 4: (1điểm) 
 a)Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. Chọn 
ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại. 
b) Giải phương trình:      
8
4 22
1 1
log 3 log 1 log 4
2 4
x x x    
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 5 0P x y z    . Viết phương 
trình mặt cầu (S) có bán kính 4R  và cắt mặt phẳng ( )P theo giao tuyến là đường tròn 
( )C có tâm (1; 2; 4)H   bán kính 13r  . 
Câu 6:(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có (2;6)A , chân đường phân 
giác trong của góc A là 
3
2;
2
M
 
 
 
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là 
1
;1
2
I
 
 
 
. Xác 
định tọa độ các đỉnh B và C. 
Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB a , 
2AC a ,  0120BAC  . Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 060 . Tính thể tích của khối 
chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a . 
Câu 8:(1 điểm) Giải phương trình:    2 2 32 15 15 3 15 4x x x x x x x        
Câu 9: (1 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3( ) 4 3 12( )
2 3 2 3
b c a c b c
P
a b a c
  
  

----------------------------- HẾT ------------------------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đên 
www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
Câu 1 (2,0đ) 
 a. (1,0đ) 
Khi 4m  hàm số (1) có dạng 4 28 3y x x   
+ Tập xác định D  
+ 4 2 4 2lim lim ( 8 3) ; lim lim ( 8 3)
x x x x
y x x y x x
   
          
0,25 
+ 3' 4 16y x x  
0 3
' 0
2 13
x y
y
x y
  
        . 
x  -2 0 2  
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y  3  
 -13 -13 
0,25 
+) Hàm số đồng biến trên khoảng    2;0 2;   và nghịch biến trên khoảng 
   ; 2 0;2   . 
+ Hàm số đạt cực đại tại 0, 3CÐx y  
 Hàm số đạt cực tiểu tại 2, 13CTx y    
0,25 
Điểm đặc biệt          3;12 , 2; 13 , 0;3 , 2; 13 , 3; 13     . 
Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0đ) 
Ta có 
3 2
2
0
' 4 4 4 ( ) 0
x
y x mx x x m
x m

      

Hàm số có 3 điểm cực trị ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt và 'y đổi dấu khi x đi qua các 
nghiệm đó 0m  
0,25 
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số: 
     2 20; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m        
 2; 1OB m m m     

;  2;AC m m 

0,25 
Vì B,C đối xứng qua Oy nên BC luôn vuông góc với OA 
Do đó O là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi . 0OB AC 
 
2 2( 1) 0m m m m       
0,25 
 3 2 1 0m m m m      
  2
0
1 1 0
1
m
m m m
m

      
So ĐK chon m=1 là giá trị cần tìm 
0,25 
Câu 2 
Giải phương trình: 2
1 1
1 cos 2 2sin 3
2sin sin
x x
x x
 
    
 
 (1) 
(1,0đ) 
 Điều kiện:  sin 0x x k k    0,25 
 
2
22sin 1 2sin 3sin 11 .cos 2
2sin sin
x x x
x
x x
   
  
 
    22sin 1 .cos 2 2 2sin 1 sin 1x x x x     
  22sin 1 cos 2 2sin 2 0x x x     
0,25 
2
1
sin
2
cos 2 2sin 2 0
x
x x



  
2
1 6
sin
52
2
6
x k
x k
x k





 
  
  

 
 2 2cos 2 2sin 2 0 cos 2 2 1 sin 0x x x x       
 
cos 2 0 4 2
sin 1
2
2
x k
x
k
x
x k
 



  
   
   

 (vô nghiệm) 
0,25 
So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình:  
2
6
5
2
6
x k
k
x k





 

  

 
0,25 
Câu 3 (1,0đ) 
Ta có 0 0
1
x
x
xe
x
e
  

, suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi 
các đường , 0, 0, 1
1
x
x
xe
y y x x
e
   

Do đó thể tích khối tròn xoay là 
 
1
2
0
.
1
x
x
xe
V dx I
e
  

 
0,25 
Đặt 
 
2
1
1 1
x
x x
u x du dx
e
dv dx v
e e
 
 
     
0,25 
1 1 1
0 0 0
1
1
1 1 1 1
x
x x x
x dx e
I dx
e e e e
  
      
    
  
  
11
0 0
1 1
ln 1 ln
1 1 2
x e ex e
e e
 
     
 
0,25 
1
ln
1 2
e e
V
e

 
   
 
 (đvtt) 
0,25 
Câu 4 (1,0đ) 
 a) Tính xác suất 0,5 
 Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. Chọn ngẫu 
nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại. 
Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn được 
ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng” 
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc và 
H A B C   => P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với 
3
5
3
16
C 10
P(A)
560C
  , 
3
7
3
16
C 35
P(B)
560C
  , 
3
4
3
16
C 4
P(C)
560C
  , 
49 7
P(H)
560 80
  . 
0,25 
Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H , 7 73P(H) 1 P(H) 1
80 80
     . 
0,25 
Điều kiện: 
0
1
x
x



Pt    2 2 2log 3 log 1 log 4x x x        2 2log 3 1 log 4x x x      
0,25 
 3 1 4x x x   
  
  
3 1 4
3 1 4
x x x
x x x
   
 
  
2
2
2 3 0
6 3 0
x x
x x
   
 
  
1; 3
3 2 3
x x
x
  
 
  
So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 3; 3 2 3x x    
0,25 
Câu 5 (1,0đ) 
 Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến  1;1;1n 

Gọi   là đường thẳng qua H và vuông góc với mặt phẳng (P) thì   nhận n

 làm vectơ chỉ 
phương 
Phương trình đường thẳng   có dạng 
1
2
4
x t
y t
z t
 

  
   
0,25 
Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I  , suy ra  1 ; 2 ; 4I t t t     
Ta có 2 2 16 13 3IH R r     
0,25 
Mặt khác  
 
 
1 2; 1; 33
, ( ) 3
1 0; 3; 53
t It
d I P IH
t I
    
    
    
0,25 
Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 
     
   
2 2 2
1
2 22
2
( ) : 2 1 3 16
( ) : 3 2 16
S x y z
S x y z
     
    
0,25 
Câu 6 (1,0đ) 
 Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là bán kính của (C), ta có 
5 5 5
;5
2 2
IA R IA
 
    
 

Phương trình đường tròn (C) có dạng  
2
21 125
1
2 4
x y
 
    
 
0,25 
Phương trình đường thẳng AM có dạng 2 0x   
Gọi ( )D AM C  thì tọa độ của D thỏa mãn hệ phương trình 
   
2
2 2
2 0
2
1 125
1 1 25
2 4
x
x
x y y
 
 
  
       
 
2
6
x
y

 

 (tọa độ của điểm A) hay  
2
2; 4
4
x
D
y

 
 
0,25 
Do AM là đường phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung BC , suy ra 
BC ID 
Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận 
5
; 5
2
ID
 
  
 

làm vectơ pháp tuyến có phương 
trình  
5 3
2 5 0 2 5 0
2 2
x y x y
 
        
 
0,25 
Tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình 
 
2
2 2
2 5 0
2 5
1 125
4 01
2 4
x y
x y
y yx y
  
 
  
      
 
5 3
0 4
x x
hay
y y
   
  
   
Vậy        5;0 , 3; 4 3; 4 , 5;0B C hay B C    
0,25 
Câu 7 (1,0đ) 
 Tính thể tích của khối chóp S.ABC (0,5đ) 
Trong tam giác ABC kẻ đường cao AH, ta có 
( )
( ( )
BC AH
BC SAH
BC SA do SA ABC

 
 
BC SH  
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABC 
là 060SHA  
Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC ta có 
2 2 2 0
2 2 2
. .cos120
1
4 2 .2 . 7
2
BC AB AC AB AC
a a a a a
  
 
     
 
7BC a  
0,25 
Diện tích tam giác ABC là 
2
01 1 3 3. .sin120 .2 .
2 2 2 2
ABC
a
S AB AC a a    
Mặt khác 
1
.
2
ABCS BC AH  
22 3 21
77
ABCS a a
AH
BC a

    
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là 
2 3
.
1 1 3 3 7 21
. . .
3 3 2 7 14
S ABC ABC
a a a
V S SA   (đvtt) 
0,25 
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC (0,5đ) 
Dựng hình bình hành ABCD, ta có / /( )AC SBD 
nên      , , ( ) , ( )d AC SB d AC SBD d A SBD  
kẻ ( )AK BD K BD  , ta có ( )
BD AK
BD SAK
BD SA

 

mà ( )BD SBD nên ( ) ( )SBD SAK theo giao tuyến SK 
trong tam giác SAK kẻ đường cao AI thì  AI SBD 
  ,d A SBD AI  
0,25 
Tam giác ABK vuông tại K có  060ABK  , nên 0
3
.sin 60
2
a
AK AB  
Tam giác SAK vuông tại A, ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 7 4 19 3 19
9 3 9 19
a
AI
AI SA AK a a a
       
Vậy  
3 19
,
19
a
d AC SB AI  
0,25 
Câu 8 
Giải phương trình:    2 2 32 15 15 3 15 4x x x x x x x        (1,0đ) 
 Điều kiện 0 15x  
Biến đổi phương trình tương đương: 
0,25 
   2 2 215 3 . 15 4 2 15 0x x x x x x        
Đặt 215 , ( , 0)u x v x u v    , khi đó phương trình trở thành: 
 2 23 4 2 0u uv v u v     
 2 23 2 2 4 0u v u v v      
     2 22 23 2 4 2 4 4 4 2u v v v v v v          
Khi đó 
3 2 2
2
2
v v
u v
  
  hoặc 
3 2 2
2
2
v v
u v
  
   
0,25 
Với 2u v , khi đó 2 2 215 2 15 4 4 15 0x x x x x x         
 2 19 2 19x hay x       (loại) 
Với 2u v  , khi đó 215 2 (*)x x   
0,25 
Với điều kiện: 0 15 2 15 2 16 2 0x x         nên phương trình (*) vô 
nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm: 2 19x    
0,25 
Câu 9 
Tìm GTNN của biểu thức 
3( ) 4 3 12( )
2 3 2 3
b c a c b c
P
a b a c
  
  

(1,0đ) 
Ta có 
3 3 4 3 12 12
11 2 1 8
2 3 2 3
b c a c b c
P
a b a c
       
           
     
  
1 1 4
4 3 3
2 3 2 3
a b c
a b a c
 
     
 
0,25 
Với mọi , 0x y  , ta có 
1 1 4
x y x y
 

. Đẳng thức xảy ra khi 0x y  
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được 
1 1 4
2 3 2 3a a a b
 

4 4 16
2 3 2 3 4 3 3a b a c a b c
 
   
0,25 
Suy ra 
1 1 4 16
2 3 2 3 4 3 3a b a c a b c
  
  
Do đó 11 16 5P P    
0,25 
Vậy min 5P  , đạt được khi 2 3 3 0a b c   0,25 
 TÔ TOÁN 
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT-QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
 MÔN TOÁN 
 Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) 
Câu 1(2điểm): Cho hàm số 
1
2 1
x
y
x



a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm  M C mà tiếp 
tuyến tại M của  C tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên 
đường thẳng 2 1y m  
Câu 2 (1điểm) Giải phương trình 2
1 9
(3sin sin 3 ) cos 5cos 3 0
2 2
x x x x
 
      
 
Câu3 (1điểm). Tính tích phân 
31
2 4
0 1

 

x dx
I
x x
Câu 4(1điểm). a)Tìm số phức z thỏa mãn    
2 22 3 2 1 0z z z     
b) Cho tập hợp  1,2,3, 4,5E  .Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ 
số,các chữ số đôi một khác nhau thuộc E .Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác 
suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10 
Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm 
     2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1A B C  và đường thẳng 
1 1 2
:
2 1 3
x y z
d
  
  .Lập phương trình đường 
thẳng  vuông góc với mặt phẳng  ABC và cắt đường thẳng d tại điểm D sao cho 4 
điểm , , ,A B C D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 
19
6
Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn      2 2: 1 2 4C x y    và 2 đường 
thẳng 1 2: 1 0, : 1 0d mx y m d x my m        .Tìm m để mỗi đường thẳng 1 2,d d cắt  C tại 2 
điểm phân biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất 
Câu 7(1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông 
góc với mặt phẳng (ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng 
(SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 450. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ 
D đến mặt phẳng (SBM). 
Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình 
 3 6
6 2 6
1 2 3
1 4 5
y x y x
x y x
  

 
Câu 9(1điểm) .Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn  
1 1 1
9a b c
a b c
 
     
 
Chứng minh rằng:  4 4 4 4 4 4
1 1 1
38025a b c
a b c
 
     
 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 
(2.0đ) 
a) 1.0đ 
TXĐ: 
1
\
2
D R
 
  
 
 
/
2
3
2 1
y
x



, x D  
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 
1 1
( ; );( ; )
2 2
  
 0,25 
Giới hạn: 
1 1
2 2
lim , lim
x x
y y
 
   
    
   
    nên 
1
2
x  là tiệm cận đứng 
1
lim lim
2x x
y y
 
  nên 
1
2
y  là tiệm cận ngang 
 0,25 
Bảng biên thiên: 
X - 
1
2
 + 
y' - - 
y 
1
2
 + 
 - 
1
2
 0,25 
Đồ thị: 
 0,25 
b) 1.0đ 
Pt tiếp tuyến tại  0 0,M x y là 
 
 0 02
0
3
2 1
y x x y
x
   

 0,25 
Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng 
Nên 
 
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
B
x x
y
x
 


 và trọng tâm G của tam giac OAB có 
 
2
0 0
2
0
2 4 1
3 2 1
G
x x
y
x
 


 0,25 
Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng 2 1y m  nên 
 
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
3 2 1
x x
m
x
 
 

Ta lại có 
 
 
   
222 2
0 00 0 0
2 2 2
0 0 0
6 2 12 4 1 6
1 1
2 1 2 1 2 1
x xx x x
x x x
  
    
  
 0,25 
Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì 
1 1
2 1
3 3
m m

    
 0,25 
Câu 2 
(1.0đ) 
Phương trình đã cho tương đương: 
3 2 3 22sin sin 5 5sin 3 0 2sin 5sin sin 2 0x x x x x x          
 0,25 
2
2
sinx = - 1
 (sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0
2sin 3sinx - 2 0
x
x

   
 
 0,25 
 sinx = - 1 x = - 2
2
k

   1 
 2
sinx 2
2sin 3s inx - 2 0 1
sinx
2
x
 
  
 

2
6
5
2
6
x k
x k





 
 
  

  2 
 0,25 
Kết hợp (1) và (2), ta có: 
2
6 3
x k
 
  
 0,25 
Câu 3 
(1.0đ) 
31
2 4
0 1

 

x dx
I
x x
 = 
1
3 4 2
0
( 1 )x x x dx  =   
1 1
3 4 5
0 0
1x x dx x dx 
 0,25 
    
1 1
4 4 5
0 0
1
1 ( 1)
4
x d x x dx 
0,25 
 1 1
4 4 6
00
1 2 1
( 1) 1
4 3 6
x x x
 
    
 
 0,25 
1 1 1 2 1
2
3 6 6 3

    
 0,25 
Câu 4 
(1.0đ) 
Viết lại phương trình 
    
22 2 2 23 (2 ) 0 3 2 3 2 0z z iz i z z iz i z z iz i               
 Pt  
22 3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i         có 2 nghiệm 
1 , 2z i z i     
 0,25 
 22 3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i         có 2 nghiệm 1 , 2z i z i     
Pt có 4 nghiệm 1 , 2 ,1 , 2i i i i      
 0,25 
(VN) 
 Số các số thuộc M có 3 chữ số là 35 60A  
Số các số thuộc M có 4 chữ số là 45 120A  
Số các số thuộc M có 5 chữ số là 55 120A  
Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300 
 0,25 
Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm 
     1 2 31, 2,3, 4 , 2,3,5 , 1, 4,5E E E   
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10 
Từ 1E lập được số các chữ số thuộc A là 4! 
Từ mỗi tập 2E và 3E lập được số các số thuộc A là 3 ! 
Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36 
Do đó xác suất cần tính là 
36
0,12
300
P   
 0,25 
Câu 5 
(1,0đ) 
 ( 2;3;0); ( 2;1; 1); , 3; 2; 4AB AC AB AC         
  
Phương trình đường thẳng  có VTCP  3;2; 4u  

0,25 
Với  
3 3
1 3;0;5 : 2
5 4
x t
t D y t
z t
 

   
  
 0,25 
Với 
16 3
17 19 47 19
16; ; : 2
2 2 2 2
47
4
2
x t
t D y t
z t

   

    
       
  

 
 0,25 
Câu 6 
(1,0đ) 
Đường tròn  C có tâm  1;2I và có bán kính 2R  
Véc tơ pháp tuyến của 1 2,d d lần lượt là    1 2 1 2 1 2;1 , 1; . 0n m n m n n d d      
   
 0,25 
Gọi A,B là giao điểm của 1d với  C ,C,D là giao điểm của 2d với  C 
(A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn) 
 1 2,h h lần lượt là khoảng cách từ I đến 1d , 2d 
Ta có 1 22 2
1
,
1 1
m
h R h R
m m
   
 
 nên 1d , 2d luôn cắt  C tại 2 điểm phân biệt 
2 2 2 2
1 22 , 2AB R h CD R h    
---------------------------------------------------------------------------------- 
  
2 2 2 2
1 2
2 2 2 2
2 2
1
. 2 .
2
4 3 3 4 4 3 3 4
2 7
1 1
ACBDS AB CD R h R h
m m m m
m m
    
    
  
 
 0,25 
-------- 
0,25 
Câu7 
(1,0đ) 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1m   0,25 
Gọi H là giao điểm của BM và AN. 
Do M, N là các trung điểm nên BM AN 
( )SA mp ABCD
BM SH
BM AN

 

SA AH SHA  nhọn 
Suy ra SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên  045SHA  
 ASAH a   
0,25 
0,25 
 Trong tam giác vuông ABM: 
2 2 2
1 1 1
AB AM AH
  
2 2 2 2 2
2 2
1 4 1 5 1
5 5 5
AB AB AH AB AH
AB AH AB AH a
    
    
dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND) 
 = 5
2 2 2
2 5 5 25
4 8 8
a a a
a    
Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là: 
2 31 25 25
. .
3 8 24
a a
V a  
0,25 
Gọi F là trung điểm BC. Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM). 
Gọi E là giao điểm của DF và AN 
Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) 
Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì ( )EK mp SBM 
Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK 
M trung điểm AD nên H là trung điểm AE HE = HA = a 
Để ý rằng  045KHE  
2
a
EK  
 Vậy ( , ( ))
2
a
d D mp SBM  
0,25 
Câu 8 
(1,0đ) 
Nhận xét x=0 thay vào hệ tâ thấy vô lý 
 0,25 
Xét 0x  ,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho 6x và đặt 
3
1
z
x
 
Ta có 
 
 
2 2
22 2
2 32 3
4 5 2 4 5
yz z yyz y z
z y z y yz
    
 
     
Đặt 
2S z y
P yz
 


 ta có hệ 
2
3
4 5
SP
S P


 
Giai hệ ta được 
3
1
S
P



 suy ra 
1
1
z
y



hoặc 
2
1
2
z
y




 0,5 
Hệ có 2 cặp nghiệm  ,x y là  1,1 và 3
1 1
,
2 2
 
  
 
0,25 
Câu 9 
(1,0đ) Đặt 
a b
t
b a
  
   
 
2
1 1 1 1 1 1 1
9 1
3 2 2 2 1
14
a b
a b c a b c
a b c a b c a b
t t t
t
       
                 
      
      
 
----------------------------------------------------------------------------
   
   
   
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
4 4
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4 4 4
2
24 4 2
4 4
1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
1 2
1 1
1 1 38025
a b c a b
a b c a b
a b
c a b a b
c a b a b a b
a b t
a b
   
           
   
      
              
     
  
           
 0,5 
 0,5 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đên 
www.laisac.page.tl