BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

.1

xy

x

−=

+

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ 1.x =

Câu 2.(1,0 điểm)

a) Cho góc α thỏa mãn: π

α π2

< < và 3

sin α .5

= Tính 2

tan α.

1 tan αA =

+

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 ) (3 ) 2 6 .i z i z i+ + − = − Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 3 3log ( 2) 1 log .x x+ = −

Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 22 3( 2 2).x x x x x+ + − ≥ − −

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân:

2

3

1

(2 ln )d .I x x x= +∫

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, o30 ,ACB =

Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và 2 .SH a= Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc

đường thẳng : 4 3 12 0x y∆ + − = và điểm (6; 6)K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm

nằm trên ∆ sao cho AC AO= và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có

hoành độ bằng 24

,5

tìm tọa độ của các đỉnh A, B.

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 0; 0)A và (1; 1; 1).B − Viết

phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc

với (P).

Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí

sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình

thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định

câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3

câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.

Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2

2 2

3 2 2 1 1 1

3 2 3 3 3 2 3 3 3

+ += + +

+ − + + + +

( ).

( ) ( )

x xP

x x x x

----------- HẾT -----------

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1

(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Tập xác định: \ 1 .D = −

Giới hạn và tiệm cận:

( 1)lim

xy

+→ −

= − ∞ , ( 1)

limx

y−

→ −

= + ∞ ; lim lim 2.x x

y y→ −∞ → +∞

= =

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − và một

tiệm cận ngang là đường thẳng 2.y =

0,25

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' = 2

3

( 1)x + > 0 ∀x ∈ D.

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1− ∞ − và ( )1;− + ∞ .

- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

0,25

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.

- Bảng biến thiên:

x – ∞ – 1 + ∞

y' + +

y + ∞ 2

2 – ∞

0,25

Đồ thị (C):

0,25

O x

y

−1 −1

2

½

b) (1,0 điểm)

Tung độ 0y của tiếp điểm là: 0

1(1) .

2y y= = 0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: 3

'(1) .4

k y= = 0,25

Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: 3 1

( 1) ;4 2

y x= − + 0,25

hay 3 1

.4 4

y x= − 0,25

Câu 2

(1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)

Ta có: 2

2

tanα 3tan α.cos α sin α.cosα cosα.

1 tan α 5A = = = =

+ (1) 0,25

2

2 2 3 16cos α 1 sin α 1 .

5 25

= − = − =

(2)

Vì α ;2

ππ

∈

nên cosα 0.< Do đó, từ (2) suy ra 4

cosα .5

= − (3)

Thế (3) vào (1), ta được 12

.25

A = −

0,25

b) (0,5 điểm)

Đặt z = a + bi, ( ,a b ∈ ); khi đó z a bi= − . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho

trong đề bài, ta có:

(∗) ⇔ (1 )( ) (3 )( ) 2 6i a bi i a bi i+ + + − − = −

⇔ (4 2 2) (6 2 ) 0a b b i− − + − =

0,25

⇔ 4 2 2 0

6 2 0

a b

b

− − =

− = ⇔ 2

3.

a

b

=

=

Do đó 2 2| | 2 3 13.z = + =

0,25

Câu 3

(0,5 điểm)

Điều kiện xác định: 0.x > (1)

Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:

(2) ⇔ 3 3log ( 2) log 1x x+ + = ⇔

3 3log ( ( 2)) log 3x x + = 0,25

⇔ 2 2 3 0x x+ − = ⇔ 1x = (do (1)). 0,25

Câu 4

(1,0 điểm)

Điều kiện xác định: 1 3.x ≥ + (1)

Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:

(2) ⇔ 2 22 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)x x x x x x x+ − + + − ≥ − −

0,25

⇔ ( 2)( 1) ( 2) 2( 1)x x x x x x− + ≥ − − +

⇔ ( )( )( 2) 2 ( 1) ( 2) ( 1) 0.x x x x x x− − + − + + ≤ (3)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có ( 2) ( 1) 0x x x− + + > nên

(3) ⇔ ( 2) 2 ( 1)x x x− ≤ +

0,50

⇔ 2 6 4 0x x− − ≤

⇔ 3 13 3 13.x− ≤ ≤ + (4)

Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

1 3 ; 3 13 . + +

0,25

Câu 5

(1,0 điểm) Ta có:

2 2

3

1 1

2 d ln d .I x x x x= +∫ ∫ (1) 0,25

Đặt

2

3

1

1

2 dI x x= ∫ và

2

2

1

ln d .I x x= ∫ Ta có:

2

4

1

1

1 15.

2 2I x= =

0,25

2 22 2

2 1 1

1 1

.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.I x x x x x x= − = − = − = −∫ ∫

Vậy 1 2

132 ln 2.

2I I I= + = +

0,50

Câu 6

(1,0 điểm)

Theo giả thiết,

1

2HA HC AC a= = = và SH ⊥ mp(ABC).

Xét ∆v. ABC, ta có: o.cos 2 .cos 30 3 .BC AC ACB a a= = =

0,25

Do đó o 21 1 3. .sin .2 . 3 .sin 30 .

2 2 2ABCS AC BC ACB a a a= = =

Vậy 3

2.

1 1 3 6. . 2 . .

3 3 2 6S ABC ABC

aV SH S a a= = =

0,25

Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)). (1)

Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó

mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên

trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).

Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)

0,25

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1.

2HK SH HN a HN= + = +

Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên 1 3

.2 2

aHN BC= =

Do đó 2 2 2 2

1 1 4 11.

2 3 6HK a a a= + = Suy ra

66.

11

aHK = (3)

Thế (3) vào (2), ta được ( )2 66

, ( ) .11

ad C SAB =

0,25

Câu 7

(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.

Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các

đường thẳng KB và OD.

Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc

.OAC Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng

là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.

Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.

Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.

Như vậy:

+ A là giao của ∆ và đường trung trực 1d của đoạn thẳng OC; (1)

+ B là giao của ∆ và đường trung trực 2d của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối

xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆. (2)

0,50

Vì C ∈ ∆ và có hoành độ 0

24

5x = (gt) nên gọi

0y là tung độ của C, ta có:

0

244. 3 12 0.

5y+ − = Suy ra 0

12.

5y = −

Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là 12 6

;5 5

−

và đường thẳng OC có

phương trình: 2 0.x y+ =

Suy ra phương trình của 1d là: 2 6 0.x y− − =

Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

2 6 0.

x y

x y

+ − =

− − =

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

0,25

Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của

d là: 3 4 6 0.x y− + = Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là

nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

3 4 6 0.

x y

x y

+ − =

− + =

Giải hệ trên, ta được 6 12

; .5 5

H

=

Suy ra 12 36

; .5 5

D

= −

Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là 6 18

;5 5

−

và đường thẳng OD có

phương trình: 3 0.x y+ =

Suy ra phương trình của 2d là: 3 12 0.x y− + =

Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

3 12 0.

x y

x y

+ − =

− + =

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

0,25

Câu 8

(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AB, ta có

3 1 1; ; .

2 2 2M

= −

Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và ( 1; 1; 1)AB = − −

là

một vectơ pháp tuyến của (P).

0,25

Suy ra, phương trình của (P) là: 3 1 1

( 1) ( 1) 02 2 2

x y z

− − + − + − + =

hay: 2 2 2 1 0.x y z− + − =

0,25

Ta có 2 2 2

| 1| 1( , ( )) .

2 32 ( 2) 2d O P

−= =

+ − + 0,25

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: 2 2 2 1

12x y z+ + =

hay 2 2 212 12 12 1 0.x y z+ + − =

0,25

Câu 9

(0,5 điểm)

Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ

3 câu hỏi thí sinh B chọn.

Vì A cũng như B đều có 3

10C cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

tắc nhân, ta có ( )2

3

10( ) C .n Ω =

0,25

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống

nhau”.

Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi

giống như A nên ( ) 3 3

10 10C .1 C .Xn Ω = =

Vì vậy ( )

( )

3

10

2 33

1010

C 1 1( ) .

( ) C 120C

Xn

P Xn

Ω= = = =

Ω

0,25

Câu 10

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm ( ; 1)A x x + ,

3 1;

2 2B

−

và 3 1

; .2 2

C

− −

Khi đó, ta có ,OA OB OC

Pa b c

= + + trong đó a = BC, b = CA và c = AB.

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:

. . . 3 . . .

. . . 2 . . .a b c

OA GA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GCP

a GA b GB c GC a m b m c m

= + + = + +

,

trong đó ,a bm m và cm tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,

B, C của ∆ABC.

0,25

Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1. . 3 2 2

2 3

3 2 21. .

22 3 2 3

aa m a b c a

a b c a a b c

= + −

+ + − + +≤ =

Bằng cách tương tự, ta cũng có: 2 2 2

.2 3

b

a b cb m

+ +≤ và

2 2 2

. .2 3

c

a b cc m

+ +≤

Suy ra ( )2 2 2

3 3. . . .P OAGA OB GB OC GC

a b c≥ + +

+ + (1)

0,25

Ta có: . . . . . . .OAGA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GC+ + ≥ + +

(2)

( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2

2 2 22 2 2

. . .

. . .

.

4. (3)

9 3a b c

OAGA OB GB OC GC

OG GA GA OG GB GB OG GC GC

OG GA GB GC GA GB GC

a b cm m m

+ +

= + + + + +

= + + + + +

+ += + + =

Từ (1), (2) và (3), suy ra 3.P ≥

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy 3P = khi x = 0.

Vậy min 3.P =

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 PHÚ YÊN MÔN:TOÁN

Ngày thi: 02/4/2015 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

­­­­­­­­­­­

Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số 3 3 2 y x x = − − . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểmM thuộc

đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tạiM.

Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x − + − − = trên tập hợp số thực.

Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: 3

2 1

2 2 3 2

I dx x x

= + − ∫ .

Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình.

Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 .

Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;­2), đường thẳng AM có phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.

Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(­4;­2;4) và đường thẳng d : 3 2

1 ( ). 1 4

x t y t t z t

= − + = − ∈ = − +

¡

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.

Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) 3

2 2

27 3 9 7 6 9 0 ( , ) 109 2 3 0

3 81

x x y y x y x y x

+ + − − = ∈

+ + − − =

¡ .

Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 5 5 x y P = + , biết rằng 0, 0, 1 x y x y ≥ ≥ + = .

­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 04 trang)

1. Hướng dẫn chung ­ Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm

từng phần như hướng dẫn quy định. ­ Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai

lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. ­ Điểm bài thi không làm tròn số. 2. Đáp án và thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 Cho hàm số 3 3 2 y x x = − − 2,00 đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ­ Tập xác đinh:¡ . ­ Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 2 2 ' 3 3 3( 1). y x x = − = − 2 1 ' 0 3( 1) 0

1 x

y x x

= − = ⇔ − = ⇔ =

.

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1;+∞ ;

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 − . + Cực trị và giới hạn: H/s đạt cực đại tại 1; x = − yCĐ= ( ) 1 0 y − = .

H/s đạt cực tiểu tại 1; x = yCT= ( ) 1 4 y = − . Các giới hạn: lim ; lim

x x y y

→−∞ →+∞ = −∞ = +∞ .

+ Bảng biến thiên: x −∞ ­1 1 +∞ y’ + 0 ­ 0 +

y 0 +∞

­∞ ­4 ­ Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;­2):như hình vẽ.

1,00 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ b) Tìm tọa độ điểmM thuộc đồ thị (C) sao cho ∆MAB cân tạiM. M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). Ta có các điểm cực trị là A(­1;0), B(1;­4), trung điểm của đoạn AB là I(0;­2). Đường trung trực đoạn AB nhận (2; 4) AB = −

uuur làm vtcp có p/t 2 4 0 x y − − = .

Hoành độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: 3 4 3 2 2 x x x −

− − = .

Giải ra ta được 7 2

x = ± và 0 x = (loại).

Với 7 14 8 2 4

x y − = ⇒ = , ta có điểm 1

7 14 8 ;2 4

M −

;

Với 7 14 8 2 4

x y − − = − ⇒ = , ta có điểm 2

7 14 8 ; 2 4

M − −

−

.

1,00 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

f(x)=x^3­3x ­2

­9 ­8 ­7 ­6 ­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

­8

­6

­4

­2

2

4

6

8

x

f(x)

2 Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x − + − − = 1,00 đ

Điều kiện 2 0

2 3 5 0 x

x x − >

⇔ > − > .

Phương trình tương đương: 2 2 log ( 2) log (3 5) 2 x x − + − =

[ ] 2 2 log ( 2)(3 5) 2 3 11 6 0 x x x x ⇔ − − = ⇔ − + = .

Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là 3 x = .

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

3 Tính tích phân 3

2 1

2 2 3 2

I dx x x

= + − ∫ 1,00 đ

Ta có: 3

1

2 (2 1)( 2)

I dx x x

= − + ∫

3 3

1 1

2 2 1 5 2 1 2

dx dx x x

= − − +

∫ ∫ 3 3

1 1

2 (2 1) ( 2) 5 2 1 2

d x d x x x

− + = − − +

∫ ∫

( ) 3 3

1 1

2 2 ln | 2 1| ln | 2 | ln 3 5 5

x x = − − + = .

0,50 đ

0,25 đ

0,25 đ

4 1,00 đ Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”. Số phần tử không gian mẫu: 4

33 C Ω = =40920. Ta có các trường hợp được chọn sau: (1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 2 1 1

10 11 12 . . 5940 C C C = (2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 2 1

10 11 12 . . 6600 C C C = (3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 1 2

10 11 12 . . 7260 C C C = .

Ta được A Ω = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.

Do đó 15 ( ) 31

A P A Ω

= = Ω

.

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

5 1,00 đ ∆ABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a.

Từ đó 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AH BC a a a = = = (đvdt).

Vì SA⊥(ABC) và AH ⊥ BC suy ra SH⊥ BC Do đó ((SBC),(ABC))= · 0 60 SHA = Suy ra 0 tan 60 3 SA AH a = = .

Vậy 3

2 1 1 3 . 3. 3 3 3 SABC ABC

a V SA S a a = = = (đvtt).

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

6 1,00 đ

Gọi I =AM ∩ BN. ∆BIM đồng dạng ∆ABM suy ra AM⊥BN nên BN: 2x ­ y +c = 0. N(0;­2) 2 c ⇒ = − ⇒BN: 2x ­ y ­2 = 0. Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt:

0,25 đ

O 1 ­2 2 M

2 A B

­1

1

­1

I

y

x

B

C A

H

S

6 2 2 0 6 2 5 ;

2 2 0 2 5 5 5

x x y I

x y y

= + − = ⇔ ⇒ − − = =

.

Từ ∆ABM vuông : 2 2

. 4 5

AB BM BI AB BM

= = +

.

Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn 2 2

2 2 0

4 6 2 16 5 5 5 5

x y B BN

BI x y

− − = ∈ ⇒ = − + − =

.

Giải hệ ta được 2 2

x y

= =

và

2 5 6 5

x

y

= − =

, suy ra (2;2) B ( loại 2 6 ;5 5

−

).

Tọa độ điểmM(x;y) thỏa 2 2 2 2

2 2 0

6 2 4 5 5 5

x y M AM

x y IM BM BI

+ − = ∈ ⇒ − + − = = −

.

Giải hệ ta được 2 0

x y

= =

và

2 5 4 5

x

y

= =

, suy ra 1 2 2 4 (2;0), ;5 5

M M

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

7 1,00 đ

Do ∆ đi qua A và vuông góc với d nên ∆ phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Mặt phẳng (P) nhận vtcp (2; 1; 4) u = −

r của d làm vtpt, đi qua A(­4;­2;4) có

phương trình : 2x ­ y + 4z ­ 10 = 0. GọiM là giao điểm của d và (P) thìM(­3 + 2t;1 ­ t;­1 + 4t) ∈ d và M∈∆. Ta cũng có M∈(P) ⇔ 2(­3 + 2t) ­ (1 ­ t) + 4(­1 + 4t) – 10 = 0

⇔ 21t – 21 = 0 ⇔ t = 1.VậyM(­1;0;3). Khi đó (3;2; 1) AM = −

uuuur , đường thẳng ∆ qua A và M có phương trình:

4 2 4 3 2 1 x y z + + −

= = −

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

8 Giải hệ phương trình: ( ) 3

2 2

27 3 9 7 6 9 0(1)

109 2 3 0 (2) 3 81

x x y y

x y x

+ + − − =

+ + − − =

. 1,00 đ

Với điều kiện: 2 2 ,3 3

x y ≤ ≤ , (1) viết lại là: ( ) ( ) 2 9 1 3 6 9 1 6 9 x x y y + = − + − .

0,25 đ

Đặt 3 , 6 9 u x v y = = − , ta có: ( ) ( ) 2 2 1 1 u u v v + = + .

Xét h/s: ( ) 2 ( ) 1 f t t t = + có 2 '( ) 3 1 0 f t t = + > nên h/s luôn đồng biến trên ¡ ,

Suy ra 2

0 3 6 9 2 (3)

3

x u v x y

y x

≥ = ⇔ = − ⇔

= − .

Thế (3) vào (2) ta được: 2 2

2 2 109 2 3 0 3 3 81 x x x + − + − − =

(4).

Nhận xét: 2 0, 3

x x = = không phải là nghiệm của (4).

Xét hàm số: 2 2

2 2 109 ( ) 2 3 3 3 81 x g x x x = + − + − −

Ta có: ( ) 2 3 2 '( ) 2 2 1 0, 0; 3 2 2 3

g x x x x x

= − − < ∀ ∈ −

Nên hàm số g(x) nghịch biến trên 2 0; 3

.

Dễ thấy 1 3

x = là nghiệm của (4), suy ra 5 9

y = nên hệ có nghiệm duy nhất 1 5;3 9

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

9 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 5 5 x y P = + , biết 0, 0, 1 x y x y ≥ ≥ + = 1,00 đ

Do 1 1 x y y x + = ⇒ = − , nên 2 1 2 5 5 5 5 5

x x x x P − = + = + .

Đặt 5 x t = thì 1 5 t ≤ ≤ (do 0 1 x ≤ ≤ ).

Xét hàm số 2 5 ( ) f t t t

= + , với 1 5 t ≤ ≤ . Ta có 3

2 2

5 2 5 '( ) 2 t f t t t t

− = − = .

Do đó có bảng biến thiên:

t 1 3 5 2

5

f’(t) ­ 0 +

f(t) 6 26

3 25 3 4

Vậy 3 3

1 5 1 5

5 25 min min ( ) 3 ;max max ( ) (5) 26 2 4 t t

P f t f P f t f ≤ ≤ ≤ ≤

= = = = = =

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015.

ĐỀ (Thời gian làm bài:180 phút)

Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( ) m C là đồ thị của hàm số 3 3 y x x m = − + ( m là tham số thực). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2 m = . b) Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( ) m C kẽ được một đường thẳng ( ) d tạo với đồ thị ( ) m C một

hình phẳng (H) và ( ) d tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T) bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )( ) 2 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 . x x x x = + + −

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )

( ) 3

4

ln 4 tan sin 2 .ln 2 t anx

x I dx

x

π

π

= ∫ .

Câu 4 (1,0 điểm). a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức ( ) 2 1

n x + ta có hệ số chứa 8 x bằng 210

Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên theo trường hợp đó. b) Cho các số phức z thỏa mãn 1 34 z − = và 1 2 z mi z m i + + = + + . Định tham số m∈ ¡ để tồn tại hai

số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho 1 2 z z − là lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm ( ) ( ) 1; 1;1 , 0; 1;0 M N − − lập

phương trình mặt phẳng α cắt mặt cầu ( ) 2 2 2 ( ) 2 ( 1) ( 1) 5 S x y z + + + + − = một thiết diện đường tròn mà diện tích hình tròn sinh bỡi đường tròn đó có diện tích S π = . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên ( ) SA ABCD ⊥ và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng α vuông góc với SC sao cho α cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N. Tính theo a thể tích khối nón (H), biết rằng đường tròn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của (H) nằm trên đáy ABCD của hình chóp S.ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai điểm (5;5) H , ( ) 5; 4 I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và 8 0 x y + − = là phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm thực ( ) 2 x ln x 2x 2 x 1 − + = + . Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 0 x y z < < < .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 4 3 3

2 2 2 2 2

15 x z y z x P x z y xz y z xz y +

= + + + +

.

Nguyễn Lái ( GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh.

Tuy Hòa, Phú Yên.)

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Câu 1. a) Bạn đọc tự giải. b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( ) m C là ( ) 0; I m nên đường thẳng ( ) d có dạng y kx m = +

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( ) m C và phương trình đường thẳng ( ) d là 3 3 x x m − + kx m = + ( ) 3 3 0 x k x ⇔ − + = (1)

Để ( ) d chắn được trên đồ thị ( ) m C một diện tích thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm 3 k ⇒ > − , lúc đó 3 nghiệm của phương trình (1) là 0, 3, 3 x x k x k = = − + = + . Vì I là tâm đối xứng của đường cong ( ) m C nên diện tích của hình phẳng (H) là:

( ) 3

2 3

0

1 2 3 3 2

k

S kx m x x m dx k +

= + − + − = + ∫ ( ) 2 1 2 3 2 1 2

S k k ⇒ = ⇔ + = ⇒ = − (vì 3 k > − ).

Lúc này đưởng thẳng ( ) d viết lại y x m = − + nên (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm

( ) ( ) 0; , ;0 A m B m . Vì (T) là tam giác vuông cân nên diện tích của (T) là 2 1 2

S m =

theo giả thiết 2 2, 2 S m m = ⇒ = = − .Vậy có hai giá cần tìm là 2, 2 m m = = − .

Câu 2. Điều kiện : cos 0 sin 2 0 2

x k x x

π ≠ ⇒ ≠ ≠

.

Ta có ( )( ) 2 3 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 tan .cot 2 3sin 4sin 1 x x x x x x x x = + + − ⇔ = − −

sin 3 1 1 tan .cot 2 sin 3 sin 3 sin 3 1 0 cos .sin 2 cos .sin 2

x x x x x x x x x x

⇔ + = ⇔ = ⇔ − =

Nghiệm phương trình xảy ra :

hoặc sin 3 0 3 n x x π

= ⇔ = , so với điều kiện phương trình có nghiệm là 2 , 3 3

x m x m π π π π = + = +

hoặc sin 2 1 sin 2 1

sin 2 .cos 1 cos 1 cos 1

x x x x

x x = = −

= ⇔ ∀ ⇔ = = − vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình trên là ( ) 2 , , 3 3

x m x m m Z π π π π = + = + ∈ .

Câu 3. Ta có: ( ) ( ) ( )

3 3 3

4 4 4

ln 2 ln 2 t anx ln 2.

sin 2 .ln 2 t anx sin 2 .ln 2 t anx sin 2 dx dx I dx

x x x

π π π

π π π

+ = = + ∫ ∫ ∫

Tính ( )

( ) ( ) ( )

3 3 3

4 4 4

ln 2 t anx ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 3 ln 2. . . ln ln(2 tan ) .ln sin 2 .ln 2 t anx 2 ln 2 t anx 2 2 ln 2

d dx x x

π π π

π π π

= = =

∫ ∫ .

Tính 3 3

4 4

1 1 ln(t anx) ln 3 sin 2 2 2 dx x

π π

π π

= = ∫ .

Vậy ln 2 ln 2 3 1 .ln ln 3 2 ln 2 2

I

= +

.

Câu 4 . a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1) là ( ) 2 , k k

n C x k n < .

Theo giả thiết , ta có 2 8

210 k n

kC

=

= ( ) 4 ! 4, 210 210

4! 4 ! n n k C n

⇒ = = ⇒ = −

( )( )( ) ( )( ) 2 2 3 2 1 5040 3 3 2 5040 n n n n n n n n ⇔ − − − = ⇔ − − + = . Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 . Khai triển biểu thức ( ) 10 2 0 2 1 4 2 2.10 10

10 10 10 10 1 .... x C x C x C x C + = + + + + .

Do đó tổng các hệ số: ( ) 10 0 1 2 10 10 10 10 10 10 .... 1 1 2 C C C C + + + + = + =

b). Giả sử ( ) ; M a b là điểm biểu diễn số phức ( ) , , z a bi a b R = + ∈ , vì

( ) 2 2 1 34 1 34 z a b − = ⇒ − + = ⇒M thuộc đường tròn ( ) 2 2 ( ) : 1 34 C x y − + = . Vì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 3 0 z mi z m i a b m a m b m a m b + + = + + ⇒ + + + = + + + ⇒ − + − − =

⇒ M nằm trên đường thẳng ( ) : d ( ) ( ) 2 1 2 2 3 0 m x m y − + − − = Để tồn tại hai số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu diễn 1 2 , M M của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của ( ) C và (d) , và để 1 2 z z − lớn nhất khi và chỉ khi 1 2 M M là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm (1;0) I của ( C )

( ) ( ) 1 2 1 .1 2 2 .0 3 0 2

m m m ⇒ − + − − = ⇒ = − .

Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại 3 5 3 0 x y − − = . Do đó 1 2 , M M là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) 2 2

1 2

1 34 6;3 , 4; 3

3 5 3 0 x y M M x y

− + = ⇒ − − − − =

.

Vậy hai số phức cần tìm là 3 4 6 3 , 4 3 z i z i = + = − − . Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm ( 2; 1;1) I − − và bán kính 5 R = . Gọi r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có 2 . 1 S r r π π π = ⇔ = ⇒ = . Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng α ta có 2 2 2 5 1 2 d R r d = − = − ⇒ = . Mặt phẳng α qua ( ) 0; 1;0 N − có dạng ( ) ( ) 2 2 2 Ax 1 0 Ax 0 0 B y Cz By Cz B A B C + + + = ⇔ + + + = + + ≠ . Mặt khác α qua ( ) 1; 1;1 M − nên thỏa 0 :Ax 0 A C By Az B α + = ⇒ + − + = .

Vì 2 2

2 2

3 ( , ) 2 4 2

2

A A d d I A B B A B

α −

= = = ⇔ = ⇒ = ± +

( vì 2 2 2 0 A B C + + ≠ )

Do đó có hai mặt phẳng α cần tìm là : 2 2 1 0 x y z + − + = , 2 2 1 0 x y z − − − = .

Câu 6. Ta có ( ) BC SA BC SAB BC AM

BC AB ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ( vì ( ) AM SAB ⊂ ) (1)

Mặt khác SC SC AM α ⊥ ⇒ ⊥ ( vì AM α ⊂ ) (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ) AM SBC AM MG ⊥ ⇒ ⊥ ( vì ( ) MG SBC ⊂ )

AMG ⇒ ∆ vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG ∆ vuông tại N⇒ tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán

H N

G

M

O

S

D

C B

A

kính 2 AG R = . Xét tam giác vuông SAC tại A có . 6 6

3 6 SA AC AG a R a SC

= = ⇒ = .

Vì OH là đường cao (H) / / OH OH SC O α ⇒ ⊥ ⇒ ⇒ là giao điểm hai đường chéo AC, BD 1 2

OH CG ⇒ = . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên 2 2 3

3 3 AC CG a OH a SC

= = ⇒ =

Vậy thể tích hình nón là ( ) 2 3 1 3 .

3 54 H V R OH a π π = = .

Câu 7 Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. Đường cao AH BC ⊥ nên có phương trình 0 x y − = , E là giao điểm của BC và AH (4;4) E ⇒ và H là trung điểm HK (3;3) K ⇒ , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5 R IK = =

⇒ phương trình đường tròn là ( ) ( ) 2 2 5 4 5, ( ) x y C − + − = Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn ( ) (3;5), (6;2) C B C ⇒ và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn ( ) (6;6) C A ⇒ Diện tích tam giác ABC là

( ) 6 6 8 1 1 , . .3 2 6 2 2 2 ABC S d A BC BC

+ − = = = (đvdt).

Câu 8. Điều kiện 0 x > ta có ( ) ( ) 2

2

x 1 x ln x 2x 2 x 1 x ln x 2x 2

+ − + = + ⇔ − =

+

Xét hàm số 2

x 1 f(x) 2x 2

+ =

+ / /

2 2

1 x f (x) f (x) 0 x 1 (x 1) 2x 2

− ⇒ = ⇒ = ⇔ =

+ + Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 f x x ≤ ∀ > , đẳng thức xảy ra khi x = 1.

Xét hàm số 1 1 ( ) ln '( ) 1 '( ) 0 1 x g x x x g x g x x x x

− = − ⇒ = − = ⇒ = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 g x x ≥ ∀ > , đẳng thức xảy ra khi x = 1. Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1.

Câu 9 Ta có

3 3

2 15 x y y z z P x y x y z x y z y z x

= + + +

+ + . Đặt , , . . 1, 1. x y z a b c a b c c

y z x = = = ⇒ = >

Biểu thức viết lại 3 3

2 15 a b P c a b a b c

= + + + + +

Ta có ( ) 3 3

3 3 1 a b a b ab a b ab a b a b c

+ ≥ + ⇒ + ≥ = + +

( vì a, b > 0 ).

Vậy ( ) 2 2 1 15 16 ( ), 1; P c c f c c c c c

≥ + + = + = ∀ ∈ +∞

Ta có 2

16 '( ) 2 '( ) 0 2 f c c f c c c

= − ⇒ = ⇔ =

Lập bảng biến thiên ta có ( ) (2) 12, f c f ≥ = khi và chỉ khi 1 2 2 2 2

c a b z y x = ⇒ = = ⇒ = = .

Vậy giá trị nhỏ nhất 12 P = khi và chỉ khi 2 2 z y x = = .

Së gi¸o dôc & ®µo t¹o Thõa thiªn huÕ

Trường THPT 80 Nguyễn Huệ

®Ò chÝnh thøc

Kú thi tuyÓn sinh CHUNG quèc GIA

N¨m häc 2014-2015

Môn thi : To¸n (120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

---------------------------------------

Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 2

32

x

xy có đồ thị (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số(C)

2. Cho đường thẳng d: mxy 2 . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt

với mọi s ố th ự c m . Gọ i ,1k 2k l ần lư ợt l à h ệ số gó c c ủa t i ếp tu yế n củ a (C )

t ạ i A v à B. Tìm m đ ể P = 2014 2014

1 2k k đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác: cos 2x sin x cosx 0

2. Giải hệ phương trình:

10)1(4)19(

1

11913

223

2

xxyx

xxyxy

Câu III (2,0 điểm) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, 0AS 90 ,B SAC

0120BSC . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách từ điểmC đến mặt phẳng ( )SAB

theo a.

Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm 1;2A và 4;3B . Tìm

tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 045 .

Câu V (1,0điểm) Chứng minh rằng nếu ,x y là các số thực dương thì

2 2

1 1 1

11 1 xyx y

- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh ................................................................Số báo danh ...............................................

Câu I 1. Khảo sát tự làm 2. Nội dung Điểm

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

mxx

x

2

2

32

(*)023)6(2

22 mxmx

x

0,5

Xét phương trình (*), ta có: Rm ,0 và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn

cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

0,5

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

22

221

1)1(

1,

)1(

1

xk

xk , trong đó 1x , 2x là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy

4

422

1

22

1.

2

2121

2

2

2

1

21

xxxxxx

kk (k1>0, k2>0)

0,5

Có P = 2014 2014 2014 20151 2 1 2

k k 2. k k 2 , do dó MinP = 22015 đạt được khi

2

2

2

122

21

21 )2()2()2(

1

)2(

1

xx

xxkk

do 1x , 2x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2

x1 + x2 = - 4 m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,5

Câu II 1. Nội dung Điểm

2 2cos 2x sin x cosx 0 cos x sin x (cos x sin x) 0 0,5

(cos x sin x)(cos x sin x 1) 0 0,5

2.cos x 0cosx sinx 0 4

cosx sinx 1 02 cos x 1

4

0,5

x kx k4 2

43

x k2 x k24 4

3 x k2x k2 2

4 4

0,5

2. Nội dung Điểm

ĐK: 0x NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0

PT (1) x

xxyyy

11933 2

1111

1)3(33

2

2

xxxyyy (3)

0,5

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 12 t , t > 0.

Ta có: f’(t) = 1 + 1

12

22

t

tt >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) f(3y)= f

x

1 3y =

x

1

0,5

Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 xxxx

Đặt g(x)= 10).1(4 223 xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0

g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,5

Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

Với x =1y =3

1

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;3

1).

0,5

Câu III Dùng Đlý hàm số Cosin

tính được: MN = 32a

0,25

AM= 22a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam giác AMN vuông tại A.

0,25

N

M

S

C

B

A

H

N

M

A

S

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.

)(AMNSH ; tính được SH = a.

0,5

Tính được 3

22 3

.

aV AMNS

0,25

3

1

.

.

.

. SCSB

SNSM

V

V

ABCS

AMNS 3. 22 aV ABCS

0,25

Vậy 3

.

2

3 6 2( ;( )) 2 2

3S ABC

SAB

V ad C SAB a

S a

0,5

Câu IV

Giả sử tọa độ của ;0M x . Khi đó 1 ;2 ; 4 ;3MA x MB x

.

Theo giả thiết ta có 0. . .cos 45MA MB MA MB

0,25

2 2

2 2 2

21 4 6 1 4. 4 9.

2

25 10 2 5. 8 25.

2

x x x x

x x x x x x

0,25

22 2 2 2

4 3 2

2

2 5 10 2 5 8 25 (do 5 10 0)

10 44 110 75 0

1 5 4 15 0 1; 5

x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

0,25

Vậy ta có hai điểm cần tìm là 1;0M hoặc 5;0M 0,25

Câu V Do , 0x y nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

2 2 2 2

1 1 1 1 1x y xy x y

0,25

2 2 2 22 2 2 1 1 2 1 2x y x y xy x x y y 0,25

2 21 0xy x y xy , bất đẳng thức này luôn đúng.

Dấu bằng xảy ra khi 1x y

0,25 0,25