2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
-ý
Nội dung Điểm
I.1 *Tập xác định :
\ 1D
Tính 2
1
' 0
( 1)
y x D
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
*Hàm số không có cực trị
Giới hạn
1

x
lim y 1

x
lim y
2

x
lim y 2

x
lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x  1 
y’ - -
y
2


2
*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ)
0.25
0.25
0.25
0.25
I.2
* PT hoành độ giao điểm của dm: y = 1
2
x m
với (C) là :
2 1 1
1 2
xx m
x
2
1
5 2 2 2 0 1
x
x m x m
dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác
2
4 12 17 0
1 2 5 2 2 0
m m
m m
m
* Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1): 1 2 5 2
x x m
. Toạ độ giao điểm của dm với (C):
1 1 2 2
1 1
; , ;
2 2
A x x m B x x m
.Gọi I là trung điểm của AB thì 5 2 5 2
;
2 4
m m
I
* KA=KB 3
2
m
KI d m
0.25
0.25
0.25
0.25
II.1
Pt(1)
2
sin
2
cossin2
2
cos
2
cos
2
sin1
2
cos
2
sin4 xx
x
xxxxx
2
sin
2
cossin2
2
cossin
2
1
1
2
cos
2
sin4 xx
x
x
x
xx
01
2
cos2
0sin2
0
2
sin
2
cos
01
2
cos2)sin2(
2
sin
2
cos
x
x
xx
x
x
xx
+) x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2

+) 2xsin0xsin2 (vô nghiệm)
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com
3
+) 2cos 1 4
1 0 cos 4
2 2 2 3
x x
x k
(t/mđk)
Vậy nghiệm của phương trình là:
4
x k2 , x k 4 k
2 3
0.25
II.2
III
ĐK: x 0, Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có:
*
2 2
27 27
2 2 2 2 2
4 4
x x x x x x x x x
2
2 27
1 (*)
4
xx
x
VT(*) = f(x) có f’(x) =
2
10, 0
2x
x
xx
, f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng
0;
VP(*) = g(x) có g’(x) = 27 0, 0 ( )
2
là hàm đồng biến trên khoảng
0; .
phương trình (*) có không quá một nghiệm.
Mặt khác x = 2
3là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
3.
2
1 1
1
1 1
ln 1 ln 1 ln 1
x x x x
x
x x
x x x x x x x x
xe e xe d xe
I dx xe dx
xe xe
x xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C
0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
0,5
IV
Từ giả thiết AC = 2 3a; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a; BO = a. Gọi K là hình
chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO (ABCD).
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI
Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
3 2
a
OK
OK OA OD a a
.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
.
Diện tích đáy 2
4 2. . 2 3
DS
ABC ABO
S OA OB a
;
đường cao của hình chóp 2
a
SO .
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D D
S ABC ABC
a
V S SO
Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là
Tam giác SBO . Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBD) ta có os SBO
SAB
s
c
s
Ta có :
22
1 1 1
. , os arccos
2 4 4 4
SBO SAB
a
s OB SO SK a s a c
0.25
0.25
0.25
0.25
A
B C
O
I D
a
K
S
www.VNMATH.com
4
V
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức:
2
2 2
2
a b
a b
Ta có:
24
2 2
4 4
42 2 4 4
1 1 8 1
2 2 8
x y x y
P z z
x y z z
x y
Đặt
4
40 1
x y t
z
Khi đó ta có: 8 8
1 1 2
8 8
t t
Pt t
Xét hàm số
2
8 1 8
( ) 2 '( ) 0, 0;1
8 8
t
f t f t t
t t
Ta có f(x) nghịch biến trên
0;1
0;1
81
min (1) 8
tP f
Khi đó x = y = 2
z
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C )
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d1)
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d2) = 2 2 5R MB .
Khi đó ta có hệ: 3 4 24 25
2 6 5
x y
x y
Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu
TH1
1;1Ita có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25
TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.2
Đk: 2
9 3
0
0 0 log log
2 0
x y
y x x x
xy
Khi đó ta có hệ
2
2
2
3
y xy
x xy
2
22
1( ) 3
112
33
x y loai x
x y x y y
x xy x xy
(t/mđk)
0.25
0.25
0.5
VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được 4
6360A số có 4 chữ số khác nhau
Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là 2
33C
Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là 2
33C
Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
2 2
3 3
. .4! 216C C
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong
đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: 216 3
360 5
P
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.1
+
Tâm : 0;0
Ban kính : 2
C O
C R
. Gọi tọa độ
;0 , 0;A a B b với 0, 0a b .
0.25
www.VNMATH.com
5
+ Phương trình AB: 1 1 0
x y x y
a b a b
AB tiếp xúc (C)
2 2
2 2
1
, 2 2 2
1 1
ab
d O AB
a b
a b
(***)
2 2 2 2
2 2
22a OAB
a b a b S
a b b
OAB
S
nhỏ nhất khi a b.
Từ a b và (***) suy ra 2a b .
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0
2 2
x y
.
0.25
0.25
0.25
VIa.2 *Ta có ( )
AH BC BC AOH BC OH
AO BC
.
Tương tự AB OH Suy ra ( )OH ABC.
*Phương trình mp (ABC): 1 2 2 0
2 1 2
x y z x y z
*mp(ABC) có vtpt
1;2;1n
nên OH có vtcp (1;2; 1)u n
*Phương trình đường thẳng OH: 1 2 1
2 ; ;
3 3 3
x t
y t H
x t
Khoảng cách từ H tới Oy là 2
3
R
Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
x y z
0.5
0.25
0.25
VIIb Điều kiện: x> 0 ; BPT 2
2
2
2
4log log
2 4 20 0
xx
Đặt. 2
2
log
4x
y, y 1
0.25
. BPT trở thành y2 + y- 20 0 - 5 y 4.Do y 1nên ta có y 4 0.25
Khi đó ta có : 2
2
log 2
2 2
4 4 log 1 1 log 1
x
x x
12
2x
0.25
0.25
Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .
www.VNMATH.com