1. Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
Cho hàm số: 4 2
y x 2mx 1 (1)  
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1. 
2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có
bán kính bằng 1.
Câu II:
1) Giải hệ phương trình:
1 xy xy x
1 1
y y 3 y.
x x x
   


  

2) Giải phương trình:
2
4
2
1 tan x
16cos x 4. 2sin 4x.
4 1 tan x
  
   
 
Câu III:
1) Tính tích phân: 2x 2
0
I e sin xdx.

 
2) Tính tổng: 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 0
2011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2 .    
Câu IV:
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần
lượt nằm trên SB và SD sao cho
SN SP 2
SB SD 3
  . Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần. Tính
tỉ số thể tích của hai phần đó.
Câu V:
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1.   Chứng minh rằng:
   
3 3
a b b c c a .
18 18
     
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):
2 2
x y
1,
16 4
  nhận điểm  A 0;2 là đỉnh và trục tung làm
trục đối xứng.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng
     1 2 3
x 1 y 2 z x 2 y z 1 x y z 1
d : ; d : ; d :
1 2 2 2 2 1 2 1 1
    
     
 
sao cho M, N, P thẳng hàng đồng
thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP.
Câu VII.a:
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả
lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn
lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8 điểm trở lên.
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

2. B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): 2
y 2x, nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục
hoành Ox làm trục đối xứng.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz:
- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  1
x 1 y 2 z 3
d :
1 2 3
  
  và  2
x 2 t
d : y 1 t
z t
 

  
 
;
- Tính góc giữa đường thẳng  3
x 2 y 1 z 3
d :
4 1 2
  
 

với mặt phẳng  : x y z 2 0.    
Câu VII.b:
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án,
trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu
còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó chỉ đạt 7 điểm trở
xuống.
HHHƯƯƯỚỚỚNNNGGG DDDẪẪẪNNN GGGIIIẢẢẢIII VVVÀÀÀ ĐĐĐÁÁÁPPP SSSỐỐỐ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
1) Tự giải
2)  3 2
y' 4x 4mx 4x x m   
Đồ thị hàm số có 3 cực trị y' 0  có 3 nghiệm phân biệt m 0 
Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là:  M 0;1 ,  2
N m; m 1  ,  2
P m; m 1  
Vì tam giác MNP cân tại M và N, P đối xứng qua trục Oy nên tâm đường tròn đi qua 3 điểm này nằm
trên trục tung Oy.
Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có dạng (C):  
22
x y b 1  
 
 
 
   
2
22
b 0
1 b 1M C b 2
N C
m m b 1 1 2
 
      
 
   
 Với b = 0, (2)         
2 22
m 1 m 1 0 m 1 1 m 1 m 1 0           
 
 3 2 2
m 1
m 0
m m m 0 m m m 1 0 1 5
m
2


            

So sánh điều kiện ta nhận được m = 1,
1 5
m
2
 

 Với b = 2, (2)      
22 4 2
0m 1 m 1 0 m 2m m 0 VN        
Vậy m = 1 hoặc
1 5
m
2
 

Câu II:
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

3. 1)
1 xy xy x
1 1
y y 3 y.
x x x
   


  

Điều kiện: x 0, y 0 
Hệ đã cho tương đương:
 
1 xy xy x
1 xy xy x 1 3 xy
   

  
Đặt  t xy, t 0 
Ta có hệ:
 
   
2
3
1 t t x 1
1 t x 1 3t 2
   

  
Từ (1), (2) ta có:   
 
3 2 3 2
2
0
t 0
1 t 1 t t 1 3t 2t 4t 4t 0
t 2t 2 0 VN

             
Với t = 0, từ (1) x 1 y 0   
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0)
2)  
2
4
2
1 tan x
16cos x 4. 2sin 4x 1
4 1 tan x
  
   
 
Điều kiện:  cosx 0 x k , k Z
2

     
Ta có: 2 cos x cos x sin x
4
 
   
 
,  
2
1 sin 2x cos x sin x  
Khi đó:      4 2 2
1 4 cos x sin x 4. cos x sin x 4sin 2x.cos2x    
    
     
 
 
4 2 2
4 3
3
cos x sin x cos x sin x 1 sin 2x
cos x sin x cos x sin x cos x sin x
sin x. cosx sin x 0
x k
sin x 0 x k
k Z
cos x sin x 0 tan x 0 x k
4
    
    
  
 
               

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:  
x k
k Z
x k
4
 
    

Câu III:
1) 2x 2
0
I e sin xdx.

 
Đặt 2
u sin x du sin 2xdx  
2x 2x1
dv e dx v e
2
  
2x 2 2x 2x
0 0 0
1 1 1
I e sin x e sin2xdx e sin2xdx
2 2 2
  
     (1)
Đặt 1 1u sin 2x du 2cos2xdx  
2x 2x
1 1
1
dv e dx v e
2
  

4. 2x 2x 2x
0 0 0
1 1 1
I e sin 2x e cos2xdx e cos2xdx
4 2 2
  
    
Đặt 2 2u cos2x du 2sin 2xdx   
2x 2x
2 2
1
dv e dx v e
2
  
 2x 2x 2 2x
0 0 0
1 1 1 1
I e cos2x e sin2xdx e 1 e sin2xdx
4 2 4 2
  

      (2)
Từ (1) và (2) suy ra:    2 21 1
I e 1 I I e 1
4 8
 
     
Vậy  21
I e 1
8

  .
2) 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 0
2011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2    
2011 2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112 3 2011
1 1 1 1
2 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2
 
     
 
Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn:
 
n 0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n1 x C xC x C x C ... x C      
Lấy đạo hàm hai vế:
 
n 1 1 2 2 3 n 1 n
n n n nn 1 x 1C 2xC 3x C ... nx C
 
     
Nhân hai vế với x:
 
n 1 1 2 2 3 3 n n
n n n nnx 1 x 1xC 2x C 3x C ... nx C

     
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế:
     
n 2 n 1 2 1 2 2 2 2 3 2 n 1 n
n n n nn n 1 x 1 x n 1 x 1 C 2 xC 3 x C ... n x C
  
        
Tiếp tục nhân hai vế với x:
     
n 2 n 12 2 1 2 2 2 2 3 3 2 n n
n n n nn n 1 x 1 x nx 1 x 1 xC 2 x C 3 x C ... n x C
 
        
Thay
1
n 2011,x
2
  vào ta được:
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112 2 3 2011
1 3 1 3 1 1 1 1
2011.2010. . 2011. . 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2 2 2 2 2
   
        
   
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112011 2 3 2011
2011 2 1 2 2 2 3 2 2011 2009 2010
2011 2011 2011 20112 3 2011
2011 2
2
2011.2010.3 2011.3 1 1 1 1
1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 1 C 2 C 3 C ... 2011 C 2011.2010.3 2011.3
2 2 2 2
2 1 C

     
 
       
 
 1 2 2 2 3 2 2011 2009
011 2011 2011 20112 3 2011
1 1 1 1
2 C 3 C ... 2011 C 3 .2011.2013
2 2 2 2
 
     
 
Vậy 2009
S 3 .2011.2013
Câu IV:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm SO và AM.
Ta có AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác SAC
 I là trọng tâm tam giác SAC.
SI 2
SO 3
 

5. Mà
SN SP 2
SB SD 3
 
SI SN SP
NI / /BD, NP//BD
SO SB SD
   
N,I,P thẳng hàng
 I MNP 
Mà A, I, M thẳng hàng  A MNP 
Như vậy giao tuyến của (MNP) với hình chóp là tứ giác ANMP
Giao tuyến này chia hình chóp thành 2 phần:
- Phần 1 là hình chóp S.ANMP
- Phần 2 là hình chóp cụt ANMP.ABCD
S.ANMP S.ANM S.AMP S.ABC S.ADC S.ABCD S.ABCD S.ABCD
SN SM SP SM 2 1 1 2 1 1 1
V V V . .V . .V . . V . . V V
SB SC SD SC 3 2 2 3 2 2 3
      
ANMP.ABCD S.ABCD S.ANMP S.ABCD S.ABCD S.ABCD
1 2
V V V V V V
3 3
    
Vậy S.ANMP
ANMP.ABCD
V 1
V 2

Câu V:
Không mất tính tổng quát giả sữ c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c.
Vì a c 0  , b c 0  nên:     
a c a
a c b c ab 1
b c b
 
   
 
 Nếu a b thì:       a b b c c a a b a c b c       
Vì c 0 , mà a b c 1   nên suy ra:  a b 1 a 1 b 2    
Từ (1) và (2) ta có:     a c b c b 1 b   
Từ (2) suy ra: a b 1 2b  
Suy ra:       a b a c b c b 1 b 1 2b     
Xét hàm số      3 2
f x x 1 x 1 2x 2x 3x x      , với  x 0;1
  2
f ' x 6x 6x 1    
3 3
f ' x 0 x
6

   
So sánh    f 0 f 1 0, 
3 3 3 3 3 3
f ,f
6 18 6 18
    
        
   
 
3
Maxf x
18
 
  3 2 3
f x 2x 3x x
18
      x 0;1 
   
3
a b a c b c
18
    
Như vậy:        
3
a b b c c a a b a c b c
18
         
Dấu”=” xảy ra khi:
3 3 3 3
a ,b ,c 0.
6 6
 
  
 Nếu a b thì:       a b b c c a b a a c b c      

6. Vì c 0 , mà a b c 1   nên suy ra:  a b 1 b 1 a 3    
Từ (1) và (3) ta có:     a c b c a 1 a   
Từ (3) suy ra: b a 1 2a  
Suy ra:       a b a c b c a 1 a 1 2a     
Xét hàm số      3 2
f x x 1 x 1 2x 2x 3x x      , với  x 0;1
  2
f ' x 6x 6x 1    
3 3
f ' x 0 x
6

   
So sánh    f 0 f 1 0, 
3 3 3 3 3 3
f ,f
6 18 6 18
    
        
   
 
3
Maxf x
18
 
  3 2 3
f x 2x 3x x
18
      x 0;1 
   
3
b a a c b c
18
    
Như vậy:        
3
a b b c c a b a a c b c
18
       
Dấu”=” xảy ra khi:
3 3 3 3
a ,b ,c 0.
6 6
 
  
Vậy    
3 3
a b b c c a
18 18
     
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1)
Điểm B, C đối xứng với nhau qua trục tung nên B, C có tọa độ:    0 0 0 0B x ;y , C x ;y , với 0x 0
Độ dài cạnh tam giác đều: 0a 2x
Độ dài đường cao: 0h 2 y 
Ta có: 0 0 0 0
a 3
h 2 y x 3 y 2 x 3
2
      
   0 0 0 0B x ;2 x 3 , C x ;2 x 3   
Điểm  B E 
   2
02
0 20
0 0
0
x 0 loai2 x 3x
1 13x 16 3x 0 16 316 4 x
13
       
 

16 3 22 16 3 22
B ; , C ;
13 13 13 13
    
       
   
Diện tích tam giác đều:
2
2
a 3 3 32 3 768 3
S .
4 4 13 169
 
    
 
2)      1 2 3
x 1 y 2 z x 2 y z 1 x y z 1
d : ; d : ; d :
1 2 2 2 2 1 2 1 1
    
     
 

7.    1M d M 1 m;2 2m; 2m    
   2N d N 2 2n;2n;1 n   
   3P d P 2p;p;1 p  
N là trung điểm MP
m 15
m 2p 1 4n 4 m 4n 2p 3
19
2m p 2 4n 2m 4n p 2 n
2
2m p 1 2n 2 2m 2n p 1
p 10
 
           
            
              
 M 14; 28;30   ,
21
N 17; 19;
2
 
  
 
,  P 20; 10; 9  
Suy ra:
39
MN 3;9;
2
 
  
 

 MP 6;18; 39  

Ta thấy:
1
MN MP
2

 
, như vậy M, N, P thẳng hàng
Vậy các điểm M, N, P cần tìm là:  M 14; 28;30  ,
21
N 17; 19;
2
 
  
 
,  P 20; 10; 9  
Câu VII.a:
Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm
Thí sinh này đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng:
8 6,4
8
0,2

 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại.
Nghĩa là thí sinh này phải chọn sai 0, 1 hoặc 2 câu.
Gọi X = n là biến cố chọn sai n câu của thí sinh này.
Mỗi câu có 4 phương án nên   10
N 4  cách chọn.
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu.
- Chọn sai 0 câu:   0 0
10N X 0 3 .C 
- Chọn sai 1 câu:   1 1
10N X 1 3 .C 
- Chọn sai 2 câu:   2 2
10N X 2 3 .C 
     
     
 
0 0 1 1 2 2
10 10 10
10 10
N X 0 N X 1 N X 2 3 .C 3 .C 3 .C 436
P P X 0 P X 1 P X 2
N 4 4
      
        

Vậy xác suất thí sinh này đạt 8 điểm trở lên là: 10
436
P
4

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1)
Đỉnh parabol là O(0;0)
Điểm A, B đối xứng với nhau qua trục tung nên A, B có tọa độ:    0 0 0 0A x ;y , B x ; y , với 0y 0
Độ dài cạnh tam giác đều: 0a 2y
Độ dài đường cao: 0h x
Ta có: 0 0
a 3
h x y 3
2
  
   0 0 0 0A y 3;y , B y 3; y 

8. Điểm  B P 
 02
0 0
0
y 0 loai
y 2y 3
y 2 3
 
  

   A 6;2 3 , B 6; 2 3 
Diện tích tam giác đều:  
2 2a 3 3
S . 2 3 3 3
4 4
  
2)
- Đường thẳng (d1) đi qua A(1;2;3) có vectơ chỉ phương  1a 1;2;3

Đường thẳng (d2) đi qua B(2;-1;0) có vectơ chỉ phương  2a 1;1;1 

Phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) có:  P 1 2n a ,a 1; 4;3     
  
hay  Pn 1;4; 3 

       P : x 1 4 y 2 3 z 3 0       hay  P : x 4y 3z 0  
Vậy        1 2
2 4 0 26
d d , d d B, P
131 16 9
 
  
 
- Đường thẳng (d3) đi qua M(-2;1;3) có vectơ chỉ phương    3 3
x 2 4t
a 4;1; 2 d : y 1 t
z 3 2t
  

    
  

Mặt phẳng : x y z 2 0.    
Giao điểm N của (d3) với (P):
2 6 9 17
2 4t 1 t 3 2t 2 0 t N ; ;
7 7 7 7
 
            
 
Phương trình đường thẳng   đi qua M vuông góc   có dạng  
x 2 t
: y 1 t
z 3 t
  

  
  
Hình chiếu P của M xuống   là giao điểm của   với   :
2
2 t 1 t 3 t 2 0 t
3
         
4 5 7
P ; ;
3 3 3
 
  
 
Ta có:
2 2 2
6 9 17 2 21
MN 2 1 3
7 7 7 7
     
            
     
2 2 2
4 6 5 9 7 17 2 42
NP
3 7 3 7 3 7 21
     
            
     
Góc giữa đường thẳng (d3) với   là góc MNP :  NP 2 42 7 2
cosMNP .
MN 21 32 21
   .
Câu VII.b:
Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm
Thí sinh này đạt 7 điểm trở xuống thì phải chọn đúng :
7 6,4
3
0,2

 câu trở xuống trong tổng số 10 câu
còn lại.
Nghĩa là thí sinh này chọn đúng 0, 1, 2 hoặc 3 câu.
Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này.
Mỗi câu có 4 phương án nên   10
N 4  cách chọn.
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu.

9. - Chọn đúng 0 câu:   10 0
10N X 0 3 .C 
- Chọn đúng 1 câu:   9 1
10N X 1 3 .C 
- Chọn đúng 2 câu:   8 2
10N X 2 3 .C 
- Chọn đúng 3 câu:   7 3
10N X 3 3 .C 
       
       
 
10 0 9 1 8 2 7 3
10 10 10 10
10
N X 0 N X 1 N X 2 N X 3
P P X 0 P X 1 P X 2 P X 3
N
3 .C 3 .C 3 .C 3 .C
4
      
        

  

Vậy xác suất thí sinh này đạt 7điểm trở xuống là:
10 0 9 1 8 2 7 3
10 10 10 10
10
3 .C 3 .C 3 .C 3 .C
P
4
  
