BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề ðỀ SỐ 01 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm) Cho hàm số 2 (1) 1 x m y mx − = + , v ớ i m là tham s ố th ự c khác không. a) Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị hàm s ố (1) khi m = 1. b) Xác ñị nh tham s ố m ñể ñườ ng th ẳ ng ( ): 2 2 d y x m = − c ắt ñồ thị hàm số (1) tại hai ñiểm phân biệt A, B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần diện tích tam giác OMN. Câu 2 (1,0 ñiểm) Giải phương trình: sin 2 (2cos 5) cos2 4sin 5cos 3 0 x x x x x − + + − + = . Câu 3 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 ( , ) 2 2 6 11 x y x xy y x y x y x y x x − + + + = + + ∈ − + − = − + ℝ . Câu 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân 1 2 0 2 1 1 x x xe I dx x e − = + ∫ . Câu 5 (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là ñiểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc ϕ tạo bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC). Câu 6 (1,0 ñiểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2012 1 2012 1 2012 1 x y z P x y z = + + + + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm (4; 1) A và ñường tròn 2 2 40 ( ): ( 2) ( 3) 3 T x y+ + − = . Viết phương trình ñường thẳng (d) cắt (T) tại hai ñiểm B, C sao cho tam giác ABC ñều. Câu 8.a (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), ñường cao BH nằm trên ñường thẳng 1 1 7 ( ) : 1 1 2 x y z d − − = = − và ñường trung tuyến CM nằm trên ñường thẳng 2 2 2 4 ( ): 1 2 1 x y z d − − − = = − . Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C. Câu 9.a (1,0 ñiểm) Một hộp ñựng 28 viên bi, trong ñó có 8 viên bi màu ñỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất ñể trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu ñỏ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại ñỉnh (2; 1) A và ñiểm ( 3; 4) M − thuộc ñoạn BC sao cho 4 BC BM = . Tìm t ọ a ñộ các ñỉ nh B và C. Câu 8.b (1,0 ñiểm) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxyz, cho hai ñườ ng th ẳ ng 1 2 3 3 ( ) : 1 2 2 x y z d − − − = = , 2 1 1 1 ( ): 1 2 2 x y z d − − − = = − và ñ i ể m A(2; 3; 1). Tìm t ọ a ñộ các ñ i ể m B thu ộ c (d 1 ) và C thu ộ c (d 2 ) sao cho , , A B C th ẳ ng hàng và tam giác BIC cân t ạ i I, v ớ i I là giao ñ i ể m c ủ a (d 1 ) và (d 2 ). Câu 9.b (1,0 ñiểm) Gi ả i ph ươ ng trình: 2 6 2 2 3 3 2 8 0 x x x x x − − + − + − − = . Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh:……………………………………………………; S ố báo danh:…………………… Ch ữ ký giám th ị 1: Ch ữ ký giám th ị 2: ðÁP ÁN Câu ðáp án ðiểm 1 (2,0 ñiểm) a . Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 1. Khi m = 1, hàm số (1) có dạng 2 1 1 x y x − = + TX ð : { } 2 3 \ 1 , ' 0, ( 1) y x x = − = > ∀ ∈ − ℝ D D Hàm s ố ñồ ng bi ế n trên các kho ả ng: ( ; 1) −∞ − và ( 1; ) − + ∞ 0,25 Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim ; lim x x y y − + →− →− = +∞ = −∞ ; ti ệ m c ậ n ñứ ng: x = −1 lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = ; ti ệ m c ậ n ngang y = 2 0,25 B ả ng bi ế n thiên: 0,25 ðồ th ị : 0,25 b) Xác ñị nh tham s ố m ñể ñườ ng th ẳ ng ( ): 2 2 d y x m = − c ắ t ñồ th ị hàm s ố (1) t ạ i hai ñ i ể m phân bi ệ t A , B và c ắ t các tr ụ c Ox , Oy theo th ứ t ự t ạ i M , N sao cho di ệ n tích tam giác OAB b ằ ng ba l ầ n di ệ n tích tam giác OMN . Ta có ph ươ ng trình hoành ñộ giao ñ i ể m gi ữ a d và ñồ th ị hàm s ố (1): 2 1 1 2 2 2 1 2 (2 2 )( 1) 2 2 1 0 x x x m x m m m mx x m x m mx x mx ≠ − ≠ − − = − ⇔ ⇔ + − = − + − − = Suy ra d cắt ñồ thị hàm số (1) tại 2 ñiểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình 2 2 2 1 0 x mx − − = có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m − . ðiều này tương ñương với: 2 2 2 2 2 1 1 1 0 2 2 1 0 ' 2 0 ' 2 0 m m m m m m + ≠ − − − − ≠ ⇔ ⇒ ∆ = + > ∆ = + > ñúng 0 m ∀ ≠ V ậ y 0 m ∀ ≠ , d luôn c ắ t (C) t ạ i 2 ñ i ể m phân bi ệ t A, B. 0,25 Ta có: + 2 2 ' | | ' 2 | | B A x x m a ∆ − = = ∆ = + 0,25 x y’ −∞ + ∞ y − 1 + + + ∞ 2 − ∞ 2 x y 1 2 − 1 −1 0 2 2 2 , 2 2 | | 2| | 2 2 A A B B B A B A y x m y x m y y x x m = − = − ⇒ − = − = + 2 2 2 ( ) ( ) 5( 2) B A B A AB x x y y m ⇒ = − + − = + + | 2 | [ ,( )] 5 m d O d = Di ệ n tích ∆OAB ñượ c tính b ở i: 2 2 1 1 | 2 | . [ ,( )] 5( 2). | | 2 2 2 5 OAB m S AB d O d m m m = = + = + + Giao ñ i ể m c ủ a ( d ) v ớ i các tr ụ c t ọ a ñộ l ầ n l ượ t là M ( m; 0) và N (0; − 2 m ). Di ệ n tích ∆ OMN ñượ c tính b ở i: 2 1 1 . | |.| 2 | 2 2 OMN S OM ON m m m = = = 0,25 Theo gi ả thi ế t: 2 2 2 2 4 2 1 1 3 | | 2 3 ( 2) 9 4 2 OAB OMN S S m m m m m m m m = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ± V ậ y 1 2 m = ± là k ế t qu ả c ủ a bài toán 0,25 2 (1,0 ñiểm) Gi ả i ph ươ ng trình: sin 2 (2cos 5) cos2 4sin 5cos 3 0 x x x x x − + + − + = . Phương trình tương ñương: 2 2 4sin .cos 10sin .cos 4sin 2cos 5cos 2 0 x x x x x x x − + + + − + = 2 2 2sin (2cos 5cos 2) 2cos 5cos 2 0 x x x x x ⇔ − + + − + = 0,25 2 2 2sin 1 0 (1) (2cos 5cos 2)(2sin 1) 0 2cos 5cos 2 0 (2) x x x x x x + = ⇔ − + + = ⇔ − + = 0,25 2 1 6 (1) sin ( ) 7 2 2 6 x k x k x k π π π π = − + ⇔ = − ⇔ ∈ = + ℤ 0,25 (2) cos 2 x ⇔ = (loại), 1 cos 2 , ( ) 2 3 x x k k π π = ⇔ = ± + ∈ ℤ Vậy phương trình có các họ nghiệm 2 , 3 x k π π = ± + 7 2 , 2 ( ) 6 6 x k x k k π π π π = − + = + ∈ ℤ 0,25 3 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 (1) 2 2 6 11 (2) x y x xy y x y x y x x − + + + = + + − + − = − + ðK: 2, 2 x y ≤ ≤ Xét phương trình (1): 3 2 2 3 2 3 2 3 3 (1) 3 3 3 3 2 3 3 1 3 3 1 ( 1) ( 1) x x y x y x x x y y y x y ⇔ + − = + + ⇔ − + − = + + + ⇔ − = + 1 1 2 x y y x − = + ⇔ = − Thay 2 y x = − vào phương trình (2) ñược: 2 2 4 6 11 x x x x− + − = − + (3) 0,25 ,a b ∀ ∈ ℝ ta luôn có bất ñẳng thức ñúng: 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2( ) ( ) | | 2( ) a b a b a b a b a b − ≥ ⇔ + ≥ + ⇔ + ≤ + (*) và ñẳng thức chỉ xảy ra khi a = b Ghi chú: Thí sinh nếu sử dụng BðT BCS thì cũng phải CM 0,25 Áp dụng (*) ta có: 2 4 2( 2 4 ) 2 x x x x − + − ≤ − + − = . ðẳng thức chỉ xảy ra khi: 2 4 3 x x x − + − ⇔ = 0,25 Mặt khác: 2 2 6 11 ( 3) 2 2,x x x x − + = − + ≥ ∀ ∈ ℝ . ðẳng thức cũng chỉ xảy ra khi x = 3 Kết quả trên chứng tỏ pt (3) chỉ có một nghiệm x = 3 ⇒ y =1 Vậy hệ phương trình ñã cho có 1 nghiệm (3; 1) 0,25 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân 1 2 0 2 1 1 x x xe I dx x e − = + ∫ . Giải: 1 1 2 2 2 2 0 0 2 1 (2 ) (1 ) 1 1 x x x x x xe x x e x e I dx I dx x e x e − + − + = = = + + ∫ ∫ 0,25 1 1 2 2 0 0 (2 ) 1 1 x x x x e dx dx x e + = − + ∫ ∫ 0,25 1 2 1 2 0 0 (1 )' 1 x x x e dx x x e + = − + ∫ 0,25 1 2 0 ln|1 | 1 ln(1 ) 1 x x e e = + − = + − 0,25 5 (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là ñiểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc ϕ tạo bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC). Ta có ' ( ) A H ABC ⊥ ⇒ góc giữa AA’ với mp(ABC) là ' A AH Mặt khác do AA’//BB’ và góc giữa BB’ với mp(ABC) bằng 60 0 nên suy ra 0 ' 60 A AH = 0,25 Gọi I là trung ñiểm của BC. Từ giả thiết ∆ ABC vuông cân tại A, AB = AC = a và BH = 3 HC, ta suy ra ∆AIH vuông tại I có: 1 2 2 2 a AI BC= = , 1 2 4 4 a IH BC= = 2 2 2 2 2 2 10 4 16 4 a a a AH AI IH ⇒ = + = + = 0,25 T ừ ñ ó 0 10 30 ' .tan60 . 3 4 4 a a A H AH= = = và th ể tích kh ố i l ă ng tr ụ ABC.A’B’C’ ñượ c tính b ở i: 3 2 1 1 30 30 . ' . . ' . 2 2 4 8 ABC a a V S A H AB AC A H a= = = = ( ñ vtt) 0,25 Vì (ABC)//(A’B’C’) nên ϕ c ũ ng là góc gi ữ a hai m ặ t ph ẳ ng (A’BC) và (A’B’C’). G ọ i K là trung ñ i ể m c ủ a B’C’. Ta có: ' ( ' ' ') ' ' ' ' HA A B C HKA A K B C ϕ ⊥ ⇒ = ⊥ và cos ϕ ñượ c tính nh ư sau: Trong ∆A’HK có 2 2 2 2 30 2 38 ' 2 38 2 19 ' ' cos : 16 4 4 2 4 19 a a a A K a a HK A H A K HK ϕ = + = + = ⇒ = = = 0,25 6 (1,0 ñiểm) Cho ba s ố d ươ ng x, y, z th ỏ a mãn: x + y + z = 3. Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c: 2012 1 2012 1 2012 1 x y z P x y z = + + + + + . Ta có: 1 1 1 1 3 2012 1 2012 1 2012 1 2012 2012 1 2012 1 2012 1 x y z P x y z x y z = + + = − + + + + + + + + 0,25 60° K C' B' I A B C A' H Mặt khác, 1 1 1 9 3 2012 1 2012 1 2012 1 2012( ) 3 2013 x y z x y z + + ≥ = + + + + + + 0,25 Suy ra, 1 3 3 2012 3 1 3 . 2012 2013 2012 2013 2013 671 P ≤ − = = = 0,25 D ấ u b ằ ng x ả y ra khi và ch ỉ khi x = y = z = 1. V ậ y giá tr ị l ớ n nh ấ t c ủ a P b ằ ng 1 671 . 0,25 7a (1,0 ñiểm) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxy , cho ñ i ể m A (4; 1) và ñườ ng tròn 2 2 40 ( ) :( 2) ( 3) 3 T x y+ + − = . Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng (d) c ắ t (T) t ạ i hai ñ i ể m B, C sao cho tam giác ABC ñề u. ðườ ng tròn (T) có tâm I(-2;3), bán kính 2 30 3 R = Tam giác ABC ñề u nên ñườ ng th ẳ ng d vuông góc v ớ i IA và 3 [ ,( )] 2 d A d BC = 0,25 Ta có (6; 2) IA = − ⇒ vtpt c ủ a d là (3; 1) n = − ⇒ pt :3 0 d x y m − + = 0,25 2 11 3 3 40 ( 9) [ ,( )] .2 2 2 3 10 10 m m d A d BC + − = ⇔ = − 0,25 2 1 8 9 0 9 m m m m = − ⇔ − + = ⇔ = . Vậy :3 1 0 x y ∆ − − = hoặc 3 9 0 x y − + = 0,25 8.a (2,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), ñường cao BH nằm trên ñường thẳng 1 1 7 ( ) : 1 1 2 x y z d − − = = − và ñường trung tuyến CM nằm trên ñường thẳng 2 2 2 4 ( ): 1 2 1 x y z d − − − = = − . Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C. Từ giả thiết ta có: 1 1 1 1 ( ; 1 ; 7 2 ) B d B t t t ∈ ⇒ + − 0,25 2 2 2 2 (2 ; 2 2 ; 4 ) C d C t t t ∈ ⇒ + − + 0,25 + M là trung ñiểm của AB nên 1 1 1 3 3 ; ;5 2 2 t t M t + + − và M∈ d 2 nên: 1 1 1 1 3 3 2 2 5 4 2 2 1 1 2 1 t t t t + + − − − − = = ⇒ = − ⇒ B (1; 2; 5) 0,25 + 2 2 2 ( 1; 2 ; 1) AC t t t = − − + , d 1 có vtcp (1; 1; 2) a = − AC ⊥ d 1 nên 2 2 2 2 . 0 1 2 2 2 0 1 AC a t t t t = ⇔ − − − − = ⇔ = − ⇒ C(1; 4; 3) 0,25 9.a (1,0 ñiểm) Một hộp ñựng 28 viên bi, trong ñó có 8 viên bi màu ñỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất ñể trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu ñỏ. Cách 1: Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi trong 28 viên bi thì số phần tử không gian mẫu 4 28 | | 20475 CΩ = = 0,25 Gọi A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu ñỏ” ⇒ A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, không có viên bi màu ñỏ nào” . Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận lợi cho A là 4 20 4845 C = 0,25 4845 323 ( ) 20475 1365 P A ⇒ = = 0,25 Từ ñó 323 1042 ( ) 1 ( ) 1 1365 1365 P A P A= − = − = 0,25 Cách 2: Gọi ( 1,4) i A i = là biến cố: “trong 4 viên bi lấy ra, có i viên bi màu ñỏ” và A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu ñỏ” Khi ñó các A i là xung khắc và A= A 1 ∪A 2 ∪ A 3 ∪ A 4 0,25 Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận lợi cho A i là 4 8 20 . ( 1,4) i i C C i − = 0,25 Vậy 1 3 2 2 3 1 4 0 8 20 8 20 8 20 8 20 . . . . 9120 5320 1120 70 1042 ( ) 20475 20475 1365 C C C C C C C C P A + + + + + + = = = 0,25 7.b (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại ñỉnh A(2; 1) và ñiểm M(-3; 4) thuộc ñoạn BC sao cho 4 BC BM = . Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C. Dựng hình vuông ABEC Ta có BK // AC và 4 BC BM = nên 3 MA MC MK MB = = ⇒ 3 AM MK = ⇒ 14 ;5 3 K − AB là ñườ ng th ẳ ng qua A, vtpt ( ; ) 0 n a b = ≠ ⇒ pt : ( 2) ( 1) 0 AB a x b y − + − = BE là ñườ ng th ẳ ng qua K và vuông góc v ớ i AB ⇒ pt 14 : ( 5) 0 3 BE b x a y + − − = 0,25 ( , ) ( , ) d M AB d M BE = ⇔ 2 2 2 2 5 9 2 0 5 3 3 6 7 0 b a a b a b a b a b a b + − = − + = ⇔ − = + + 0,25 TH1: 9a – 2b = 0, ch ọ n a = 2, b = 9. Ta ñượ c AB: 2x + 9y – 13 = 0, BE: 9x – 2y + 52 = 0 ⇒ 26 13 18 41 ; , ; 5 5 5 5 B C − 0,25 TH2: 6a – 7b = 0, ch ọ n a = 7, b = 6, ta ñượ c: AB: 7x + 6y – 20 = 0, BE: 6x – 7y + 63 = 0 ⇒ 14 33 18 19 ; , ; 5 5 5 5 B C − − − 0,25 8.b (2,0 ñiểm) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxyz cho hai ñườ ng th ẳ ng 1 2 3 3 : 1 2 2 x y z d − − − = = , 2 1 1 1 : 1 2 2 x y z d − − − = = − và ñ i ể m A(2; 3; 1). Tìm t ọ a ñộ ñ i ể m B trên d 1 và t ọ a ñộ ñ i ể m C trên d 2 sao cho A, B, C th ẳ ng hàng và tam giác BIC cân t ạ i I, v ớ i I là giao ñ i ể m c ủ a d 1 và d 2 . T ọ a ñộ I là nghi ệ m c ủ a h ệ pt: 2 3 3 1 2 2 1 1 1 1 2 2 x y z x y z − − − = = − − − = = − . Gi ả i h ệ tìm ñượ c I(1; 1; 1) Ta có : B ∈ d 1 ⇒ B(2 + t 1 ; 3 +2t 1 ; 3 + 2t 1 ) ; C ∈ d 2 ⇒ C(1 + t 2 ; 1 + 2t 2 ; 1 −2 t 2 ) , ð K: B khác I, C khác I hay 1 2 1, 0 t t ≠ − ≠ Theo yêu c ầ u c ủ a ñề bài ta ph ả i có (1) [ , ] 0 (2) IB IC AB AC = = 0,25 Xét (1): 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 (1) ( 1) (2 2) (2 2) 4 4 9 18 9 9 t t t t t t t t t ⇔ + + + + + = + + ⇔ + + = 2 1 2 2 1 2 2 1 1 ( 1) 1 t t t t t t = + ⇔ + = ⇔ = − − 0,25 M B E A C K Xét (2): Vậy 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 4 4 4 0 (2) 2 1 0 4 2 2 2 0 t t t t t t t t t t t t − + − + = ⇔ ⇔ − + − = − + − = (3) Từ ñó có 2 trường hợp: TH1: 2 1 1 t t = + , thay vào (3) ñược: 2 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) 1 1 0 2 2 0 0 t t t t t t t + − + + − = ⇔ + = ⇔ = (nhận), 1 1 t = − (loại) ⇒ 2 1 t = Suy ra: B(2; 3; 3) và C(2; 3: −1) 0,25 + TH2: 2 1 1 t t = − − , thay vào (3) ñược: 2 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) 1 1 0 2 4 2 0 1 t t t t t t t − − − − − − = ⇔ + + = ⇔ = − (loại) Vậy B(2; 3; 3) và C(2; 3: −1) là ñáp số của bài toán. 0,25 9.b (1,0 ñiểm) Giải phương trình: 2 6 2 2 3 3 2 8 0 x x x x x − − + − + − − = Phương trình ñã cho tương ñương: 2 6 2 2 3 ( 6) 3 ( 2) x x x x x x − − + + − − = + + (1) 0,25 ðặt ( ) 3 t f t t = + thì pt (1) có dạng 2 ( 2 6) ( 2) f x f x − − = + (2) 0,25 Xét hàm số ( ) 3 t f t t = + , ta có: TXð: ℝ , '( ) 3 .ln3 1 0, t f t t = + > ∀ ∈ ℝ Chứng tỏ f(t) là một hàm ñồng biến trên ℝ . 0,25 Từ ñó pt (2) 2 2 2 6 2 2 8 0 4 x x x x x x x = − ⇔ − − = + ⇔ − − = ⇔ = Vậy pt có 2 nghiệm: x = −2, x = 4 0,25 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ; 2 ; 2 2) , ( 8 4 4 4; 4 2 2 2; 0) ( 1; 2 2; 2 ) AB t t t AB AC t t t t t t t t AC t t t = + ⇒ = − + − + − + − = − − − . BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Thời gian: 180 phút, không kể thời gian. 60° K C' B' I A B C A' H Mặt khác, 1 1 1 9 3 2012 1 2012 1 2012 1 2012( ) 3 2013 x y z x y z + + ≥ = + + + + + + 0,25 Suy ra, 1 3 3 2012 3 1 3 . 2012 2013 2012 2013 2013 671 P ≤ − = = = 0,25 D ấ u b ằ ng. 2 8 0 x x x x x − − + − + − − = . Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh:……………………………………………………; S ố báo danh:……………………