Ðề kiểm tra năng lực chuyên môn giáo viên năm học 2012 - 2013 môn: toán thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

ðỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
ðỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát ñề) 
Ngày kiểm tra: 06 tháng 4 năm 2013 
Câu 1 (2,0 ñiểm). 
Cho hàm số 3 23 3 2y x x x= − + − có ñồ thị (C). 
1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại ñiểm E có hoành ñộ bằng 1. 
2. Tìm tất cả giá trị của tham số k ñể ñường thẳng ( )2y k x= − cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt 
A(2; 0), B, D sao cho . 4 5MH BD = , biết H là hình chiếu của ñiểm M(1; 2) trên ñường thẳng BD. 
Câu 2 (2,0 ñiểm). 
1. Giải phương trình 2cos3 3 sin cos 0.x x x+ + = 
2. Giải hệ phương trình 
( )
( )
( )
2
2
2
1 1
3 12 13 174 26 42
,2 13 19 6
( 1)1 y x
y yx x
x x
x yx
x
x
y+ −
 + +
− +
− + − + =
∈− +

= + −
ℝ . 
Câu 3 (2,0 ñiểm). 
1. Tính tích phân 
2 3
2 ln 13 ln
e
e
xI x x dx
x
 
−
= + 
 
∫ . 
2. Tìm hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển nhị thức Newton ( )21 3 nx+ , biết rằng n là 
số nguyên dương thỏa mãn 3 22 100n nA A+ = , với knA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử. 
Câu 4 (2,0 ñiểm). 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm ( )5;5H , phương trình 
ñường thẳng chứa cạnh BC là 8 0x y+ − = . Biết ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ñi qua hai 
ñiểm ( ) ( )7;3 , 4;2M N . Tính diện tích tam giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng 2:
1 2 1
x y zd += =
−
 và mặt phẳng 
( ) : 2 1 0.P x y z+ + − = Gọi A là giao ñiểm của d và (P). Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua A, 
nằm trong (P) và tạo với d một góc bằng 030 . 
Câu 5 (1,0 ñiểm). 
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác ñều, AB a= . Gọi ϕ là góc giữa 
mặt phẳng ( )'A BC và mặt phẳng ( )' 'C B BC . Tính theo a thể tích khối chóp '. ' 'A BCC B biết 
3
cos
3
ϕ = . 
Câu 6 (1,0 ñiểm). 
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ( )2 2 22 3 9.a b c abc+ + + = Chứng minh rằng 
3a b c+ + ≤ . 
---------- HẾT ---------- 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ðỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
Môn: Toán 
Câu ðáp án ðiểm 
1.1 (1,0 ñiểm) 
TXð: D = ℝ 
2
' 3 6 3y x x= − + 0,25 
( ) ( )1 1, ' 1 0y y= − = 0,5 
Từ ñó tìm ñược phương trình tiếp tuyến là 1y = − 0,25 
1.2 (1,0 ñiểm) 
Ta có PT hoành ñộ giao ñiểm 
( ) ( )( ) ( )
( )
3 2 2
2
3 3 2 2 2 1 0 1
2
1 0 2
x x x k x x x x k
x
x x k
− + − = − ⇔ − − + − =
=
⇔ 
− + − =
0,25 
ðể ñường thẳng ( ): 2d y k x= − cắt ñồ thị tại A, B, D thì phương trình (1) phải có ba 
nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 2. 
( )
34 3 0
*4
4 2 1 0 3
k k
k k
∆ = − > > 
⇔ ⇔ 
− + − ≠  ≠
0,25 
Do A(2 ; 0) nên hoành ñộ B, D là nghiệm (2). Gọi ( )( ) ( )( )1 1 2 2; 2 , ; 2B x k x D x k x− − với 
x1, x2 là hai nghiệm của (2) . Ta có 
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
2 2 22 2 2
2 1 2 1 2 1
2
1 1 4 1 4 3
1 4 3
BD k x x k x x x x k k
BD k k
 = + − = + + − = + −
 
⇒ = + −

Ta có ( )
2 2
2 2 2
,
1 1
k k k
MH d M BD
k k
− − +
= = =
+ +
0,25 
1 
(2,0 ñiểm) 
 Theo giả thiết 
( )( )
( )( ) ( )
2
2
3 2 2
2
. 4 5 . 1 4 3 4 5 2 4 3 4 5
1
4 13 4 92 0 2 4 21 46 0 2 / (*)
k
MH BD k k k k
k
k k k k k k k t m
+
= ⇔ + − = ⇔ + − =
+
⇔ + + − = ⇔ − + + = ⇔ =
Kết luận k = 2 là giá trị cần tìm. 
0,25 
2.1 (1,0 ñiểm) 
PT ⇔ cos cos3
3
x x
pi 
− =− 
 
 0,5 
⇔ cos cos( 3 )
3
x x
pi
pi
 
− = − 
 
 0,25 
2 
(2,0 ñiểm) 
⇔ ,
3 2
k
x kpi pi= + ∈ℤ . 
KL nghiệm của phương trình là ,
3 2
k
x kpi pi= + ∈ℤ 
0,25 
2.2 (1,0 ñiểm) 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
1 11 
3 12 13 174 26 42 1
2 13 19 6
 ( 1) 2y x
y yx
x x
x x
yx
x
+
−
 + +
− +
− + − + =
−
−
+

= +
ðK: 
24 26 42 0 73
1 0 2
11 0
x x
xy
yx
− + − ≥  ≤ ≤ 
+ > ⇔ 
  > −
− > 
Ta có 2 217 74 26 42 0, 2 13 19 2, 3;
8 2
x x x x x
 
− + − ≥ − ≤ − + ≤ − ∀ ∈   
2
2 2
2 2
2 13 17 24 26 42 4 26 42 1 3
2 13 19 2 13 19
x x
x x x x
x x x x
− +
− + − + = − + − + − ≥
− + − +
0,25 
Do ñó, ( ) ( )33 1 12 1 2 1 12 0 1 2 3y y y y y y+ + ≥ ⇒ + + + − ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ 0,25 
Với 3y ≥ ta có ( ) ( ) ( )ln 1 ln 12
1 1
x y
x y
− +
⇔ =
− +
Xét hàm số ( ) ( )ln , 0;ag a a
a
= ∈ +∞ 
( ) ( )21 ln' , ' 0ag a g a a ea
−
= = ⇔ = 
0,25 
Do ( ) ( ) ( ) ( )5 ln 2 ln 21 2; 1 2 ; 1 4 1 4
2 2 2
x g x g y g y g − ∈ ⇒ − ≥ = + ≥ ⇒ + ≤ =  
Từ ñó suy ra 3, 3x y= = 
Thử lại 3, 3x y= = thỏa mãn hệ phương trình. 
0,25 
3.1 (1,0 ñiểm) 
2 2 23 3
2 2ln 1 ln 13 ln 3 ln
e e e
e e e
x xI x x dx x xdx dx
x x
 
− −
= + = +  
 
∫ ∫ ∫ 0,25 
Tính 
2
2
1 3 ln
e
e
I x xdx= ∫ 
 ðặt 2
3
ln
3
dx
u x du
x
dv x dx
v x

= = 
⇒ 
= 
=
22
2 2 3 6 3 6 3
3 2 3 6 3
1
5 2ln ln 2
3 3 3
ee
e e
e e
e e
x e e e eI x x x dx x x e e − −⇒ = − = − = − − =∫ 
0,25 
Tính 
2 3
2
ln 1e
e
xI dx
x
−
= ∫ 
ðặt 3 23 ln 1 ln 1 3dxx t x t t dt
x
− = ⇒ = + ⇒ = 
ðổi cận 20; 1x e t x e t= ⇒ = = ⇒ = 
11 4
3
2
0 0
3 33
4 4
tI t dt⇒ = = =∫ 
0,25 
3 
(2,0 ñiểm) 
6 3
1 2
20 8 9
12
e eI I I − += + = 0,25 
3.2 (1,0 ñiểm) 
ðiều kiện , 3n n∈ ≥ℤ . 
5100)1(2)2)(1(100)!2(
!2)!3(
!1002 23 =⇔=−+−−⇔=
−
+
−
⇔=+ nnnnnn
n
n
n
nAA nn 
0,5 
∑
=
=+
10
0
10
10 3)31(
k
kkk xCx Số hạng chứa x5 tương ứng k = 5 . 
Vậy hệ số của số hạng chứa x5 là 612363. 5510 =C 
0,5 
4.1 (1,0 ñiểm) 
H'
y
xO
H
N
M
C
B
A
Gọi H’ là ñiểm ñối xứng với H qua BC. 
Phương trình HH’: 0x y− = . 
Khi ñó, giao ñiểm của HH’ và BC là ( )4;4I . 
Suy ra tọa ñộ ñiểm ( )' 3;3H . 
0,25 
Chứng minh ñược H’ nằm trên ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Gọi Pt ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( )2 2 2 22 2 0 0x y ax by c a b c+ + + + = + − > 
Do M, N, H’ thuộc ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 
2 2
2 2
2 2
7 3 14 6 0 5
3 3 6 6 0 4
364 2 8 4 0
a b c a
a b c b
ca b c
 + + + + = = −
 
+ + + + = ⇔ = − 
 
=+ + + + = 
Phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( )2 2 10 8 36 0x y x y C+ − − + = 
0,25 
Vì ( ) ( )' 6;6A HH C A= ∩ ⇒ (vì 'A H≡ ) 
{ } ( );B C BC C= ∩ ⇒Tọa ñộ B, C là nghiệm của phương trình 
2 2
3
510 8 36 0
8 0 6
2
x
yx y x y
x y x
y
 =

= + − − + = ⇔ + − = = 
=
0,25 
4 
(2,0 ñiểm) 
3 2BC⇒ = 
Diện tích tam giác ABC là 
( ) 6 6 81 1, . .3 2 6
2 2 2ABC
S d A BC BC + −= = = (ñvdt) 
0,25 
4.2 (1,0 ñiểm) 
Tọa ñộ ñiểm ( )1;0; 1A − 
Gọi 2 2 2( ; ; ), 0u a b c a b c= + + ≠

là một vectơ chỉ phương của ∆ . 
Vì ( )P∆ ⊂ nên . 0Pu n∆ =
 
 hay ( )2 0 2 ; ; 2a b c c a b u a b a b+ + = ⇒ = − − ⇒ − − 
0,25 
Do ∆ tạo với d góc 300 nên ( )
( )22 2
2 2 3
cos ,
26 2
a b a bd
a b a b
+ + +
∆ = =
 + + +
 
 0,25 
Từ ñó ta ñược ( )2 2 2 22 5 4 2 3 0 0a b a ab b a a b c+ = + + ⇔ = ⇔ = ⇒ = − 0,25 
Vậy phương trình của ( )
1
:
1
x
y t t
z t
=
∆ = ∈

= − −
ℝ 
0,25 
5 (1,0 ñiểm) 
Gọi x là ñộ dài cạnh bên của lăng trụ, O là tâm của tam giác ABC, I và M lần lượt là 
trung ñiểm của BC và B’C’. 
Ta có ( )
2
23
' , ' , ' ; .
2 4
a aA O ABC A M AI A I x IM x⊥ = = = − = 
( )

0
'
'
' 180 '
AI BC A IM
BC A AIM
A O BC A IM
ϕ
ϕ
⊥ =
⇒ ⊥ ⇒  ⊥  = −
0,25 
TH1: 'A IMϕ = 
M
O
I
C
BA
C'
B'A'
Theo ñịnh lí Cosin ta có 
4 2 2 4
2 2 2
2 2 2 2
2
8 11 3 03 12. .
4 4 43
2
x a x a
a a a
x x x x x aa
x
 − + =

= − + − − ⇔ ⇔ =
≥

3
'. ' ' '.
2 22 ' .
3 6A BCC B A ABC ABC
aV V A O S= = = (ñvtt). 
0,5 
5 
(1,0 ñiểm) 
TH2: 0180 'A IMϕ = − 
Theo ñịnh lí Cosin ta có 
4 2 2 4
2 2 2
2 2 2 2
2
8 11 3 03 1 62. .
4 4 4 43
2
x a x a
a a a a
x x x x xa
x
 − + =

= − + + − ⇔ ⇔ =
≤

 . 
3
'. ' ' '.
2 22 ' .
3 24A BCC B A ABC ABC
aV V A O S= = = (ñvtt). 
Lưu ý: Nếu thí sinh chỉ làm ñược một trường hợp thì cả bài chỉ cho 0,5 ñiểm. 
0,25 
6 (1,0 ñiểm) 
Giả sử 3a b c+ + > . Khi ñó, ta có 
( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 3
18 1881 819 2 3
9 27
a b c a b cabc abc
a b c abc
a b c a b c
+ + + +
= + + + = + > +
+ + + +
0,25 
Từ ñó suy ra 
( )( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
32 2 22 9
0
+ + + + + < + +
⇔ − − + − − + − − <
a b c a b c abc a b c
a a b a c b b a b c c c a c b
0,25 
ðiều này vô lý vì ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )0 * , , , 0a a b a c b b a b c c c a c b a b c− − + − − + − − ≥ ∀ ≥ 
Thật vậy, do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a b c≥ ≥ . 
0,25 
6 
(1,0 ñiểm) 
Khi ñó 
( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )22 2
0
0
c c a c b
a a b a c b b a b c a b a ac b bc a b a b c
− − ≥
− − + − − = − − − + = − + − ≥
Nên (*) luôn ñúng với mọi a, b, c không âm. 
Vậy 3a b c+ + ≤ 
0,25 
ĐỀ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI NĂM HỌC 2011-2012
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: Giải các phương trình:
a) 3
√
24 + x+
√
12− x = 6
b) log27(x
2 − 5x+ 6)3 = 1
2
log√3
x− 1
2
+ log9(x− 3)2
Câu 2:
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:P = 2
√
x+ y với x ≥ 0, y ≥ 0và x2 + y2 = 2
b) Chứng minh rằng tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn:
tan
A
2
+ 2 tan
B
2
= 3 tan
C
2
thì cosA+ 2 cosB = 3 cosC
Câu 3: Hình chóp S.ABC có SA = SB = 3a, SC = a và ÂSB = B̂SC = ĈSA = 600 Tính thể tích
khối chóp đó theo a
Câu 4:Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho 2 điểm A(−1; 1) và B(2; 1).
Tìm điểm C trên trục hoành sao cho chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5: Tam giác ABC không nhọn có các góc thỏa mãn đẳng thức:(
1 +
sinB
sinA
)(
1 +
sinA
sinC
)(
1 +
sinC
sinB
)
= 4 + 3
√
2
Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?
———————–Hết———————–
SÔÛ GD – ÑT BÌNH ÑÒNH KYØ THI GIAÙO VIEÂN DAÏY GIOÛI THPT CAÁP TÆNH 
 ---------------- NAÊM HOÏC 2004 – 2005 
 ÑEÀ THI KIEÁN THÖÙC BOÄ MOÂN 
 Ñeà chính thöùc Moân : TOAÙN 
 Thôøi gian laøm baøi: 120 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà) 
 Ngaøy thi: 06 – 11 – 2004 
 ---------------------------------------------------------- 
Baøi 1 : (2,0 ñieåm). 
 Chöùng minh raèng, vôùi moïi soá töï nhieân N  1 , ta coù: 
 
 
N
n
nnn1 2).1(
1
 < 1 – ln2 
Baøi 2 : (2,0 ñieåm). 
 Caùc haøm soá tuaàn hoaøn f(x): R  R vaø g(x): R  R thoûa maõn 
x
lim (f(x) – g(x) ) = 0 . 
Chöùng minh raèng f(x) = g(x) vôùi moïi soá thöïc x. 
Baøi 3: (3,0 ñieåm). 
Cho tam giaùc nhoïn ABC coù caùc ñöôøng cao laø AD, BE, CF . Goïi R laø baùn kính ñöôøng 
troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC vaø r laø baùn kính ñöôøng troøn noäi tieáp tam giaùc DEF . Chöùng minh 
raèng: 
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C = 2 + 
R
r
Baøi 4: ( 3,0 ñieåm). 
 Trong tieát luyeän taäp toaùn, giaùo vieân ra ñeà : 
 Goïi (x, y) laø nghieäm cuûa heä phöông trình: 
 x + y = 2a – 1 
 x + y
2
 = a
2
 + 2a - 3 
 Xaùc ñònh a ñeå tích xy nhoû nhaát? 
 - Moät hoïc sinh giaûi nhö sau: 
 Töø heä phöông trình ñaõ cho ta coù: 
 (x + y)
2
 – 2xy = a2 + 2a – 3 
 ( 2a – 1)2 – 2xy = a2 + 2a – 3 
  xy = 
2
3
(a – 1)2 + 
2
1
  
2
1
. 
 Do ñoù xy ñaït giaù trò nhoû nhaát khi a = 1. 
 - Anh (chò) haõy cho bieát lôøi giaûi treân ñuùng hay sai? Vì sao? Neáu sai, anh (chò) haõy giaûi laïi cho 
ñuùng. 
 ------------------------Heát-------------------------- 
ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2012 – 2013 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu I (2 ñiểm): 
Cho hàm số ( )2 1 .
1
xy C
x
+
=
−
1) Khảo sát hàm số và vẽ ñồ thị ( ).C 
2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến ñó song song với ñường 
thẳng 3 1 0.x y+ + = 
Câu II (2 ñiểm): 
1) Giải phương trình 21 cos (1 2cos )sin 2cos .x x x x+ + + = 
2) Giải bất phương trình 4 3.x x x− > − 
Câu III (3 ñiểm): 
1) Tìm ( )24 9( ) log log 1 .F x x x xdx= − −∫ 
2) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1.a b c+ + ≤ Chứng minh rằng 
( )3 3 32 2 2 4 4 49 3 .abc ab bc ca ab bc ca a b c
ab bc ca
+ + + + + + < + +
+ +
3) Cho số phức z thỏa mãn 1 2.z
z
+ = Tìm phần thực và phần ảo của số phức w 
cho bởi 2014 2014
1
.w z
z
= + 
Câu IV (1 ñiểm): 
Cho khối chóp ñều, có cạnh bên bằng 2, cạnh ñáy là (0 2),a a< < ñáy là ña 
giác ñều có n cạnh, với n là số nguyên dương thỏa mãn 2 2 2
2 3
1 1 1 3
... .
2
nC C C
+ + + = 
Tìm a ñể khối chóp ñã cho có thể tích lớn nhất. 
Câu V (2 ñiểm): 
1) Trong mặt phẳng Oxy cho ñường tròn ( ) 2 2: 4.C x y+ = Tìm ñiểm M trên 
trục Oy sao cho từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến ,MA MB tới ( )C ( ,A B là tiếp 
ñiểm) và góc giữa hai ñường thẳng ,MA MB là 060 . 
2) Trong không gian ,Oxyz viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 
(3; 2; 4),M − − song song với mặt phẳng ( ) : 3 2 3 7 0,P x y z− − − = và cắt ñường 
thẳng ,AB với (2; 4;1), (8;0;5).A B− 
============= HẾT ============= 
 ðÁP ÁN 
CÂU NỘI DUNG ðIỂM 
1) Tập xác ñịnh { }\ 1D = ℝ (lưu ý ghi kí hiệu ñúng { }\ 1 ,ℝ nếu ghi thành 
{ }\ 1R thì trừ 0.25 ñiểm). Và 23' 0, 1.( 1)y xx
−
= < ∀ ≠
−
0.25 
Các giới hạn: 
1 1
lim 2; lim ; lim .
x x x
y y y
+ −→±∞ → →
= = +∞ = −∞ 
ðồ thị hàm số có tiệm cận ñứng 1,x = tiệm cận ngang 2,y = tâm ñối xứng 
(1;2)I (nếu viết thành “hàm số có tiệm cận ñứng ...” thì trừ 0.25 ñiểm). 
0.25 
Bảng biến thiên 
x −∞ 1 +∞ 
'y 
 − − 
y 2 
 −∞ 
+∞ 
 2 
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác ñịnh, và không có cực trị (nếu kết 
luận hàm số nghịch biến trên TXð, hay trên { }\ 1ℝ , hay trên 
( ) ( );1 1; ,−∞ ∪ +∞ hoặc không kết luận về cực trị ... thì trừ 0.25 ñiểm). 
0.25 
ðồ thị 
0.25 
2) Vì tiếp tuyến song song với ñường thẳng 3 1 0x y+ + = nên tiếp tuyến có hệ 
số góc 3.k = − 0.25 
Tiếp ñiểm có tọa ñộ là nghiệm của hệ 
1 2
2
2 1
0, 11 (0; 1), (2;5).3 2, 53
( 1)
xy
x yx
M M
x y
x
+
=
= = −
− 
⇔ ⇒ − 
− = =
− =
 −
0.25 
Tiếp tuyến của (C) tại 1(0; 1)M − có phương trình 3( 0) 1y x= − − − hay 
3 1y x= − − . Nhưng ñường thẳng này bị loại vì trùng với ñường thẳng 
3 1 0x y+ + = (nếu viết phương trình ñường thẳng ở dạng 
3( 0) 1 3 1y x x= − − − = − − , hoặc không loại trường hợp này thì trừ 0.25 
ñiểm). 
0.25 
I 
Tiếp tuyến của (C) tại 1(2;5)M có phương trình 3( 2) 5y x= − − + hay 
3 11y x= − + (nếu viết phương trình ñường thẳng ở dạng 0.25 
3( 2) 11 3 11y x x= − − + = − + thì trừ 0.25 ñiểm). 
Vậy tiếp tuyến cần tìm là 3 11.y x= − + 
1) cos sin cos 2 sin 2 cos(2 ) cos( )
4 4
PT x x x x x xpi pi⇔ + = − ⇔ + = − 0.5 
22 2
24 4 ( )
22 2
34 4
x kx x k
k
x kx x k
pipi pi
pipi
pipi pi
pi

= − ++ = − + 
⇔ ⇔ ∈

=+ = − + +
 
ℤ 
(phải viết ñúng k ∈ℤ , nếu thiếu hoặc viết sai thì trừ 0.25 ñiểm). 
0.5 
2) ðiều kiện 0 0 .
164 0
x x
xx x
≥ =
⇔  ≥
− ≥ 
 0.25 
Thấy x = 0 là nghiệm của bất phương trình ñã cho. 0.25 
II 
Với 16x ≥ , vì hai vế ñều không âm nên bất phương trình ñã cho tương ñương 
với ( ) ( )2 814 3 2 9 : 16 .4x x x x x tm x− > − ⇔ > ⇔ > ≥ 
Vậy bất phương trình ñã cho có các nghiệm 810, .
4
x x= > 
0.5 
1) Trước hết ta xét bất phương trình 24 9log log ( 1) 0 (1).x x− − > ðiều kiện 1.x > 
ðặt 2 29 4 4
1log ( 1) 1 9 log log (1 9 ).
2
t tt x x x= − ⇒ = + ⇒ = + Bất phương trình 
(1) trở thành 4
1 1 9log (1 9 ) 1 (2).
2 16 16
t t
t t    + > ⇔ + >   
   
Nếu 1
2
t ≥ thì 1 9 1 9 1
16 16 16 16
t t
   
+ ≤ + =   
   
 nên (2) không ñược thực hiện. 
Nếu 1
2
t < thì 1 9 1 9 1
16 16 16 16
t t
   
+ > + =   
   
 nên (2) ñược thực hiện. 
Do ñó 1(2)
2
t⇔ < , suy ra 2
9
1
(1) 1 2.1log ( 1)
2
x
x
x
>

⇔ ⇔ < <
− <
Tương tự 24 9log log ( 1) 0 2x x x− − = ⇔ = và 24 9log log ( 1) 0 2.x x x− − 
0.5 
III 
a) Với 1 2x< < thì 
2 2
4 9 4 9( ) log log ( 1) log log ( 1) .F x x x xdx x xdx x x dx= − − = − −∫ ∫ ∫ 
* Xét 1 4log .I x xdx= ∫ ðặt 
2
4
1 1log , , .
2 ln 4
u x v x du dx dv xdx
x
= = ⇒ = = Lúc 
này 
2
1 4 4log log .2 2ln 4
x xI x xdx udv uv vdu x dx= = = − = −∫ ∫ ∫ ∫ 
* Xét 22 9log ( 1) .I x x dx= −∫ ðặt 2 21 9 1
1log ( 1), ( 1)
2
u x v x= − = − 
1 12
2
,
( 1) ln 9
xdu dx dv xdx
x
⇒ = =
−
. Lúc này 22 9 1 1log ( 1)I x x dx u dv= − = =∫ ∫ 
2
2
1 1 1 91
1log ( 1)
2 ln 9
x x
u v v du x dx−= − = − −∫ ∫ 
(nếu cả hai lần tính 1 2,I I ñều dùng lẫn lộn kí hiệu ,u v thì trừ 0.25 ñiểm). 
Suy ra 
2 2
2 2
4 9
1 1 1( ) log log ( 1) ,
2 2 ln81 ln 256
x xF x x x x C−  = − − + − + 
 
 với C 
là hằng số tùy ý. 
b) Với 2x > thì 
2 2
4 9 9 4
2 2
2 2
4 9 1
( ) log log ( 1) log ( 1) log
1 1 1log log ( 1)
2 2 ln 256 ln81
F x x x xdx x x dx x xdx
x x
x x x C
= − − = − − =
−  
= − + − + − + 
 
∫ ∫ ∫
ở ñó 1C là hằng số. 
c) Do ( )F x là nguyên hàm của hàm số 24 9( ) log log ( 1)f x x x x= − − trên 
khoảng ( )1;+∞ nên ( )F x có ñạo hàm trên khoảng ñó, suy ra ( )F x liên tục tại 
ñiểm 2.x = Ta có 
2 2
2 2
4 9 12 2
1
2 2
2 2
4 92 2
1 1 1lim ( ) lim log log ( 1)
2 2 ln 256 ln81
1 1 14 ,
4 ln 256 ln81
1 1 1lim ( ) lim log log ( 1)
2 2 ln81 ln 256
1 1 14
4 ln 256 ln81
x x
x x
x xF x x x x C
C
x xF x x x x C
C
+ +
− −
→ →
→ →
 
−  
= − + − + − +     
 
= − + − 
 
 
−  
= − − + − + =     

= + − −

.



Ta phải có 12 2
1 1 1(2) lim ( ) lim ( ) 8
2 ln 256 ln81x x
F F x F x C C
+ −→ →
 
= = ⇒ = + − − 
 
 và 
2 2
2 2
4 9
2 2
2 2
4 9
( )
1 1 1log log ( 1) 1 2
2 2 ln81 ln256
1 1 1 1 1 1log log ( 1) 8 2
2 2 ln256 ln81 2 ln256 ln81
F x
x x
x x x C khi x
x x
x x x C khi x
=

−  
− − + − + < ≤  
  

−    
− + − + − + − − + >       
với C là hằng số tùy ý (nếu không biểu diễn ñược 1,C C thông qua nhau thì 
trừ 0.25 ñiểm). 
0.5 
2) Từ 4 4 40, 0, 0, 1 0 , , 1 , , .a b c a b c a b c a a b b c c> > > + + ≤ ⇒ < < ⇒ < < < 0.25 
Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta có 
( ) 1 1 1 99 .abca b c a b c
a b c ab bc ca
 
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥  + + 
0.25 
Và 2 , 2 , 2 .a b ab b c bc c a ca a b c ab bc ca+ ≥ + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + + 0.25 
Tương tự 3 3 32 2 23 , 3 , 3a b b ab b c c bc c a a ca+ + ≥ + + ≥ + + ≥ suy ra 
3 3 32 2 2
.a b c ab bc ca+ + ≥ + + Do ñó 
( )
( )
3 3 32 2 2
4 4 4
9 3
3 .
abc
ab bc ca ab bc ca a b c
ab bc ca
a b c
+ + + + + + ≤ + + <
+ +
< + +
0.25 
3) Ta có 1 .
2
i
z
±
= 0.25 
Nhận thấy 1 1. 1
2 2
i i+ −
= nên 
2014 2014
2014
2014
1 1 1
.
2 2
i i
w z
z
+ −   
= + = +   
   
0.25 
Ta có 
1007 1007
2014 2014 2 2 2
2014 2014
0 0
(1 ) (1 ) ( 1)k k k k
k k
i i C i C
= =
+ + − = = − =∑ ∑ 
503 503 503 503 503 503
4(503 )4 4 2 4 2012 4 4
2014 2014 2014 2014 2014 2014
0 0 0 0 0 0
503 503
4 4
2014 2014
0 0
0.
kk k k k k
k k k k k k
k m
k m
C C C C C C
C C
−+ −
= = = = = =
= =
= − = − = − =
= − =
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑
0.25 
Tức là 0w = và có phần thực, phần ảo ñều bằng 0. 0.25 
Ta cũng có thể thấy 1 2014 2014cos sin cos sin
4 4 4 42
i
z i w ipi pi pi pi±  = = ± ⇒ = + + 
 
2014 2014
cos sin 2cos 503 0.
4 4 2
ipi pi pi pi   + − = + =   
   
Ta có 2 2 2
2 3
1 1 1 3 2 2 2 3
... ...
2 2.1 3.2 .( 1) 2
n
n nC C C
+ + + = ⇔ + + + =
−
1 1 1 1 1 3 1 31 ... .
2 2 3 1 4 4
n
n n n
−     
⇔ − + − + + − = ⇔ =     
−     
 Tìm ra 4n = . 
0.25 
Giả sử khối chóp ñều trong ñề bài nói ñến là .S ABCD và vẽ hình (nếu không 
gọi tên khối chóp này, hoặc gọi tên nhưng không theo quy ước viết của SGK 
(chẳng hạn, gọi tên là SABCD - không có dấu chấm phân cách), hoặc vẽ 
hình sai ..., thì phần này và toàn bộ nội dung còn lại của câu VI không cho 
ñiểm). Gọi H AC BD= ∩ là tâm của hình vuông ,ABCD tính ra 
28 2
.
2
aSH −= 
0.25 
Thể tích khối chóp ñã cho 
2 2
.
1 8 2
. .
3 6S ABCD ABCD
a aV V SH S −= = = 0.25 
IV 
ðến ñây có thể tìm giá trị nhỏ nhất của V như sau: 
Cách 1: Có 
32 2 2
2 2 2
8 2
3
. (8 2 ) 8 6
.
6 6 27
a a a
a a a
V
 + + −
  
−  
= ≤ = Dấu ñẳng 
thức xảy ra khi 2 28 2a a= − hay 2 6 .
3
a = 
Cách 2: Xét hàm số ( )2 3 2( ) 8 2 , 0;4 , '( ) 16 6 .f t t t t f t t t= − ∈ = − Ta có 
t 0 8
3
 4 
'( )f t 
 + 0 − 
( )f t 
512
27
0 0 
Suy ra ( )512( ) , 0;4 ,
27
f t t≤ ∀ ∈ hay ( )2 4 2 512( ) (8 2 ) , 0;2 ,
27
f a a a a= − ≤ ∀ ∈ 
0.25 
nên 
4 2
512
(8 2 ) 8 627
.
6 6 27
a aV −= ≤ = Dấu ñẳng thức xảy ra khi 2 8
3
a = hay 
2 6
.
3
a = 
Vậy 2 6
3
a = là giá trị cần tìm. 
1) ðường tròn (C) tâm O(0;0), bán kính 1 2.R = Giả sử  2 ,AMB α= thì 
1 2
.
sin sin
ROM
α α
= = M là giao ñiểm của Oy với ñường tròn ( ')C tâm 
O(0;0), bán kính 2
2
.
sin
R
α
= Ta có 2 2 2
4( ') : .
sin
C x y
α
+ = Suy ra ( ')C cắt Oy 
tại các ñiểm có tung ñộ là 2 .
sinα
± 
0.5 
Vì góc giữa hai ñường thẳng MA, MB là 600 nên 02 60α = hoặc 02 120α = nên 
1 2 3 4
4 4(0;4), (0; 4), (0; ), (0; ).
3 3
M M M M− − 
0.5 
2) Giả sử ,N AB= ∩ ∆ vì (2 3 ; 4 2 ;1 2 ), .N AB N t t t t∈ ⇒ + − + + ∈ℝ 0.25 
Ta có (3 1;2 2;2 5).MN t t t= − − +

 Vector (3; 2; 3)n = − −

 là một vector pháp 
/ /( )P∆ nên . 0 14 ( 43; 30; 23)MN n t MN= ⇔ = − ⇒ = − − −
  
 là một vector chỉ 
phương của .∆ 
0.5 
V 
Vậy ∆ có phương trình 3 2 4 .
43 30 23
x y z− + +
= =
− − −
 0.25 
Tức là 
1
sin
2
α = hoặc 3sin .
2
α = Vậy có 4 ñiểm M thỏa mãn bài toán, là các ñiểm 
tuyến của (P) (lưu ý không dùng kí hiệu một cách tùy tiện kiểu như Pn

). Vì 
 Së GD- §T Phó Thä Kú thi chän gi¸o viªn giái THPT cÊp tr−êng 
Tr−êng THPT ViÖt Tr× (N¨m häc 2005-2006) 
 §Ò thi m«n to¸n 
 Bµi 1 (3®iÓm ) Kh«ng cã ph−¬ng ph¸p tæng qu¸t nµo cã thÓ gi¶i ®−îc mäi ph−¬ng tr×nh l−îng gi¸c . 
V× chóng ®a d¹ng vµ cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c nhau . Anh ( ChÞ ) cho biÕt c¸c ph−¬ng tr×nh sau ®©y cã thÓ 
gi¶i b»ng ph−¬ng ph¸p nµo ( Gi¶i thÝch ng¾n gän) 
1. sin2x + 2 2
1
sin 3 sin .sin 3
4
x x x= 
2. sin2x + sin23x =2cos2x +cos24x 
3. sin8x +cos8 x=
17
32
4. cosx+x4= 0 
5. 1-
2
2
x
 =cos x 
6. cos3x + ( )2 22 cos 3 2 1 sinx x− = + 
Bµi 2 (3®iÓm ) Anh ( hay chÞ ) hPy ph©n tÝch nh÷ng sai lÇm , thiÕu sãt cña lêi gi¶i bµi to¸n sau , tõ ®ã 
nªu nh÷ng kiÕn thøc c¬ b¶n cÇn kh¾c s©u cho häc sinh vµ tr×nh bµy lêi gi¶i ®óng cña bµi to¸n 
Bµi to¸n: BiÕt r»ng (x ; y ) lµ nghiÖm cña hÖ: 2 2 2
(1)
6 (2)
x y m
x y m
+ =

+ = −
T×m GTLN vµ GTNN cña biÓu thøc : F(x ;y )= xy + 2(x+y) 
 Lêi gi¶i : 
( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2
;
; 1
(2) 2 6 3
2 3
4
x y
x y
x y xy m xy m
F m m
MinF F
−
⇔ + − = − => = −
=> = + −
=> = = −
Cßn lim
m−>±∞ ( );x yF = +∞ => Kh«ng cã MaxF(x ; y ) 
 Bµi 3 ( 4 ®iÓm ) Anh ( hay chÞ ) hPy cho biÕt nhËn xÐt cña m×nh vÒ lêi gi¶i cña bµi to¸n sau vµ tr×nh bµy 
2 c¸ch gi¶i ®óng cña bµi to¸n 
 Bµi to¸n : Cho a,b,c 
1
4
−≥ vµ a+b+c=1 . So s¸nh: 4 1 4 1 4 1a b c+ + + + + vµ 5 
Lêi gi¶i : ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« Si ta cã: 
4 1 4 1 4 1a b c+ + + + + ( ) ( ) ( ) ( )4 1 1 4 1 1 4 1 1 2 3 5
2 2 2
a b c
a b c
+ + + + + +
≤ + + = + + + = 
Bµi 4 (4®iÓm) Anh ( hay chÞ )hPy h−íng dÉn häc sinh 2 c¸ch gi¶i vµ cho biÕt kÕt qu¶ cña bµi to¸n sau ®©y 
( Kh«ng yªu cÇu tr×nh bµy lêi gi¶i ) 
Bµi to¸n :Cho h×nh lËp ph−¬ng ABCD. A1B1C1D1 cã c¹nh b»ng a 
a. TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a 2 ®−êng th¼ng A1B vµ B1D 
b. Gäi M, N, P lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh B1B , CD, A1D1. TÝnh gãc gi÷a ®−êng th¼ng MP 
vµ C1 N 
®Ò thi gi¸o viªn giái cÊp tØnh BN vßng lý thuyÕt 
N¨m häc 2009-2010 
M«n to¸n 
Thêi gian:180 phót 
PhÇn I: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2®iÓm) 
C©u 1. Gäi (C) lµ ®å thÞ cña hµm sè y = x3 – 3x2 + 3. Sè tiÕp tuyÕn cña (C) kÎ qua ®iÓm M(1;1) lµ 
 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 
C©u 2. TËp hîp tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph−¬ng tr×nh 0321 =+−+ m
x
x cã nghiÖm ©m lµ: 
 A. 




∞−
2
1
; B. ( )+∞;0 C. 






2
1
 D. R 
C©u 3. Trong c¸c hµm sè sau ®©y , ®å thÞ hµm sè nµo cã hai tiÖm cËn ngang? 
 A. 
1
1
2 +
+
=
x
xy B. 
2
323
−
−+
=
x
xxy C. 
12 −
=
x
xy D. 
3
3
−
=
x
y 
C©u 4. cho h×nh hép ABCD.A/B/C/D/ .Gäi V vµ V1 theo thø tù lµ thÓ tÝch khèi hép ABCD.A
/B/C/D/ 
Vµ thÓ tÝch khèi tø diÖn ACB/D/. Khi ®ã tû sè 
V
V1 lµ: 
 A. 
6
1
 B. 
5
1
. C. 
3
1
. D. 
3
2
PhÇn II- Tù luËn (8 ®iÓm) 
C©u 1: (1 ®iÓm). Cho hµm sè y = x3 + 3x2- mx – 4 (m lµ tham sè). T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hµm sè ®ång 
biÕn trªn ( )0,∞− 
C©u 2: (2,5 ®iÓm). 
 1/ Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 3
6cos4cos2cos
6sin4sin2sin
=
+−
+−
xxx
xxx
 2/ Cho bÊt ph−¬ng tr×nh: )100lg(lg)10lg(
2
3.64 xxx m≤− (Víi m lµ tham sè) 
a) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh ®V cho khi m = 2. 
b) X¸c ®Þnh m ®Ó bÊt ph−¬ng tr×nh ®V cho cã nghiÖm x>1. 
C©u 3: (1 ®iÓm) 
 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh x2+ y2 + 2x - 4y -20 = 0 vµ ®iÓm 
A(3 ; 0). ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng d ®i qua ®iÓm A vµ c¾t ®−êng trßn (C) theo d©y cung MN cã ®é dµi 
nhá nhÊt. 
C©u 4:(1 ®iÓm). §éi häc sinh giái cña mét tr−êng THPT cã 18 häc sinh trong ®ã cã 7 häc sinh khèi 12; 6 
häc si