- Onthionline.net...1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương...
Transcript of - Onthionline.net...1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương...
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 2
Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3
2xx
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
2) Giải phương trình: 22 21 5 2 4; x x x x R
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2
1
ln ln1 ln
e xI x dxx x
Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao
cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , 060ASO SAB . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:4 2
4x y x yPxy
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y và điểm (2;1)M . Tìm
phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm 0; 1;2 ,A
1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: 2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 2x y z
Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z .
Rút gọn biểu thức 2 2 2 2
2 3 42 3 4
1 1 1 1P z z z zz z z z
2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình 2 2: 4 25x y và điểm
(1; 1)M . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: 1 0x y . Lập phương trình
mặt cầu S đi qua ba điểm 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C và tiếp xúc với mặt phẳng P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 3
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
1 22
212
3log 1 log 1 62
log 12 log ( 1)
x xx
x
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 3
2xx
(C)
D= R\ {2} lim 2 : 2x
y TCN y
2 2lim ; limx x
y y
TCĐ x = 2
y’ = 21 0; 2
( 2)x
x
BBT
2) Gọi M(xo; 0
0
2 32
xx
) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 2
0 02 2
0 0
2 6 6( 2) ( 2)
x xxx x
( ) TCĐ = A (2; 0
0
2 22
xx
)
( ) TCN = B (2x0 –2; 2)
00
2(2 4; )2
AB xx
AB = 2
0 20
44( 2) 2 2( 2)
cauchy
xx
AB min = 2 2 0 3 (3;3)1 (1;1)o
x Mx M
II 1. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x 1,0 TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 02 2(sin ) sin . 0
x cosxx cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với sin 0 ( )4
x cosx x k k Z
0,25
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx
được pt : t2 + 4t +3 = 0 13( )
tt loai
0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 4
t = -1 2
( )2
2
x mm Z
x m
Vậy :
( )4
2 ( )
22
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
Câu II.2 (1,0 đ)
22 21 5 2 4; x x x x R
Đặt 2 2 4 22 4 2( 2 )t x x t x x ta được phương trình 2
21 5 2 8 02t t t t
42
tt
+ Với t = 4 Ta có 24 2 4 2
0 02 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0x x
x xx x x x
2
02
2x
xx
+ Với t = 2 ta có 24 2 4 2
0 02 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0x x
x xx x x x
2
03 1
3 1
xx
x
ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x
0,25 0,25 0,25 0,25
III 2
1
ln ln1 ln
e xI x dxx x
I1 =1
ln1 ln
e x dxx x , Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 = 4 2 2
3 3
0.5
22
1
lne
I x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2
I = I1 + I2 =2 2 23 3
e
0.25 0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 5
Câu IV (1,0 đ)
Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a Đặt OA R 060SAB SAB đều
1 1 12 2 2 3sin
OA RIA AB SAASO
Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2OA IA IO 2
2 2 63 2
R aR a R
2SA a
Chiếu cao:2
2aSO
Diện tích xung quanh: 26 2 32xq
aS Rl a a
0,25 0,25 0,25 0,25
Câu V (1,0 đ)
Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y . 4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2x y x y x y y x yPxy y x y x
Thay 5y x được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 32 . 2 .4 2 2 4 2 4 2 2y x x y yP x x
y x y x y x
P bằng 32
khi 1; 4x y Vậy Min P = 32
Lưu ý:
Có thể thay 5y x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5( )(5 ) 4x xg x
x x
0,25 0,50 0,25
Câu AVI.1 (1,0 đ)
Anằm trên Ox nên ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y nên ( ; )B b b ,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0. 0( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b bMA MBMA MB a b b
,
do 2b không thỏa mãn vậy
22 2 2 2 2
12 , 212 , 2 22
1( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1)2
ba bba b bb
ba b b b bb
2 22
212 , 212
1 4( 2) ( 1) . 1 0( 2) 3
aba bbbab b
b b
0,25 0,25
S
O A
B I
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 6
Với: 21
ab
đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y
Với 43
ab
đường thẳng qua AB có phương trình 3 12 0x y
0,25 0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx
b) Giải phương trình : 323512)13( 22 xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
023 )2( xe
dxI
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là a 34
Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 122 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
11
22
44
yxyxP
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 5 0x y sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
25
11
34:1
zyxd
13
31
2:2zyxd
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x )1(6)12(66' 2 mmxmxy
y’ có 01)(4)12( 22 mmm
0,5
10'
mxmx
y
Hàm số đồng biến trên ;2 0'y 2x 21m 1m
0,25
b)
0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 1 điểm
PT 1)1cos4(3cos2 2 xx 1)sin43(3cos2 2 xx 0,25
Nhận xét Zkkx , không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2 2 xx xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3 xxx sin3sin3cos2 xx sin6sin
0,25
26
26mxx
mxx
72
7
52
mx
mx ; Zm
0,25
Xét khi 5
2 mk 2m=5k m t5 , Zt
Xét khi 7
27
m = k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm: 5
2 mx ( tm 5 );7
27
mx ( 37 lm )
trong đó Zltm ,,
0,25
Giải phương trình : 323512)13( 22 xxxx
1 điểm
PT 631012)13(2 22 xxxx
232)12(412)13(2 222 xxxxx . Đặt )0(12 2 txt
Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt
Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt
Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :2
2;2
12
xtxt
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602;2
61x
0,5
Tính tích phân
2ln3
023 )2( xe
dxI 1 điểm
Ta c ó
2ln3
0 233
3
)2(xx
x
ee
dxeI =
Đặt u= 3x
e dxedux33 ; 22ln3;10 uxux
0,25
Ta được:
2
12)2(
3uu
duI =3 duuuu
2
12)2(2
1)2(4
141
0,25
=32
1)2(2
12ln41ln
41
u
uu
0,25
Câu III
81)
23ln(
43
Vậy I81)
23ln(
43
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O M
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 9
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOABCAM
')'( AMABC
Kẻ ,'AAMH (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do BCHMAMAHMAMABC
)'()'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó 43)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AHHM
AOOA
'
suy ra 3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AOO'A
Thể tích khối lăng trụ: 12
3aa
2
3a
3
a
2
1BC.AM.O'A
2
1S.O'AV
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222 abccba
1 điểm
Đặt 2
;134)(3),,( 222 cbtabccbacbaf
*Trước hết ta chưng minh: ),,(),,( ttafcbaf :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba
33 cbaa hay a 1 ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3 2222222 atttaabccba
= )(4)2(3 2222 tbcatcb
=
2222
4)(4
4)(23 cbbcacbcb = 2
2
)(2
)(3 cbacb
= 02
))(23( 2
cba do a 1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: 0),,( ttaf với a+2t=3
Ta có 134)(3),,( 2222 atttattaf
= 13)23(4))23((3 2222 ttttt
= 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra 10&1 cbacbt (ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 122 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 10
11
22
44
yxyxP
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx33)(1
212
22
Từ đó ta có 131
xy .
0,25
M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222
nªn 122244 xyyxyx .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
131;
222)(
2
t
ttttfP
0.25
TÝnh
)(26
260
)2(610)(' 2 lt
tt
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên 1;31
nên so sánh giá trị của
)31(f , )26( f , )1(f cho ra kết quả:
626)26( fMaxP ,1511)
31(min fP
0.25
Câu VIa 1 điểm (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: 1;2 5AB AB
. Phương trình của AB là: 2 2 0x y .
: ;I d y x I t t . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra: 2),(.21
ABCdABS ABC 446. t
340
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(38;
35 ) thoả mãn .
0,5
1 điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25 b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// nOH ; H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=31 suy ra )
31;
31;
32( H
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 11
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )32;
32;
34(' O
0,5
Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C. 1 điểm PT 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 zzzz Đặt zzt 22 . Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt zzt 22 . Khi đó phương trình (8) trở thành 01032 tt
0,25
CâuVIIa
61
15
2z
iztt
Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz 1
0,5
Câu VIb a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y và 5AB Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y và 17CD
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )5 17
t td M AB d M CD
0,25
Từ đó: ( , ). ( , ).MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD
793
t t Có 2 điểm cần tìm là: 7( 9; 32), ( ;2)3
M M
0,5
1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ 1 2,d d d dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB
(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: 2 2 22 ( 1) ( 1) 6x y z
0,25
CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 xxx 1 điểm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 12
Điều kiện: 0x Bất phương trình )1(2log)3(3 2 xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu 3x BPT 31log
23
2
xxx
Xét hàm số: xxf 2log23)( đồng biến trên khoảng ;0
31)(
xxxg nghịch biến trên khoảng ;3
*Với 4x :Ta có
3)4()(3)4()(
gxgfxf
Bpt có nghiệm 4x
* Với 4x :Ta có
3)4()(3)4()(
gxgfxf
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu 30 x BPT 31log
23
2
xxx
xxf 2log23)( đồng biến trên khoảng ;0
31)(
xxxg nghịch biến trên khoảng 3;0
*Với 1x :Ta có
0)1()(0)1()(
gxgfxf
Bpt vô nghiệm
* Với 1x :Ta có
0)1()(0)1()(
gxgfxf
Bpt có nghiệm 10 x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
10
4x
x
0,25
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y 5 5 5
4
x y z
Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2
4
a b c a b ca bc b ca c ab
( *)
( *) 3 3 3
2 2 2 4
a b c a b ca abc b abc c abc
0,25đ 0,25đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 13
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b ca b a c b c b a c a c b
Ta có 3 3
( )( ) 8 8 4
a a b a ca
a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự 3 3
( )( ) 8 8 4
b b c b ab
b c b a
( 2)
3 3
( )( ) 8 8 4
c c a c bc
c a c b
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ 0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph
ần Nội dung Điểm
CâuVIa. (1,0)
1(1,0)
+ Do AB CH nờn AB: 1 0x y .
Giải hệ: 2 5 0
1 0x yx y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: ( 4;3)AB BN B . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ 'A BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0x y . Gọi ( )I d BN . Giải hệ: 2 5 0
2 5 0x y
x y
. Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4)A
+ Phương trình BC: 7 25 0x y . Giải hệ: 7 25 0
1 0x yx y
Suy ra: 13 9( ; )4 4
C .
+ 2 2 450( 4 13 / 4) (3 9 / 4)4
BC , 2 2
7.1 1( 2) 25( ; ) 3 2
7 1d A BC
.
Suy ra: 1 1 450 45( ; ). .3 2. .2 2 4 4ABCS d A BC BC
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1u
(4; - 6; - 8)
2u
( - 6; 9; 12)
+) 1u
và 2u
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n
= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
0,25đ
B C
A
H N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 14
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 36 33 15; ;
29 29 29
A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28
; ;29 29 29
I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43; ;
29 58 29
0,25đ
Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2
4 3 1 02zz z z (1)
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 021)1()1
22
zz
zz (2)
0.25đ
Đặt t=z-
z1 Khi đó 21
222
zzt 21 2
22 t
zz
Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 025 (3)
29925.41 i
PT (3) có 2 nghiệm t=231 i ,t=
231 i
0.25đ
Với t=
231 i ta có 02)31(2
2311 2
zizi
zz (4)
Có 222 )3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii
14
)3()31( ,z=2
14
)3()31(
iii
0.25đ
Với t=
231 i ta có 02)31(2
2311 2
zizi
zz (4)
Có 222 )3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii
14
)3()31( ,z=2
14
)3()31(
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=2
1i ; z=2
1 i
0.25đ
Phần II. Câu VIb. 1)
I d1
H
A B
A1
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 15
Ta có: Idd 21 . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2/3y
2/9x
06yx
03yx. Vậy
2
3;
2
9I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có: 232
3
2
932IM2AB
22
Theo giả thiết: 2223
12
AB
SAD12AD.ABS ABCD
ABCD
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 . Lại có: 2MDMA
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2y3x
03yx
22
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy2222
1y
2x hoặc
1y
4x. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do
2
3;
2
9I là trung điểm của AC suy ra:
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Cõu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0)
2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là 1u
( 1; - 1; 2)
và 2u
( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2
0,25đ
Xét 1 2; .u u MN
= - 10 0
Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
1
3' 0
t
t
A 5 4 2; ;
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2.
Ta có : 2
3 5
2
x t
y t
z t
0,25đ 0,25đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 16
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6x y z
0,25đ
CâuVIIb (1,0)
Ta có: 2009 0 1 2009 20092009 2009 2009(1 ) ..i C iC i C
0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009
....
( ... )
C C C C C CC C C C C C i
Thấy: 1 ( )2
S A B , với 0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009....A C C C C C C
0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...B C C C C C C
+ Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009(1 )i nờn 10042A . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009(1 ) ...x C xC x C x C Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009... ...C C C C C C Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2C C C C C C . Suy ra: 20082B . + Từ đó ta có: 1003 20072 2S .
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
ĐỀ 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 1
2xx .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2cos . cos 1
2 1 sin .sin cos
x xx
x x
2. Giải phương trình 2 27 5 3 2 ( )x x x x x x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3
0
33. 1 3
x dxx x
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho DMN ABC . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: 3 .x y xy
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
316x y zP
x y z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 17
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d1: 1 1 2
2 3 1x y z
, d2: 2 2
1 5 2x y z
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 12 1 1
x y z
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M
là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1 44
2 2
1log log 1( , )
25
y xy x y
x y
ĐÁP ÁN ĐỀ 3
Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II 2.0
1 Giải phương trình 2cos . cos 1
2 1 sin .sin cos
x xx
x x
1.0
ĐK: sin cos 0x x 0.25 Khi đó 21 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x
0.25
sin 1cos 1
xx
(thoả mãn điều kiện) 0.25
22
2
x k
x m
,k m
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 22
x k và 2x m ,k m
0.25
2 Giải phương trình: 2 27 5 3 2 ( )x x x x x x 1.0
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 18
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x xPT
x x x x x
0.25
23 2 0
5 2( 2)
x x
x x x
0.25
3 1
025 2.
xx
xxx
2
2 0
1 16 0
x
x x
0.25
1x Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III Tính tích phân 3
0
33. 1 3
x dxx x
. 1.0
Đặt u = 21 1 2x u x udu dx ; đổi cận:0 13 2
x ux u
0.25
Ta có: 3 2 2 23
20 1 1 1
3 2 8 1(2 6) 63 2 13 1 3
x u udx du u du duu u ux x
0.25
22
1
26 6ln 1
1u u u 0.25
33 6ln2
0.25
IV 1.0 Dựng DH MN H Do DMN ABC DH ABC mà .D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
0.25
Trong tam giác vuông DHA: 2
2 2 2 3 613 3
DH DA AH
Diện tích tam giác AMN là 01 3. .sin 602 4AMNS AM AN xy
0.25
Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2.3 12AMNV S DH xy 0.25
D
A
BC
HM
N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 19
Ta có: AMN AMH AMHS S S 0 0 01 1 1.sin 60 . .sin 30 . .sin 302 2 2
xy x AH y AH
3 .x y xy
0.25
V 1.0
Trước hết ta có: 33 3
4x y
x y
(biến đổi tương đương) 2... 0x y x y 0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó 3 33 3
3 33 3
64 644 1 64
x y z a z zP t t
a a
(với t = za
, 0 1t ) 0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có
22 1'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;19
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0.25
0;1
64inf81t
M t
GTNN của P là 1681
đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
VI.a 2.0
1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
212 1 0 21 135 ;7 14 0 13 5 5
5
xx yB
x y y
0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; )AB BD ACn n n a b
(với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: os , os ,AB BD AC ABc n n c n n
2 2 2 232 7 8 02
7
a ba b a b a ab b ba
0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3
(3;2)2 1 0 2
x y xA
x y y
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7
1 0 7 52 ;7 14 0 5 2 2
2
xx yI
x y y
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ 14 124;3 ; ;5 5
C D
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 20
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2
1 2 2: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x md y t d y m
z t z m
0.25
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25
Do d (P) có VTPT (2; 1; 5)Pn
nên : pk MN kn 3 2 2
3 5 32 2 5
m t km t km t k
có nghiệm 0.25
Giải hệ tìm được1
1mt
Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: 1 243 5
x ty tz t
thoả mãn bài toán
0.25
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện: 3
n Nn
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 log4(n – 3)(n + 9) = 3 0.25
(n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 0 7
13nn
Vậy n = 7. 0.25
Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 32 31 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i 0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0 Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 63 0
B C
B C
x xy y
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
(thoả mãn) (không thoả mãn)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 21
Bán kính R = d(C; BG) = 95
phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 8125
0.25
2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:
3 221
x ty tz t
toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 221
2 0
x ty tz tx y z
(tham số t)
(1; 3;0)M
0.25
Lại có VTPT của(P) là (1;1;1)Pn
, VTCP của d là (2;1; 1)du
.
Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1)d Pu u n
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đó ( 1; 3; )MN x y z
. Ta có MN
vuông góc với u
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2
2 02 3 11 0( 1) ( 3) 42
x y zx y zx y z
0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2 5:2 3 1
x y z
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4 5:2 3 1
x y z
0.25
VII.b Giải hệ phương trình
1 44
2 2
1log log 1( , )
25
y xy x y
x y
1.0
Điều kiện: 0
0y xy
0.25
Hệ phương trình 4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1log log 1 log 14
25 25 25
y x y xy xy y y
x y x y x y
0.25
22 2 2 2
33 325
25 9 2510
x yx y x yyx y y y
0.25
15 5; ;10 1015 5; ;10 10
x y
x y
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25 (không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 22
ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số 3 (3 1)y x x m (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi 1m .
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung.
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3 3 178cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos2
x x x x x .
2. Tính tích phân :
1
21 1 1x
dxIe x
.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 242 1x
xm e e có nghiệm thực .
2. Chứng minh: 1 1 1 12x y zx y z
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn 1;3 .
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 060 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
2;0A và 1 3G ; là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VI.a:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3log 4.16 12 2 1x x x . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1y x ln x . B. Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với 0 1A ; và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là 2 1 0x y và 3 1 0x y . Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3log 1 log 22 2x x x .
2. Tìm giới hạn: 2
ln 2lim
1 1x
x x
.
ĐÁP ÁN ĐỀ 4
Câu Ý NỘI DUNG Điểm Câu I Ý 1 Khi m =1 3 3 1y x x . Tập xác định D=R . 0,25 đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 23
Giới hạn: lim ; limx x
y y
.
y’= 3x2 – 3 ; y’=0 1x . 0,25 đ
Bảng biến thiên . Hàm số đồng biến trên khoảng ; 1 , 1; và nghịch biến
trên khoảng 1;1 . Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; yCT = -1 .
0,25 đ
(1,0 đ)
Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3). Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .
0,25 đ
y’ = 0 3x2 – 3m = 0 ; ' 9m . 0,25 đ
0m : y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị . 0,25 đ
0m : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0 hàm số có 2 cực trị. KL: 0m .
0,25 đ
(2,0đ)
Ý 2 (1,0 đ)
0m 0P m đpcm. 0,25 đ
Biến đổi: 34cos 3 2 sin 2 8cosx x x
0,25 đ
22cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x 0,25 đ 2cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x . 0,25 đ
Ý 1 (1,0 đ)
2
243 24
x k
x k
x k
, k Z
KL:
0,25 đ
Khi x = 2y 1y 21
xy
;
21
xy
(loại) .
0,25 đ
âu II (2,0 đ)
Ý 2 (1,0 đ)
Khi y=2x -3 x 2 = 3 : VN . KL: nghiệm hệ PT là 2;1 . 0,25 đ
Câu III (2,0 đ)
Ý 1 (1,0 đ)
Đặt 2x
t e ĐK: t > 0 . PT trở thành: 44 1m t t .
0,25 đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 24
Xét 44( ) 1f t t t với t > 0 . 34
44'( ) 1 0
1tf t
t
hàm số NB trên 0; .
0,50 đ
4 4 24
1lim ( ) lim 01 1t t
f tt t t t
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.
0,25 đ
Ta có: 2 31 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t tt
. 0,25 đ
Suy ra : 3 3 34 ; 4 ; 4x y zx y z
1 1 13 12Q x y zx y z
0,50 đ
Ý 2 (1,0 đ)
1 1 1 1 1 13 6 122Qx y z x y z
x y z x y z
0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC A , M , H thẳng hàng
0 BC SM 60BC AM SMH .
0,25 đ
AM=4a 2 312 ; 82
ABCABC
S aS a p a rp
=MH . 0,25 đ
3.
3 3 6 32 S ABC
aSH V a . 0,25 đ
Câu IV (1,0 đ)
Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC ;AB SN AC SP HM = HN = HP 23 3 24XQSM SN SP a S ap a .
0,25 đ
Đặt AB = a 2 2 2
2 ;2 2ABC
aaBC a S p
. 0,50 đ
2 2
ABCS arp
. 0,25 đ
Câu Va (1,0 đ)
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a 3 2 1r . 0,25 đ
Câu VIa (2,0 đ)
Ý 1 (1,0 đ)
PT 2 1 2 24.16 12 3 4.4 4 .3 3.3x x x x x x x .
Chia 2 vế cho 23 0x , ta có:24 44 3 0
3 3
x x
.
0,50đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 25
Đặt 43
x
t
. ĐK: 2 30 ; 4 3 0 1( ); ( )4
t t t t kth t th . 0,25 đ
Khi 34
t , ta có: 14 3 4 1
3 4 3
x
x
. 0,25 đ
TXĐ: 0;D ; 1' ln xy xx
. 0,25 đ
y’= 0 1x ; y(1) = 0 vì 1ln xy xx
là HSĐB 0,50 đ
Ý 2 (1,0 đ)
Khi 0 < x < 1 ' 0y ; khi x > 1 ' 0y . KL: miny = 0 1x . 0,25 đ
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 2 1 4 1;
3 1 7 7x y
Gx y
.
0,25 đ
Gọi 1;2 1 ( )B b b d ; 21 3 ; ( )C c c d
Ta có:
5 237 73 127 7
b c b
b c c
. 0,50 đ
Câu Vb (1,0 đ)
KL: 2 3 10 1; ; ;7 7 7 7
B C
. 0,25 đ
ĐK: x > 0 . Đặt 3log 3 tt x x . 0,25 đ
Ta có:21 9 2 4 22.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
tt t t t t
. 0,50 đ
Ý 1 (1,0 đ)
Khi t = 2 thì 3log 2 9x x (th) KL: nghiệm PT là 9x .
0,25 đ
Đặt 1. : 1 0t x Suy ra x t . 0,25 đ
Giới hạn trở thành: 0
ln 1lim
2t
tt t
0
ln 1 1 1lim .2 2t
tt t
.
0,50đ
Câu VIb (2,0 đ)
Ý 2 (1,0 đ)
KL: 21
ln 2 1lim1 2x
xx
. 0,25đ
ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 41xy
x
.
1). Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số trên. 2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN . Câu II (2 điểm) :
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 26
1). Giải hệ phương trình: 2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
2). Giải phương trình : 01cossin2sinsin2 2 xxxx .
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2
30
3sin 2cos(sin cos )
x xI dxx x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x10 1).12(48 22 xxmx . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y và phân giác trong CD: 1 0x y . Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
22
2 2
x ty tz t
.Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)
song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 51 1 1xy yz zx x y z
2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y 2 2( ') : 4 – 5 0C x y x cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
zyx
12 và d’ :
153
22
zyx .
Viết phương trình mặt phẳng )( đi qua d và tạo với d’ một góc 030 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2 23 3 2 3 3
b caa b a c a b c a c a b
ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu Phần Nội dung I (2,0)
1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm 1 1 2 2( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho 2 22 1 2 1 90(*)x x y y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 27
2 4 ( 1) 1( )1
( 1) 1
x k xIx
y k x
. Ta có: 2 (2 3) 3 0
( )( 1) 1
kx k x kIy k x
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 30, .
8k k
Ta biến đổi (*) trở thành: 2 22 22 1 2 1 2 1(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x
Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 22 3 3, ,k kx x x x
k k
thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 28 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k 3 41 3 413, ,
16 16
k k k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( xxx . VËy 5,0sin x hoÆc 1cossin xx .
Víi 5,0sin x ta cã kx 26 hoÆc kx 2
65
Víi 1cossin xx ta cã
4sin
22
4sin1cossin xxx , suy ra
kx 2 hoÆc kx 22
3
2 Điều kiện: | | | |x y
Đặt 2 2 ; 0u x y u
v x y
; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có
212
uy vv
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
122
u v
u uvv
48
uv
hoặc
39
uv
+ 2 24 4
8 8
u x yv x y
(I)
+ 2 23 3
9 9
u x yv x y
(II)
Giải hệ (I), (II).
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 28
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 5;3 , 5;4S
Câu Phần Nội dung Đi III (1,0)
Đặt , 0 , 0.
2 2 2x t dx dt x t x t
Suy ra: 2 2 2
3 3 30 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x xI dx dt dxx x t t x x
(Do tích phân không phụ
thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra: 2 2 2
3 3 20 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 12(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x xI I I dx dx dxx x x x x x
=
=2 2
2
2 20 0 0
1 1 1 1 tan 12 4 2 42cos cos
4 4
dx d x xx x
. KL: Vậy 1 .2
I
0,25 0,25 0,5
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
AB, A’B’. Ta có: ' ' ' ' ''
AB ICAB CHH ABB A CII C
AB HH
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II .
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3' ' ' ' ' ;3 6 3 3
x xI K I H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r6 3
x xI K IK OK r x
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ' . '3hV B B B B
Trong đó: 2 2 2
2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r4 4 2
xB x B h 0,25
Từ đó, ta có: 2 2 3
2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.3 2 2 3
V
0,25
V Nhận xét : 10x 482 x = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 29
Phương trình tương đương với : 2 ( 02)1
12()1
122
2
2
xxm
xx .
Đặt txx
1
122
Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m=t
t 22 2
Lập bảng biến thiên của hàm số trên 5,2 , ta có kết quả của m để phương
trình có hai nghiệm phân biệt là: 5
124 m hoặc -5 < 4m
0,25
0,25
0,25
VIa 0,75
1 1,00 Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t .
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;2 2
t tM
. 0,25
Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2
t tM BM x y t C
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0
0;11 0
x yI
x y
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K .
0,25
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8x y x y
2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH .
Mặt khác
, ,d D P d I P IH
H P
Trong mặt phẳng P , IH IA ; do đó axIH = IA H Am . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 30
Vectơ pháp tuyến của (P0) là 6;0; 3n IA
, cùng phương với 2;0; 1v
. Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z .
VIIa Để ý rằng 1 1 1 0xy x y x y ;
và tương tự ta cũng có 11
yz y zzx z x
0,25
Vì vậy ta có:
1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1
31 zx+y
1 51
1 5
5
x y zx y zxy yz zx yz zx xy
x y zyz xy z
z yxyz zx y xy z
z yxz y y z
1,00
VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3R R , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có:
2 2 2 22 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H 2 21 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d , .IA IH
2 2
2 22 2 2 2
94 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35a bd I d d I da b a b
2 22 2
2 2
36 35 36a b a ba b
Dễ thấy 0b nên chọn 6
16
ab
a.
Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
0,25 0,25 0,25 0,25
2 .Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u
Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' u .
Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2160cos)';cos( 0 un
Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn thì ta phải có :
21
6
20
222 CBA
CBACBA
02)(632 22222 CACACAB
CCAAA
CAB
Ta có 0)2)((02 22 CACACACA . Vậy CA hoặc CA 2 .
Nếu CA ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2B , tức là )1;2;1(n và )(mp có phương trình
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 31
0)2(2 zyx hay 042 zyx
Nếu CA 2 ta có thể chọn 2,1 CA , khi đó 1B , tức là )2;1;1( n và )(mp có phương trình 02)2( zyx hay 022 zyx
VIIb 1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:a b cb c ac a b
.
Đặt , , , , 0 , ,2 2
a b c ax y a z x y z x y z y z x z x y .
Vế trái viết lại: 2
3 3 2a b a c aVTa c a b a b c
x y zy z z x x y
0,50
Ta có: 22 z zx y z z x y z z x yx y z x y
.
Tương tự: 2 2; .x x y yy z x y z z x x y z
Do đó: 22
x y zx y zy z z x x y x y z
.
Tức là: 1 1 2 23 3 2 3 3
b caa b a c a b c a c a b
0,50
V.Phương trình 341 2 1 2 1x x m x x x x m (1) Điều kiện : 0 1x Nếu 0;1x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất
thì cần có điều kiện 112
x x x . Thay 12
x vào (1) ta được:
3 01 12. 2.12 2
mm m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
24 4 11 0
2x x x
Phương trình có nghiệm duy nhất.
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 32
* Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2 24 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với 4 4 11 02
x x x
+ Với 11 02
x x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành:
2 24 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 10,2
x x nên trong trường hợp này (1) không
có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
ĐỀ 6
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 2)2()21( 23 mxmxmxy (1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: 07 yx góc , biết
261cos .
Câu II (2 điểm)
1. Giải bất phương trình: 5442log2
21
xx
.
2. Giải phương trình: .cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I
4
02
211
1 dxx
x.
Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB 2a . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IHIA 2 , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 060 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: xyzzyx 222 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
xyzz
zxyy
yzxxP
222 .
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 33
A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình 01 yx , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 . Câu VII.a (1 điểm)
Cho khai triển: 1414
2210
2210 ...121 xaxaxaaxxx . Hãy tìm giá trị của 6a . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G
thuộc đường thẳng d: 043 yx . Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) 01 zyx ,đường thẳng d:31
11
12
zyx
Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 23 . Câu VII.b (1 điểm)
ĐÁP ÁN ĐỀ 6
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điểm 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim ; lim
x xy y
0,25
•Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2
x 0 2 + y’ + 0 0 + y
4 0
+
Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2).
0,25
•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0.
0,25
I(2đ)
c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2)
0,25
Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: .13
ziiz
1
I
2
2
-1
4
0 x
y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 34
2(1đ) Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có véctơ pháp )1;(1 kn
d: có véctơ pháp )1;1(2 n
Ta có
3223
012261212
1261.
cos2
12
221
21
k
kkk
k
k
nn
nn
0,5
Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ít nhất một trong hai phương trình: 1/ ky (1) và
2/ ky (2) có nghiệm x
322)21(23
232)21(23
2
2
mxmx
mxmx
0
0
2/
1/
0,25
0340128
2
2
mmmm
1;43
21;
41
mm
mm
41
m hoặc 21
m
0,25
II(2đ) 1(1đ) Giải bất phương trình ...
Bpt
)2(3
42log2
)1(242log3
942log
0442log
21
21
2
21
2
21
xx
xx
xxx
x
0,25
. Giải (1): (1) 5
1638
04
165
04
83
8424
x
xx
xx
xx
0,25
. Giải (2): (2)94
174
04
49
04
417
41
42
81
x
xx
xx
xx
0,25
Vậy bất phương trình có tập nghiệm
516;
38
94;
174 .
0,25
2(1đ) Giải PT lượng giác Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 xxxxxx
)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3 22 xxxxxx 0)1sin22sin3)(1cos2( 2 xxx
0,5
• 1)6
2sin(22cos2sin301sin22sin3 2 xxxxx
kx 6
0,25
có nghiệm
có nghiệm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 35
• )(2
32
23
2
01cos2 Zkkx
kxx
Vậy phương trình có nghiệm: 23
2 kx ; 23
2 kx và kx 6
(k )Z
0,25
III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân.
I
4
02
211
1 dxx
x .
•Đặt dttdxx
dxdtxt )1(21
211
và 2
22 ttx
Đổi cận x 0 4 t 2 4
0,25
•Ta có I = dttt
tdtt
tttdtt
ttt
4
22
4
2
4
22
23
2
2 24321243
21)1)(22(
21
=
tttt 2ln43
221 2
0,5
= 412ln2
0,25
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách
•Ta có IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 a2 ; AI= a ; IH= 2IA =
2a
AH = AI + IH = 2
3a
0,25
IV
•Ta có 2
545cos.2 0222 aHCAHACAHACHC
Vì )(ABCSH 060))(;(
SCHABCSC
0,25
H
K
I
B A
S
C
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 36
21560tan 0 aHCSH
•6
15215)2(
21.
31.
31 3
2.
aaaSHSV ABCABCS
0,25
• )(SAHBISHBIAHBI
Ta có 22
1)(;(21))(;(
21
))(;())(;( aBISAHBdSAHKd
SBSK
SAHBdSAHKd
0,25
V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P
xyz
zzxy
yxyx
xP
222 .
Vì 0;; zyx , Áp dụng BĐT Côsi ta có: xyz
zzxy
yyzx
xP222 222
=
xyzxyz222
41
0,25
xyzzyx
xyzxyzxyz
yxxzzy
222
21
21111111
41
21
21
xyzxyz
0,5
Dấu bằng xảy ra 3 zyx . Vậy MaxP = 21
0,25
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường tròn…
KH: 022:;01: 21 yxdyxd
1d có véctơ pháp tuyến )1;1(1 n và 2d có véctơ pháp tuyến )1;1(2 n
• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1(1 n phương trình AC: 03 yx .
2dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1(022
03
Cyx
yx.
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 37
• Gọi );( BB yxB )2
;2
3( BB yxM ( M là trung điểm AB)
Ta có B thuộc 1d và M thuộc 2d nên ta có: )0;1(02
23
01
Byx
yx
BB
BB
0,25
• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 02222 cbyaxyx . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta
có
32
1
178212
96
cba
cbaca
caPt đường tròn qua A, B, C là:
034222 yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R = 22
0,5
2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) •Gọi Ocban );;( là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
0,25
• d(C;(P)) = 0141623)2(
23 22
222
caca
ccaa
ca
ca
ca7
0,5
•TH1: ca ta chọn 1 ca Pt của (P): x-y+z+2=0 TH2: ca 7 ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0
0,25
VII.a (1 đ)
Tìm hệ số của khai triển
• Ta có
43)12(
411 22 xxx nên
1012142210 )21(169)21(
83)21(
161)1(21 xxxxxx
0,25
• Trong khai triển 1421 x hệ số của 6x là: 614
62 C Trong khai triển 1221 x hệ số của 6x là: 6
1262 C
Trong khai triển 1021 x hệ số của 6x là: 6
1062 C
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 38
• Vậy hệ số .417482
1692
832
161 6
1066
1266
146
6 CCCa 0,25
Tìm tọa độ của điểm C 1(1đ)
• Gọi tọa độ của điểm )3
;3
1();( CCCC
yxGyxC . Vì G thuộc d
)33;(330433
13
CCCCCC xxCxyyx
•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(AB 032: yxptAB
0,25
•
511
5
3332
511);(
211);(.
21
CC
ABC
xxABCdABCdABS
517
11165
C
C
C x
xx
0,5
• TH1: )6;1(1 CxC
TH2: )536;
517(
517
CxC .
0,25
2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng
• (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1()( Pn và d có véc tơ chỉ phương )3;1;1(. u )4;2;1()( IPdI
• vì dP);( có véc tơ chỉ phương )2;2;4(;)( unu P )1;1;2(2
0,25
• Gọi H là hình chiếu của I trên )(QmpH qua I và vuông góc Phương trình (Q): 0420)4()2()1(2 zyxzyx Gọi 11 )()( dQPd có vécto chỉ phương
)1;1;0(3)3;3;0(; )()( QP nn và 1d qua I
tzty
xptd
421
:1
Ta có );;0()4;2;1(1 ttIHttHdH
•
33
23223 2
tt
tIH
0,5
VI.b(2đ)
• TH1: 17
15
21:)7;5;1(3
zyxptHt
TH2: 11
11
21:)1;1;1(3
zyxptHt
0,25 VII.b 1 đ Giải phương trình trên tập số phức.
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 39
ĐỀ 7 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 21
xyx
(C)
1. Khảo sát hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos 5 .cos 3 sin cos8 x x x x , (x R)
2. Giải hệ phương trình: 2
5 3
x y x y y
x y
(x, y R)
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1xy e ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8. Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ
điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 34
a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V: (1 điểm) Cho x,y R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 2 2
( 1)( 1)x y x y
Px y
PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm)
ĐK: iz
• Đặt ziizw
ta có phương trình: 0)1)(1(1 23 wwww
231
231
1
011
2
iw
iw
w
www
0,5
• Với 011
zziizw
• Với 333)31(2
312
31
ziziiziiziw
• Với 333)31(2
312
31
ziziiziiziw
Vậy pt có ba nghiệm 3;0 zz và 3z .
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 40
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1
2 1 1x y z
; d2:
1 2 11 1 2
x y z và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ,
biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 .
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2
2log 2log2 20 0x xx 2
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương
trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC.
3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 31 1 4
x y z và điểm M(0 ; - 2 ;
0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z iz
ĐÁP ÁN ĐỀ 7
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên: 24' 0,
( 1)y x D
x
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,25
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2 2 2 2lim 2 ; lim 2
1 1x x
x xx x
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
1 1
2 2 2 2lim ; lim1 1
x x
x xx x
. Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.
0,25
I-1 (1
điểm)
-Bảng biến thiên: x - - 1 + y’ + +
y
+ 2 2 -
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 41
Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2).
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).
Theo ĐL Viét ta có 1 2
1 2
22
2
mx x
mx x
. 0,25 I-2 (1
điểm)
AB2 = 5 2 21 2 1 2( ) 4( ) 5x x x x 2
1 2 1 2( ) 4 1xx x x m2 - 8m - 20 = 0 m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 2.
0,25
PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25 1- 2sin2x + sinx = 0 0,25
sinx = 1 v 1sin2
x 0,25 II-1
(1 điểm)
72 ; 2 ; 2 , ( )2 6 6
x k x k x k k Z 0,25
ĐK: x + y 0 , x - y 0, y 0 0,25
PT(1) 2 2 2 22 2 4 2x x y y x y y x 2
2 0 (3)5 4 (4)
y xy xy
0,25
Từ PT(4) y = 0 v 5y = 4x Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) 0,25
II-2 (1
điểm) Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có 2 3 1x x x
KL: HPT có 1 nghiệm 4( ; ) 1;5
x y
0,25
Diện tích ln8
ln 3
1xS e dx ; Đặt 2 21 1 1x x xt e t e e t 0,25
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx 22
1tdx dt
t
0,25
III (1
điểm)
Do đó 3 32
2 22 2
2 221 1
tS dt dtt t
0,25
y
x
2 y=2
x= -1
-1 O1
-2
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 42
= 31 32 ln 2 ln21 2
ttt
(đvdt) 0,25
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 , do đó 060A DB Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO (ABCD).
0,25
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 1 32 2
aOK DH OK AB AB
(SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
0,25
0,25 IV (1
điểm)
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 21 1 1
2aSO
OI OK SO
Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB a ;
đường cao của hình chóp 2aSO .
Thể tích khối chóp S.ABCD: 3
.1 3.3 3D DS ABC ABC
aV S SO
0,25
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có 2
4txy 0,25
V (1
điểm) 3 2 (3 2)1
t t xy tPxy t
. Do 3t - 2 > 0 và
2
4txy nên ta có
23 2
2
2
(3 2)4
214
t tt t tPt tt
0,25
S
A
B K
H C
O
I D 3a
a
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 43
Xét hàm số 2 2
24( ) ; '( ) ;
2 ( 2)t t tf t f t
t t
f’(t) = 0 t = 0 v t = 4.
t 2 4 + f’(t) - 0 +
f(t)
+ +
8
0,25
Do đó min P = (2; )min ( )f t
= f(4) = 8 đạt được khi
4 24 2
x y xxy y
0,25
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25 Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH = 2 2
| 4 | | 5 |( , )16 16
m m md Im m
0,25
22 2
2 2
(5 ) 202516 16
mAH IA IHm m
0,25
VI.a -1 (1
điểm) Diện tích tam giác IAB là 12 2 12SIAB IAHS
23
( , ). 12 25 | | 3( 16) 163
md I AH m m
m
0,25
Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25 Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là (1;3; 1)u
0,25
VI.a -2 (1
điểm) Phương trình chính tắc của đường thẳng là: 1 21 3 1
x y z
0,25
Điều kiện: x> 0 ; BPT 22 24log 2log2 20 0x xx 0,25
Đặt 2logt x . Khi đó 2tx . BPT trở thành 2 22 24 2 20 0t t . Đặt y = 222 t ; y 1.
0,25
BPT trở thành y2 + y - 20 0 - 5 y 4. 0,25 VII.a
(1 điểm)
Đối chiếu điều kiện ta có : 22 2 22 4 2 2 1t t t - 1 t 1.
Do đó - 1 2log x 1 1 22
x 0,25
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: - - 2 0
2 - 5 0x yx y
A(3; 1) 0,25
Gọi B(b; b- 2) AB, C(5- 2c; c) AC 0,25
VI.b- 1 (1 điểm)
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 3 5 2 91 2 6
b cb c
52
bc
. Hay B(5; 3), C(1;
2) 0,25
I
A B
H
5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 44
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ( 4; 1)u BC
. Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
0,25
Giả sử ( ; ; )n a b c
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0. Đường thẳng đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1; 4)u
0,25
Từ giả thiết ta có 2 2 2
. 4 0/ /( ) (1)| 5 | 4( ;( )) 4 (2)
n u a b cP
a bd A Pa b c
0,25
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c
4 2 a avc c
0,25
VI.b-2 (1 điểm)
Với 4ac chọn a = 4, c = 1 b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
Với 2ac chọn a = 2, c = - 1 b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
0,25
Giả sử z = a +bi với ; a,b R và a,b không đồng thời bằng 0. 0,25
Khi đó 2 2
1 1; a biz a bi
z a bi a b
0,25
Khi đó phương trình 2 2
25 25( )8 6 8 6a biz i a bi iz a b
0,25 VII.b
(1 điểm)
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)(2)( 25) 6( )
a a b a bb a b a b
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3
4b a thế vào (1)
Ta có a = 0 v a = 4 Với a = 0 b = 0 ( Loại) Với a = 4 b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.
0,25
ĐỀ 8
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số 212
xxy có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phương trình )3(log53loglog 24
22
22 xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm xxdxI 53 cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho a, b, c 0 và 2 2 2 3a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 45
3 3 3
2 2 21 1 1a b cP
b c a
II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
tzty
tx
31
21
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn
nhất. Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình3
112
1
zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là
lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
ĐÁP ÁN ĐỀ 8 I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn:
22lim;lim;2limlimxxxx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5
+ Dxx
y
0)2(
3' 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( và );2(
0,25
I (2 điểm)
+Bảng biến thiên x -2 y’ + + 2 y
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 46
2 c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 21 ) và cắt trục Ox tại điểm(
21
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
)1(021)4(2
212
2 mxmxx
mxxx
Do (1) có mmmvam 0321)2).(4()2(01 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó 24AB
0,5
1. (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
)(07sin2cos6
0sin1VNxx
x
0,25
22
kx 0,25
2. (1 điểm)
II (2 điểm)
ĐK:
03loglog0
22
22 xx
x
Bất phương trình đã cho tương đương với )1()3(log53loglog 2
22
22 xxx
đặt t = log2x,
BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 tttttt
0,5
x
y
O
2
-2
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 47
4log3
1log43
1
)3(5)3)(1(
31
2
2
2 xx
tt
tttt
t
0,25
168210
x
x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(]
21;0(
xx
dxxxx
dxI 23233 cos.2sin8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dtt
t
ttdtI
ttx
xdxdt
3
32
32
22
)1(
)1
2(8
122sin;
cos
0,5
III 1 điểm
Cx
xxxdttt
tt
dtt
ttt
22433
3
246
tan21tanln3tan
23tan
41)33(
133
0,5
Do )( 111 CBAAH nên góc HAA1 là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc HAA1 bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc HAA1 =300
23
1aHA . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và
23
1aHA nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác 11CBAH nên
)( 111 HAACB
0,5
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
0,25
Câu IV 1 điểm
Ta có AA1.HK = A1H.AH 4
3.
1
1 aAA
AHHAHK 0,25
A1
A B
C
C1
B1
K
H
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 48
0,5
Câu V 1 điểm Ta có: P + 3 = 2
2
32
2
32
2
3
111a
acc
cbb
ba
241
1212246 2
2
2
2
3 bb
ab
aP
241
1212
2
2
2
2
3 cc
bc
b
24
11212
2
2
2
2
3 aa
ca
c
3
63
63
6
2163
2163
2163 cba
6222
3 829)(
222
322
3 cbaP
23
223
229
223
229
6 3 P
Để PMin khi a = b = c = 1
0,5
PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng
3 23 IA
0,5
7
56123
2
1mm
mm
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
C©u VIa 2 ®iÓm
)31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Từ giả thiết bài toán ta thấy có 624 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
1025 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2
5C . 25C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả 2
4C . 25C .4! = 1440 số 0,5
2.Ban n©ng cao.
1.( 1 ®iÓm) C©u VIa 2 ®iÓm
Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng
3 23 IA
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 49
7
56123
2
1mm
mm
0,5
2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Từ giả thiết bài toán ta thấy có 1025 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và 35C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2
5C . 35C = 100 bộ 5 số được chọn.
0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2
5C . 35C .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4.. 35
14 CC . Vậy
có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
ĐỀ 9
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = xx-1 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c
2. Giải hệ phương trình 2
2 2
12 2
2 2
x xy
y y x y
Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
12 3
0
( sin )1
xx x dxx
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1 2x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 50
1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 3
3 42
log ( 1) log ( 1) 05 6
x xx x
B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình 1 2 2 3
22x x x xx x x xC C C C
( knC là tổ hợp chập k của n phần tử)
ĐÁP ÁN ĐỀ 9
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1x x
f x f x
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1lim ( ) , limx x
f x
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ = 2
1 0( 1)x
0.25
Bảng biến thiên
1
+
-
1
- -
y
y'
x - 1 +
Hàm số nghịc biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị
0.25
Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ)
Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 51
-+
f(t)
f'(t)
x
2
0
10 +
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 002
0 0
1 ( )( 1) 1
xy x xx x
20
2 20 0
1 0( 1) ( 1)
xx yx x
0.25
Ta có d(I ;tt) = 0
40
2111
( 1)
x
x
Xét hàm số f(t) = 4
2 ( 0)1
t tt
ta có f’(t) = 2
4 4
(1 )(1 )(1 )(1 ) 1
t t tt t
0.25
f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay
00
0
21 1
0x
xx
0.25
2.(1.0đ)
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x 0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
x
0.25
cos 0
os5x=cos(x- )6
x
c
0.25
Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ)
2
24 22
42 7
x k
kx
kx
0.25
2.(1.0đ) ĐK : 0y 0.5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 52
hệ
2
2
12 2 0
2 1 2 0
x xy
xy y
đưa hệ về dạng 2
2
2 2 02 2 0u u vv v u
2
11 1
2 2 0 3 7 3 72 2,
1 7 1 72 2
u v u vu v u vv v u
u u
v v
Từ đó ta có nghiệm của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), ( 3 7 2;2 7 1
), ( 3 7 2;
2 7 1
)
0.5
1 12 3
0 0
sin1
xI x x dx dxx
0.25
Ta tính I1 = 1
2 3
0
sinx x dx đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25
Ta tính I2 = 1
0 1x dxx đặt t = x ta tính được I2 =
1
20
12 (1 ) 2(1 ) 21 4 2
dtt
0.25
Câu III. (1.0đ)
Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 22
0.25
Ta có 1 1 1 2x y z nên
0.25
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (1)y z y zx y z y z yz
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (2)x z x zy x z x z xz
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (3)x y x yy x y x y xy
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1( 1)( 1)( 1)8
x y z 0.25
Câu IV. (1.0đ)
vậy Amax = 1 38 2
x y z
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 53
O
C
BA
D
S
H
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D A
B
M
Ta có ( . . )SBD DCB c c c SO CO Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S.
21CA x Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2AC BD AB BC CD AD 23 ( 0 3)BD x do x
2 21 1 34ABCDS x x
0.5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD H CO
0.25
Câu V. (1.0đ)
Mà 2 2 2 2
1 1 11
xSHSH SC SA x
Vậy V = 21 3 ( vtt)6
x x d
0.25
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
0.5 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2. (1.0đ)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
521 2 052 2 2 02
8 4 4 0 18 4 4 0 2
4
AA DB C D BA C D
CB C D
D
Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D
1.0
Câu VIIa
Đk: x > - 1
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 54
bất phương trình
33
3
3log ( 1)2 log ( 1)log 4 0
( 1)( 6)
xx
x x
3log ( 1) 0
6x
x
0.25 0.25
0 6x 0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2
2 2 2
2 2
(1 )(1 ) (2 )( 1) 2
a b Ra y R
a b R
0.25
(1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ)
2
01
2
abR
Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
0.5
2. (1.0đ)
Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q QAB n AB n
Vì ; 0QAB n
nên mặt phẳng (P) nhận ; QAB n
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu VIIb (1.0đ)
ĐK : 2 5xx N
Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 32 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x xx x x x x x x x x xC C C C C C C C C C
(5 )! 2! 3x x
1.0
ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình : 22 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2 )4
c c x
2. Giải phương trình : 2 2
1 2 2 1 2 2 22
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x
Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6
0
tan( )4
os2x
xI dx
c
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 55
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 23( ) 2P x y z xyz . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0x y . Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2
( ) : 19 4x yE và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2
0 1 22 2 2 121...2 3 1 1
nn
n n n nC C C Cn n
ĐÁP ÁN ĐỀ 10
Câu NỘI DUNG Điêm 2. Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m Để hàm số có cực trị thì PT , 0y có 2 nghiệm phân biệt
2 22 1 0x mx m có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m
05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có 2 3 2 22 6 1 0
3 2 2
mOA OB m m
m
Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m và 3 2 2m .
025
I
1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
05
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 56
sin(4 ) sin(2 ) 06 6
18 32sin(3 ). osx=06 x=
2
x x
x kx c
k
Vậy PT có hai nghiệm 2
x k và
18 3x k .
05
2. ĐK :1 5
2 20
x
x
.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2
2 22 2 2 2
2
log (5 2 )log (5 2 ) 2 log (5 2 ) 2 log (5 2 ) log (2 1)log (2 1)
xx x x xx
05
2
2 2
2
14log (2 1) 1
1log (5 2 ) 2log (2 1) 22
log (5 2 ) 0 2
xx
x x x xx x
025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
025
26 6
20 0
tan( ) tan 14os2x (t anx+1)
x xI dx dxc
025
Đặt 22
1t anx dt= (tan 1)cos
t dx x dxx
0 01
6 3
x t
x t
05
II III
Suy ra
11
33
200
1 1 3( 1) 1 2
dtIt t
.
025
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 57
Ta có
, ( , ), ( )
AM BC BC SA BC ABAM SB SA AB
AM SC (1) Tương tự ta có
AN SC (2) Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra 1 .3ABMI ABMV S IH
Ta có 2
4ABMaS
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 12 3 3 3
IH SI SI SC SA a IH BC aBC SC SC SA AC a a
Vậy 2 31
3 4 3 36ABMIa a aV
05
Ta c ó:
23 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 227 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyzx y z yz x
025
IV V
2
3 2
( )27 6 (3 ) ( 3)2
1 ( 15 27 27)2
y zx x x
x x x
025
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 58
Xét hàm số 3 2( ) 15 27 27f x x x x , với 0<x<3
, 2 1( ) 3 30 27 0
9x
f x x xx
x 0 1 3 y’ + 0 - y
14
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z .
05
1. Gọi 3 4 16 3( ; ) (4 ; )4 4
a aA a B a . Khi đó diện tích tam giác ABC là
1 . ( ) 32ABCS AB d C AB .
05
Theo giả thiết ta có 2
2 46 35 (4 2 ) 2502
aaAB aa
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là (1;4;1)n
025
Vì ( ) ( )P và song song với giá của v
nên nhận véc tơ (2; 1;2)pn n v
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P 21
( ( )) 43
md I P
m
025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có 10 10
2 10 210 10
0 0 0(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
kk k k i k i i k i
kk k i
P x x C x x C C x
05
Theo giả thiết ta có 4
0 1 20 10
4 3 2,
k ii i i
i kk k k
i k N
025
Vậy hệ số của 4x là: 4 4 3 1 2 2 2 210 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C C C . 025
VIa VIIa VIb VIIb
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có2 2
19 4x y
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85. ( ) 2 3 32 13 3 42 13ABC
x yS AB d C AB x y
05
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 59
2 285 1703 2 313 9 4 13
x y
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
21 39 4 223 2
x yx
x yy
. Vậy 3 2( ; 2)2
C .
05
Xét khai triển 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1
0 1 33 1 2 2 22 ...1 2 3 1
n nn
n n n nC C C Cn n
05
2 1 10 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1...2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n nn
n n n n
n
C C C Cn n n n
n
Vậy n=4.
05
ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 11
xyx
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình: 1 1 46 4 6
x yx y
2. Giải phương trình: 1 2(cos sin )tan cot 2 cot 1
x xx x x
Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông
góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 23R . M là một điểm
thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm)
Tính tích phân: I = 1
21 1 1
dxx x
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng
1 1 1 11 1 1x y y z z x
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 60
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng 32
và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: 2
1 13 3
log 1 log ( )x ax a
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2
14 3x y
và đường thẳng :3x + 4y =12. Từ
điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3
2x xy
x
có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại
2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình: 22 2log log3 1 . 3 1 1
x xx x
ĐÁP ÁN ĐỀ 11
Câu Đáp án Điểm I
1.(1,0 điểm) Khảo sát . . .
(2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
x xy y
; tiệm cận ngang: y = 2
( 1) ( 1)
lim ; limx x
y y
; tiệm cận đứng: x = - 1
0,25
- Bảng biến thiên
Ta có 2
1' 0( 1)
yx
với mọi x - 1
x - -1 + y’ + + y + 2 2 -
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + )
0,5
* Đồ thị 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 61
2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . .
Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì 00
0
2 11
xyx
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0
0
2 11
xx
- 2| = |0
11x
|
Theo Cauchy thì MA + MB 2 00
1x 1 .1x
=2
MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3)
0,25 0,25 0,25 0,25
II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . (2,0 điểm)
Điều kiện: x -1, y1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ
1 6 1 4 106 1 4 1 2
x x y yx x y y
Đặt u= 1 6x x , v = 1 4y y . Ta có hệ
105 5 2u v
u v
55
uv
35
xy là nghiệm của hệ
0,25 0,25 0,25 0,25
2. (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1
Phơng trình tơng đơng 1 2(cos sin )
sin cos 2 cos 1cos sin 2 sin
x xx x xx x x
0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 62
cosx = 22
x = 24
k
Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 24
k
0,25 0,25
III Tìm vị trí . . . (1,0 điểm)
S
HI
O B
M
A
Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 2
3R ,
SM = 2 2 2SO OM R SH = R hay H là trung điểm của SM
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 12
SO= 32
R
, (không đổi) VBAHM lớn nhất khi dt(MAB) lớn nhất M là điểm giữa của cung AB
Khi đó VBAHM= 336
R (đvtt)
0,25 0,25 0,5
IV Tính tích phân . . . (1,0 điểm) Đặt u = x+ 21 x thì u - x= 21 x 2 2 22 1x ux u x
2
2
1 1 112 2
ux dx duu u
Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 x = 1 thì u = 2 +1
2 1 2 1 2 12
22 1 2 1 2 1
1 111 12
1 2 1 2 (1 )
dudu duuI
u u u u
=2 1 2 1
22 1 2 1
1 1 1 1 12 1 2 1
du duu u u u
0,25 0,25 0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 63
=1 Câu V (1,0 điểm)
Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có
a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-abab
a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0
3 3
1 1a b 1 ab a b c
Tơng tự ta có
3 3
1 1 c 1 bc a b cb
, 3 3
1 1 a 1 ca a b cc
Cộng theo vế ta có
1 1 11 1 1x y y z z x
= 3 3
1a b 1
+ 3 3
1 c 1b
+ 3 3
1 a 1c
1 1 1 1a b c ab bc ca
= 1 1a b c
c a b
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
0,25 0,5 0,25
VI. a Tìm tọa độ . . . (1,0 điểm)
Ta có: AB = 2 , M = ( 5 5;2 2 ), pt AB: x – y – 5 = 0
S ABC = 12
d(C, AB).AB = 32 d(C, AB)= 3
2
Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 12
d(G, AB)= (3 8) 5
2t t
= 12 t = 1 hoặc t = 2
G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) Mà 3CM GM
C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4)
0,25 0,5 0,25
VII. a Từ các chữ số . . . (1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef
Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số
0,25 0,5 0,25
VIII. a Tìm a để . . . (1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 64
Bpt tơng đơng 2 1 ( 1)x a x
Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có 2 1
1x ax
Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có 2 1
1x ax
Xét hàm số y =2 1
1xx
với x - 1
y’ = 2 2
1( 1) 1
xx x
=0 khi x=1
x - Ơ -1 1 + Ơ y’ - || - 0 +
y
-1 + 1
- 22
a> 22
hoặc a < - 1
0,25 0,25 0,25 0,25
VI. b Chứng minh . . . (1,0 điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1
4 3xx yy
Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 14 3
x x y y (1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0 0 1
4 3xx yy
do M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0
0 04 4 44 3xx yy
0 04 (12 3 ) 44 3xx y x
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0
0 14 4 0 1x y y
y x
Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)
0,25 0,5 0,25
VII. b Tìm tập hợp . . . (1,0 điểm)
y = kx + 1 cắt (C): 2 4 3
2x xy
x
. Ta có pt 2 4 3
2x x
x
= kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt 1k
Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é tháa m·n
0,25 0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 65
2 32 2
1
kx ky kx
22 5 22 2
x xyx
VËy quÜ tÝch cÇn t×m lµ ®êng cong 22 5 22 2
x xyx
0,25
VIII. b Giải phơng trình . . . (1,0 điểm) Điều kiện : x>0
Đặt 2log3 1
x =u, 2log
3 1x
v ta có pt u +uv2 = 1 + u2 v2 (uv2-1)(u – 1) = 0
21
1uuv
. . . x =1
0,25 0,5 0,25
ĐỀ 12
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 11
xyx
(1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau: 21 1 2
2x x
.
2) Giải phương trình lượng giác: 4 4
4sin 2 os 2 os 4tan( ). tan( )
4 4
x c x c xx x
.
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:
3 2
20
ln(2 . os2 ) 1limx
e e c x xLx
Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội
tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt
cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1( ; 0)2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 66
2 2 2
2
3 2
201020092010
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
y x xy
x y x y
ĐÁP ÁN ĐỀ 12
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1 Hàm số: 2 1 321 1
xyx x
+) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1)
2; 2; ;lim lim lim limx x x x
y y y y
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+) 2
3' 0,1
y x Dx
+) BBT: x - - 1 + y' + || + y 2
|| 2
+) ĐT: 1 điểm
I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 20 0
3 3( ) ( ;2 )1 ( 1)
M IIM
M I
y yM C M x kx x x x
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 2
0
3'( )1
Mk y xx
+) . 9M IMycbt k k +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x
+) Đặt 22 , 0y x y Ta có hệ: 2 2
22
x y xyx y
1 điểm
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 5 10
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 67
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và
1 3 1 32 2;
1 3 1 32 2
x x
y y
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3
2x
II.2
+) ĐK: ,4 2
x k k Z
4 4 2 2
4 2
) tan( ) tan( ) tan( )cot( ) 14 4 4 4
1 1 1sin 2 os 2 1 sin 4 os 42 2 2
2cos 4 os 4 1 0
x x x x
x c x x c x
pt x c x
+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 4
x k và cos24x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,2
x k k Z
1 điểm
III 3 32 2
2 20 0
32 2 2
2 2 2 32 2 230 02 22 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1lim lim
ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1lim lim(1 ) 1 12 sin 2 sin
2 sin 2 sin1 523 3
x x
x x
e e c x x c x xLx x
x x x
x x x x xx xx x
1 điểm
IV.1 +) Gọi Cr là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có: 2 2
1( ). .2
.22( )
SAB C C
C
S pr l r r SM AB
l r r l rr rl r l r
+) Scầu = 2 24 4C
l rr rl r
1 điểm
IV.2 +) Đặt : 2 3
2 2
2
( ) ,0
5 12 ( ) 2) '( ) 0
( ) 5 12
lr ry r r ll r
r lr r rl ly rl r
r l
+) BBT:
1 điểm
r
l
I
M
S
A B
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 68
r 0
5 12
l l
y'(r) y(r) ymax
+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max 5 12
r l
V +) Ta có
2 2 2
2 2 2 22 2 2
2 2
( )( )
( )( )2
2 ( ) ( )( ) 2 ( ) 32 2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y zP x y z x y z
x y z x y zP x y z x y z
+) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 31( ) 32
P t t t
+) '( ) 0 2P t t , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P ; ( 2) 2 2P
+) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP
1 điểm
VI +) 5( , )
2d I AB AD = 5 AB = 2 5 BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:2 2
21 25 2( )
( 2;0), (2;2)2 422 2 0
0
xyx y
A Bxx yy
(3;0), ( 1; 2)C D
VII 2 2 2
2
3 2
20102009 (1)2010
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2)
y x xy
x y x y
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:
2 2 2 22009 2009log ( 2010) log ( 2010)x x y y
+) Xét và CM HS 2009( ) log ( 2010), 0f t t t t đồng biến, từ đó suy ra x2 = y2 x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng 1 8 19 9
t t
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 y = - 3 x = 3
ĐỀ 13
PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 69
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 21
mx x
x
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 52 2 os sin 112
c x x
2) Giải hệ phương trình: 2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y
.
Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4
2/4
sin1
xI dxx x
Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M
sao cho AM = 3
3
a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y 5 5 5
4
x y z
PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao : 1 0CH x y , phân giác trong : 2 5 0BN x y .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1
4 6 8
x y z
và hai điểm
A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2
4 3 1 02zz z z
PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 yxd và 06:2 yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
D1 : 2 1
1 1 2
x y z
, D2 :
2 2
3
x t
y
z t
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008
2009 2009 2009 2009 2009...S C C C C C
ĐÁP ÁN ĐỀ 13
Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2y x x .
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 70
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.
Sự biến thiờn: 23 6y' x x. Ta có 0
02
xy'
x
0,25
0 2 2 2CD CTy y ; y y . 0,25
Bảng biến thiên: x 0 2
y' 0 0
y 2 2
0,25
Đồ thị:
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25
Biện luận số nghiệm của phương trình 1
222
xmxx theo tham số m.
Ta có 2 22 2 2 2 1 11
mx x x x x m,x .x
Do đó số nghiệm của phương
trình bằng số giao điểm của 2 2 2 1y x x x , C' và đường thẳng 1y m,x .
0,25
b)
Vỡ
21
2 2 11
f x khi xy x x x
f x khi x
nờn C' bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x qua Ox.
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 71
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25
Dựa vào đồ thị ta có: + 2m : Phương trình vụ nghiệm; + 2m : Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0m : Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0m : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt.
0,25
2) Đồ thị hàm số y = 2( 2 2) 1x x x , với x 1 có dạng như hình vẽ :
II
1) 52 2 os sin 112
c x x
5 52 sin 2 sin 112 12
x
1+ 3 1- 3
- 2 m
1 2
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 72
1) 0.25
5 5 1 5 5sin 2 sin sin sin 2 sin sin12 12 4 12 4 122
2cos sin sin3 12 12
x x
0.25
52 25 612 12sin 2 sin5 13 312 12 2 212 12 4
x kx kx k
x k x k
0.5 2.)
Giải hệ phương trình: 2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y
.
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
0,25đ
Đặt: u x yv x y
ta có hệ: 2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 23 32 2
u v u v u v uv
u v u vuv uv
0,25đ
2
2 4 (1)
( ) 2 2 3 (2)2
u v uv
u v uv uv
. Thế (1) vào (2) ta có:
28 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv .
0,25đ
Kết hợp (1) ta có: 0
4, 04
uvu v
u v
(vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25đ
Câu III 1 Tính tích phân : /4
2/4
sin1
xI dxx x
/4 /4 /42
1 22/4 /4 /4
sin 1 sin sin1
xI dx x xdx x xdx I Ix x
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I , tích phân từng phần 2I được kết quả.
0.5đ
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I , tích phân từng phần 2I được kết quả. 0.5đ Câu IV :
S
M N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 73
Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có : BC AB
BC BMBC SA
. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,
33 23
2 33
aaMN SM MN
AD SA a a
Suy ra MN = 4
3
a . BM = 2
3
a Diện tích hình thang BCMN là :
S = 2
42 2 103
2 2 3 3 3
aaBC MN a a
BM
Hạ AH BM . Ta có SHBM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AMSB MS
= 1
2 .
Vậy BM là phân giác của góc SBA 030SBH SH = SB.sin300 = a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1
.( )3
SH dtBCNM = 310 3
27
a
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y 5 5 5
4
x y z
Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2
4
a b c a b ca bc b ca c ab
( *)
( *) 3 3 3
2 2 2 4
a b c a b ca abc b abc c abc
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b ca b a c b c b a c a c b
0,25đ 0,25đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 74
Ta có 3 3
( )( ) 8 8 4
a a b a ca
a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự 3 3
( )( ) 8 8 4
b b c b ab
b c b a
( 2)
3 3
( )( ) 8 8 4
c c a c bc
c a c b
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ 0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph
ần Nội dung Điểm
CâuVIa. (1,0)
1(1,0)
+ Do AB CH nờn AB: 1 0x y .
Giải hệ: 2 5 0
1 0x yx y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: ( 4;3)AB BN B . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ 'A BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0x y . Gọi ( )I d BN . Giải hệ: 2 5 0
2 5 0x y
x y
. Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4)A
+ Phương trình BC: 7 25 0x y . Giải hệ: 7 25 0
1 0x yx y
Suy ra: 13 9( ; )4 4
C .
+ 2 2 450( 4 13 / 4) (3 9 / 4)4
BC , 2 2
7.1 1( 2) 25( ; ) 3 2
7 1d A BC
.
Suy ra: 1 1 450 45( ; ). .3 2. .2 2 4 4ABCS d A BC BC
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1u
(4; - 6; - 8)
2u
( - 6; 9; 12)
+) 1u
và 2u
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n
= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
0,25đ
B C
A
H N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 75
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 36 33 15; ;
29 29 29
A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28
; ;29 29 29
I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43; ;
29 58 29
0,25đ
Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2
4 3 1 02zz z z (1)
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 021)1()1
22
zz
zz (2)
0.25đ
Đặt t=z-
z1 Khi đó 21
222
zzt 21 2
22 t
zz
Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 025 (3)
29925.41 i
PT (3) có 2 nghiệm t=231 i ,t=
231 i
0.25đ
Với t=
231 i ta có 02)31(2
2311 2
zizi
zz (4)
Có 222 )3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii
14
)3()31( ,z=2
14
)3()31(
iii
0.25đ
Với t=
231 i ta có 02)31(2
2311 2
zizi
zz (4)
Có 222 )3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii
14
)3()31( ,z=2
14
)3()31(
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=2
1i ; z=2
1 i
0.25đ
Phần II. Câu VIb. 1)
I d1
H
A B
A1
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 76
Ta có: Idd 21 . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2/3y
2/9x
06yx
03yx. Vậy
2
3;
2
9I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có: 232
3
2
932IM2AB
22
Theo giả thiết: 2223
12
AB
SAD12AD.ABS ABCD
ABCD
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 . Lại có: 2MDMA
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2y3x
03yx
22
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy2222
1y
2x hoặc
1y
4x. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do
2
3;
2
9I là trung điểm của AC suy ra:
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Cõu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0)
2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là 1u
( 1; - 1; 2)
và 2u
( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2
0,25đ
Xét 1 2; .u u MN
= - 10 0
Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
1
3' 0
t
t
A 5 4 2; ;
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2.
Ta có : 2
3 5
2
x t
y t
z t
0,25đ 0,25đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 77
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6x y z
0,25đ
CâuVIIb (1,0)
Ta có: 2009 0 1 2009 20092009 2009 2009(1 ) ..i C iC i C
0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009
....
( ... )
C C C C C CC C C C C C i
Thấy: 1 ( )2
S A B , với 0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009....A C C C C C C
0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...B C C C C C C
+ Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009(1 )i nờn 10042A . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009(1 ) ...x C xC x C x C Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009... ...C C C C C C Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2C C C C C C . Suy ra: 20082B . + Từ đó ta có: 1003 20072 2S .
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
ĐỀ 14
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 221 xx .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: )2
sin(2cossin2sincot
21
xxx
xx .
2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 55 xx .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
5
1
2
131 dx
xxxI .
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 060 .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3222 zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
zyxzxyzxyA
5 .
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các
đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 yx và 029136 yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 78
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( zyx
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập 6,5,4,3,2,1,0E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2( M và có phương trình một đường chuẩn là .08 x Viết phương trình chính tắc của ).(E
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( yx Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).(
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức nxnxx )1(...)1(21 2 thu được đa thức n
n xaxaaxP ...)( 10 . Tính hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn
nCC nn
17132 .
ĐÁP ÁN ĐỀ 14
Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Với 1m ta có 196 23 xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: )34(39123' 22 xxxxy
Ta có
13
0'xx
y , 310' xy .
Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3( . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1(
0,5
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1x và 3)1( yyCD ; đạt cực tiểu tại 3x và 1)3( yyCT .
Giới hạn:
yyxxlim;lim .
0,25
I (2,0
điểm)
Bảng biến thiên:
0,25
x
y’
y 3
-1
0 0 3 1
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 79
* Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( .
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25
2. (0,75 điểm) Ta có .9)1(63' 2 xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phương trình 0'y có hai nghiệm pb là 21 , xx Pt 03)1(22 xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx .
31
3103)1(' 2
m
mm )1(
0,25
+) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 xxmxx Khi đó
41214442 221
22121 mxxxxxx
)2(134)1( 2 mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 m và .131 m
0,5
1. (1,0 điểm) Điều kiện: .0cossin,0sin xxx
Pt đã cho trở thành 0cos2cossincossin2
sin2cos
xxxxx
xx
02sin)
4sin(cos
0cossin
cos2sin2
cos 2
xxx
xxx
xx
+) .,2
0cos kkxx
0,5
II
(2,0 điểm)
+)
nm
nx
mx
nxx
mxxxx ,
32
4
24
24
2
24
2)
4sin(2sin
.,32
4 ttx
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
kx 2
; .,,32
4 tktx
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 80
2. (1,0 điểm)
Điều kiện .31
x (*)
Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 52
5 xx
32
35
25
)12()13(5
)12(log)13(5log
xxxx
0,5
812
0)18()2(0436338
2
23
x
xxx
xxx
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2x
0,5
Đặt 3
2132
313 tdtdxxdxdtxt
.
Khi 1x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra
4
22
22
32.
.3
1
13
1tdt
tt
t
I
4
22
4
2
2
12)1(
92
tdtdtt
0,5
III (1,0
điểm)
.59ln
27100
2
4
11ln
2
4
31
92 3
tttt
0,5
- Kẻ )''('// BADABBD 060)',()','( BCBDBCAB 060' DBC hoặc .120' 0DBC
0,5
IV (1,0
điểm) - Nếu 060'DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1' 2 mBCBD và .3'DC Kết hợp 060'DBC ta suy ra 'BDC đều. Do đó .2312 mm - Nếu 0120'DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC suy ra 0m (loại). Vậy .2m
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc 060 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
0,5
A
21 m
C
C’ B’
B
A’ m
D 3
1 1 0120
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 81
- HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
''.
'.')','cos()','cos(
BCAB
BCABBCABBCAB .
Đặt zyxt 2
3)(232
2
tzxyzxyzxyzxyt .
Ta có 30 222 zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0t
Khi đó .52
32
ttA
0,5
V (1,0
điểm)
Xét hàm số .33,235
2)(
2 t
tttf
Ta có 055)(' 2
3
2
t
tt
ttf vì .3t
Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó .3
14)3()( ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 zyxt
Vậy GTLN của A là 3
14 , đạt được khi .1 zyx
0,5
1. (1 điểm) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0132 yx , CM có phương trình .029136 yx
- Từ hệ ).1;7(029136
0132
Cyx
yx
- )2,1( CHAB unCHAB 0162: yxABpt .
- Từ hệ )5;6(029136
0162M
yxyx
).4;8(B
0,5
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22 pnymxyxABC
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên
07500488006452
pnmpnmpnm
72
64
pnm
.
Suy ra pt đường tròn: 0726422 yxyx hay .85)3()2( 22 yx
0,5
2. (1 điểm)
VIa. (2,0
điểm)
- Giả sử );;( 000 zyxN . Vì )1(06)( 000 zyxN
- MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N
0.PNMN
PNMN
0)4)(1()3()2)(5()4()3()2()1()3()5(
002
000
20
20
20
20
20
20
zzyxxzyxzyx
0,5
M(6; 5) A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4) H
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 82
)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
002
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra
1
72
00
00
xzxy
. Thay vào (3) ta được 065 020 xx
2,1,31,3,2
000
000
zyxzyx
hay
)2;1;3()1;3;2(
NN
.
- Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ )25;3;
27( I .
Nếu )13;2( N thì ).4;3;5( Q Nếu )2;1;3( N thì ).3;5;4( Q
0,5
Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra 6,4,2,0d . +) .0d Số cách sắp xếp abc là .3
6A
+) .2d Số cách sắp xếp abc là .25
36 AA
0,5
VIIa. (1,0
điểm)
+) Với 4d hoặc 6d kết quả giống như trường hợp .2d Do đó ta có số các số lập được là .4203 2
536
36 AAA
0,5
1. (1 điểm)
- Gọi phương trình )0(1:)( 2
2
2
2
baby
axE .
- Giả thiết
)2(8
)1(194
2
22
ca
ba
Ta có ).8(88)2( 22222 cccccabca
Thay vào (1) ta được 1)8(
984
ccc
.
0,5
2132
026172 2
c
ccc
* Nếu 2c thì .11216
:)(12,1622
22 yxEba
* Nếu 2
13c thì .1
4/3952:)(
439,52
2222
yxEba
0,5
2. (1 điểm)
VIb. (2,0
điểm)
Giả sử );;( 000 zyxM . Khi đó từ giả thiết suy ra
522
)2()3()1()1( 0020
20
20
20
20
20
20
20
20
yxzyxzyxzyx
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 83
)3(5
)22()1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2002
020
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
yxzyx
zyxzyxzyxzyx
Từ (1) và (2) suy ra
00
00
3 xzxy
.
Thay vào (3) ta được 200
20 )23()1083(5 xxx
3231
0
0
x
x
).3
14;323;
323(
)2;1;1(
M
M
0,5
Ta có
nnnnnn
n
nCC nn1
)2)(1(!3.7
)1(23
17132
.90365
32
n
nnn
0,5
VIIb. (1,0
điểm)
Suy ra 8a là hệ số của 8x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx
Đó là .89.9.8 89
88 CC
0,5
ĐỀ 15
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2y x 2mx (m 3)x 4 có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng ( ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để ( ) cắt (Cm) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với xA = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2
3 2 sin 2 1 1 32cos sin 2 tanx
xx x
.
b.Giải hệ phương trình : 3 2
4 3 2 2
x y x xy 1x x y x y 1
Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π2
20
dxIcos x 3cos x 2
.
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / /ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của /BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn /AA sao cho khoảng cách từ F đến C/E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1 a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2
b c c a a bTa b c
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 84
1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : 3 7 0x y và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 5z 1 0 . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 600 Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 192 2
720
mm n m
n
C C A
P
Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0;41 C
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình : 2 2
3 32 2
2 2
log log
4
y x y x x xy y
x y
ĐÁP ÁN ĐỀ 15
Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y/
-Nghiệm y/ và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị
0,25 0,25 0,25 0,25
Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2x 2mx (m 3)x 4 x 4 (1) 2 x(x 2mx m 2) 0
2
x 0g(x) x 2mx m 2 0 (2)
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0./ 2 m 1 m 2m m 2 0
(a)m 2g(0) m 2 0
Δ
Diên tích 1S BC.d(E,BC)2
Khoảng cách d(E, BC) 2 Suy ra BC = 4 2
2B C B C(x x ) 4x x 16
24m 4(m 2) 16 Giải pt m = 3, m = -2 (loại)
0,25 0,25 0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 85
II a . Đk:
2x k
Phương trình đã cho tương đương với: 23 21 32 sin 2
tan cot x xx
2 22
2
2(sin cos )3 3 2sin cos
3 2 3 0
tan cot
tan tan
x xx xx x
x x
3
313 6
tan
tan
x x k
x x k ,kZ
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2
x k ; kZ
0,25 0,25 0,25 0,25
IIb. Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1[x(y x)] x y 1
Đặt 3u x y, v x(y x)
Hệ trở thành 2
u v 1u v 1
Giải hệ u 0v 1
,
u 3v 2
Với u 0v 1
giải hệ được
x 1y 0
Với u 3v 2
giải hệ (vô nghiệm)
Nghiệm của hệ :x 1y 0
,
x 1y 0
0,25 0,25 0,25 0,25
III π π2 2
0 0
1 1I dx dx1 cos x 2 cos x
Tính π π2 2
0 0 2
dx dx 1x1 cos x 2cos2
Tính 2
π π2 2
0 0 2
x1 tandx 2 .dxxcos x 2 3 tan2
.
Đặt 2 2x x 3tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt2 2 2
x = 0 => t = 0
x = π2
=> t = π6
0,25 0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 86
2π π2 2
0 0 2
x1 tandx 2 .dxxcos x 2 3 tan2
=
π6
0
2 dt3 =
π3 3
Vây π π2 2
0 0
1 1I dx dx1 cos x 2 cos x
= 1 - π
3 3
0,25
IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A/Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a),, / 3 ; ;22 2
a aC a và E(0;a;a)
F di động trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t [0;2a] Vì C/E có độ dài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ nhất khi /ΔFC E
S nhỏ nhất
Ta có : //1 ,
2
FC ES EC EF
Ta có:
/ 3 ; ;2 2
EF 0; ;
a aEC a
a t a
/ ,
EC EF ( 3 ; 3( ); 3)
2a t a t a a
/ 2 2 2, ( 3 ) 3( ) 32
aEC EF t a t a a
/
2 2
2 2ΔFC E
a 4t 12at 15a2
1 aS . . 4t 12at 15a2 2
Giá trị nhỏ nhất của /FC ES tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t2 12at + 15a2
f(t) = 4t2 12at + 15a2 (t [0;2a]) f '(t) = 8t 12a
3'( ) 02af t t
/FC ES nhỏ nhất f(t) nhỏ nhất 32
at F(0;0;t) , hay FA=3FA/
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )
0,25 0,25 0,25 0,25
V Đặt 1x
a , 1y
b , 1z
c .vì 1 1 1 1
a b c nên x +y +z = 1
Và 2 2 21 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) T x y zy z z x x y
+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
21 ( )x y z2
x y z. y z . z x . x yy z z x x y
2 2 2 2 2 2x y z x y z(2x 2y 2z) 2( )y z z x x y y z z x x y
0,25 0,25
z
x C
C/
F
A
A/ B
/
B
E
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 87
+) Ta có: 2 2
2 1 1 1 1 4( )
x xx y zy z y z y z y z
Tương tự ...
Do đó 2 2 2x y zT 4
y z z x x y
2
Đẳng thức xảy ra khi 13
x y z hay 3 a b c
0,25 0,25
VIa:1
ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y và phân giác trong CD: 1 0x y . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t .
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;2 2
t tM
.
Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2
t tM BM x y t C
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0
0;11 0
x yI
x y
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 07 1 8x y x y
0,25 0,25 0,25 0,25
VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình x 1 2ty tz 1 3t
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0
0,25 0,25 0,25 0,25
VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 13
1
9 192 2
720
mm n m
n
C C A
P
<=>
7202
1929
1
123
2
n
mnmm
P
AcC
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 88
Từ (2): 761!6720)!1( nnn Thay n = 7 vào (1) m(m 1) 9 1945 m
2 2 2
2m m 90 9 19m 2m 20m 99 0 119 m vì 10 mm
Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2
1037 CC cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 110
47 CC cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: 2157 C cách
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,3161881946
6188517
P
C
0,25 0,25 0,25 0,25
VIb1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0;
41 C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi
22
22
91 344
2 4 3
81 2259 316 16 4 1 6 3 1.416 9 25
dDB ABDC AC d
d d d
Đường thẳng AD có phương trình:
2 3 3 6 3 9 13 3
x y x y x y
,
và đường thẳng AC:
2 3 3 6 4 12 3 4 6 04 3
x y x y x y
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
2 2
3 1 4 63 5 ;
3 44) 3 5 ;31) 3 5 .2
b bb b b
a b b b
b b b b
Rõ ràng chỉ có giá trị 12
b là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn
0,25 0,25 0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 89
nội tiếp ABC là: 2 21 1 1
2 2 4x y
.
VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1x y zPa b c
Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
Ta có:
4 5 6 1
5 6 04 6 0
a b cb ca c
774
775
776
a
b
c
ptmp(P)
0,25 0,25 0,25 KL: 0,25
VII b
Giải hệ phương trình :
2 23 3
2 22 2
log log . *
4
y x y x x xy y
x y
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 043
22
222
yyxyxyx yx, >0
Xét x > y 3 32 2
VT(*) 0log log
VP(*) 0x y
(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y 3 32 2
VT(*) 0log log
VP(*) 0x y
(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta 2 2
0 0
2 2 4x y
x = y = 2 ( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ; 2; 2x y
0,25 0,25 0,25 0,25
ĐỀ 16
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi 0m . 2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng 2; .
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: tan 3 2 tan 4 tan 5 0x x x với (0; 2 )x . 2. Giải bất phương trình: 1 2
3 1 33
log (2 1).log (2 2) 2 log 2 0x x .
Câu III (1 điểm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 90
Tính tích phân 2
30
sin 2(2 cos )
xI dxx
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có SAvuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a . Đáy ABCD là hình bình hành
có 0, 2 , 60AB b BC b ABC . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh //( )MN SAB và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo , .a b
Câu V (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thoả mãn 1, 2, 3x y z . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 3 3 1 1 2( , , )
x y z y z x z x yf x y z
xyz
II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z và điểm
( 1; 2;3)I . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.
Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1.2 2. .3.2 3. .3 .2 ... 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009n n n n n n n
n n n n nC C C n C n C .
2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 3 4 0x y . Điểm (2;3)M thuộc cạnh BC, (1;1)N thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm (1; 2;3)K , nằm trên mặt phẳng ( ) : 3 2 2 5 0P x y z , và đi qua điểm (3;1; 3)M . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) : 5 0Q x y z .
Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác.
ĐÁP ÁN ĐỀ 16
Câu Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm Khi m = 0 hàm số trở thành 3 22 3 1y x x
TXĐ: D
Sự biến thiên: 2 06 6 , ' 0
1x
y x x yx
Ta có (0) 1; (1) 0CD CTy y y y Bảng biến thiên:
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 91
x 0 1 y' + 0 - 0 + y 1
0
Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 , 1; ,nghịch biến trên 0;1 Đồ thị :
f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1
-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
x
y
0.25 0.25 0.25
2 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng 2; 1điểm
Ta có 2' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m 2
2
' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0 (2 1) ( 1) 0
1
y x m x m mx m x m mx mx m
Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng 2; 1 2 1m m
Vậy với 1m thì hàm số đồng biến trên khoảng 2;
0.25 0.25 0.25 0.25
II 1 Giải phương trình tan 3 2 tan 4 tan 5 0x x x với (0; 2 )x 1điểm ĐK: cos3 0;cos4 0;cos5 0x x x .
Phương trình cho
2
2
sin8 2sin 4 0cos3 .cos5 cos4
cos 4 cos3 .cos52sin 4 0cos3 .cos4 .cos5
1 cos8 cos2 cos8sin 4 0cos3 .cos4 .cos5
2sinsin 4 0cos3 .cos4 .cos5
sin 4 0,4
sin 0
x xx x x
x x xxx x x
x x xxx x x
xxx x x
x x kx x k
,4
k x k k
Do (0; 2 )x nên phương trình cho có nghiệm là 5 3 7; ; ; ;
4 4 2 4x x x x x
0.25 0.25 0.25 0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 92
2 Giải bất phương trình: 1 23 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0x x 1điểm
Bất phương trình 2
3 3 3
23 3 3 3
log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0
log (2 1). log (2 1) log 2 2 log 2 0
x x
x x
Đặt 3log (2 1), 0xt t . BPT trở thành
23 3
3 3
3 3
log 2 2log 2 0(log 2 )(2log 2 ) 0
2log 2 log 2
t tt t
t
Do t > 0 nên ta có 30 log 2t . Suy ra:
3 30 log (2 1) log 2
2 1 20
x
x
x
0.25 0.25 0.25 0.25
III
Tính tích phân 2
30
sin 2(2 cos )
xI dxx
1điểm
Đặt 2 cos cos 2 sin .t x x t x dx dt
Khi 0 3; 22
x t x t . Ta có
3 3 32
3 3 2 30 2 2 2
3 3
22 2
sin .cos 2 1 12 2 2 2(2 cos )
1 1 1 5 123 18 18
x x tI dx dt dt dtx t t t
t t
0.25 0.5 0.25
IV Cho hình chóp .S ABCD có SAvuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a . Đáy ABCD là
hình bình hành có 0, 2 , 60AB b BC b ABC . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh ( )MN SAB và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo a, b.
1điểm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 93
H
N
M
S
C
D
B
A
+) Gọi H là trung điểm của AD.
Khi đó / /
( ) / /( ) / /( )/ /
HM ABMNP SAB MN SAB
HN AS
+) Có ,NH AD H AD .
Khi đó 12 2
aNH AD
Mặt khác dễ thấy ABM đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên 2 3( ) ( )4
adt MAC dt ABM
Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với 2 21 1 3 3. . ( ) .
3 3 2 4 24a b abV NH dt MAC (đvtt).
0.25 0.25 0.25 0.25
V Cho , ,x y z là các số thực thoả mãn 1, 2, 3x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 3 3 1 1 2x y z y z x z x yMxyz
1điểm
Ta có 2. 3 1. 23 1y z x yz xMyz zx xy
Mặt khác
1 1. 1 1 1 102 2
x x xx x x
2 2. 2 2 2 102 2 2 2 2
y y yy y y
3 3. 3 3 3 103 2 3 2 3
z z zz z z
Suy ra 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1. . .2 2 42 2 2 3 2 3 2 2 6 3 2
M
0.25 0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 94
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1 1 22 2 4
63 3
x xy y
zz
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1 1 1 14 6 3 2
khi 2, 4, 6x y z
0.25 0.25
1 Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
1điểm
Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3 2 25 0x y Đường phân giác trong góc B là BE: 0x y BC có phương trình : 2 3 5 0x y
Toạ độ B là nghiệm của hệ 2 3 5 0 1
(1;1)0 1
x y xB
x y y
Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. Xác định toạ độ F được F(3; -2). Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0.
Toạ độ A là nghiệm của hệ 3 2 5 0 5
(5; 5)3 2 25 0 5
x y xA
x y y
Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0
0.25 0.25 0.25 0.25
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z và điểm ( 1; 2;3)I . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.
1điểm
VIa
Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5. Ta có 2 2 22 1 ( 1) 6IJ R . Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S). Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ. Mp(P) có vectơ pháp tuyến (2; 1; 1)n IJ
.
Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0
0.25 0.25 0.25 0.25
VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1.2 2. .3.2 3. .3 .2 ... 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009n n n n n n n
n n n n nC C C n C n C
1điểm
Xét khai triển của 2 1(2 ) nx ta có : 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1(2 ) .2 .2 . .2 . .2 . ... .2. .n n n n n n n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1(2 1)(2 ) .2 2. .2 . 3. .2 . ... 2 . .2. (2 1) .n n n n n n n n
n n n n nn x C C x C x n C x n C x
Thay x = -3 ta có
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1(2 1) .2 2. .2 .3 3. .2 .3 ... 2 . .2.3 (2 1) .3n n n n n n n
n n n n nn C C C n C n C
0.25 0.25 0.25 0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 95
Phương trình cho 2 1 2009 1004n n VIb 1 Lập pt cạnh AD
: 3 4 0AD CD AD x y C ABCD là hình vuông nên ( , ) ( , )d M AD d N CD tức là | 6 12 | | 4 3 4 | 13; 23.
5 5C C
ĐS: PT : 3 4 13 0;3 4 23 0AD x y x y
0.25 0.25 0.25 0.25
2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q). + Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P).
+ Ptts của d là: 1 3
2 23 2
x ty tz t
+ Mặt khác: ( ) 1 3 2 2 3 2 5 0
1 ( 2; 4;1)I Q t t t
t I
+ Bán kính mặt cầu: 2 2 266 ( ) : 2 4 1 66R IM pt S x y z
0.25 0.25 0.25 0.25
VIIb Tính xác suất - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có 5
52C cách - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 2
413C cách - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 2
412C cách - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 1
411C cách
- Đáp số 2 2 14 4 4
552
13 .12 .11( ) C C Cp AC
0.25 0.25 0.25 0.25
ĐỀ 17 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số 4 25 4,y x x có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình 4 2
2| 5 4 | logx x m có 6 nghiệm phân biệt.
Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình 1 1sin 2x sin x 2cot 2x2sin x sin 2x
.
2. Tìm m để phương trình 2m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2) có nghiệm x 0; 1 3 .
Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân dx. .cos.sin. 32
0
sin 2
xxe x
Câu IV (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và o120BAC
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
A B
D C
N M
K M
I
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 96
Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương dương. Chứng minh rằng
3 2 4 3 5x y z xy yz zx .
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( 1; 3; 0), (1; 3; 0) à M(0; 0; a)B C v với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho 3a . Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC).
2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất. Câu VII.a. (1.0 điểm).
Giải hệ phương trình 2 1
2 1
2 2 3 1 ( , )
2 2 3 1
y
x
x x xx y
y y y
.
2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm).
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp(P). 2. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Câu VII. b. (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 2x 4 2(log 8 log x )log 2x 0 .
ĐÁP ÁN ĐỀ 17
Câu I: 9
4412
9log 12 144 124
m m
Câu II:
1. Giải phương trình : 1 1sin 2x sin x 2cot g2x2sin x sin 2x
(1)
(1) cos22x cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 0
2cos2x 0 v 2 cos x cosx 1 0(VN)
cos2x = 0 2x k x k
2 4 2
2. Đặt 2t x 2x 2 t2 2 = x2 2x
Bpt (2)
2t 2m (1 t 2),do x [0;1 3]t 1
Khảo sát 2t 2g(t)t 1
với 1 t 2
g'(t) 2
2t 2t 2 0
(t 1)
. Vậy g tăng trên [1,2]
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 97
Do đó, ycbt bpt 2t 2mt 1
có nghiệm t [1,2]
t 1;2
2m max g(t) g(2)3
Câu III Đặt 2t sin x dt 2sin x cosxdx ; Đổi Câu IV (Các em tự vẽ hình) Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A 0, C 2a,0,0 , 1A (0,0,2a 5)
a a 3A(0;0;0),B ; ;02 2
và M( 2a,0,a 5)
1
5 3BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)2 2
Ta có: 2
1 1BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :
3
21 BMA 11
1 a 15 1V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 36 3 2
Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng 3V a 5d .S 3
Cách khác:
+ Ta có 2 2 2 21 1 1 1A M A C C M 9a ; 2 2 2 0 2BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a
2 2 2 2BM BC CM 12a ; 2 2 2 2 2 21 1 1A B A A AB 21a A M MB
MB vuông góc với 1MA + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.
3MABA CABA 1 ABC1 1
1 1V V V AA .S a 153 3
1MBA 11
3V 6V a 5d(A,(MBA ))S MB.MA 3
Câu V. Theo BĐT Cauchy
1 3 5; 3 ; 52 2 2
x y xy y z xy z x xy .
Cộng các vế ta có điều phải chứng minh Câu VI.b. 1. Ta có AB ( 2,4, 16)
cùng phương với
a ( 1,2, 8)
mp(P) có PVT n (2, 1,1)
Ta có
[ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0 2. Tìm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ;
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 98
Pt AA' : x 1 y 3 z 22 1 1
AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;
2x y z 1 0H(1,2, 1)x 1 y 3 z 2
2 1 1
Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : H A A'
H A A'
H A A'
2x x x2y y y A '(3,1,0)2z z z
Ta có A' B ( 6,6, 18)
(cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :
x 3 y 1 z
1 1 3
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
2x y z 1 0M(2,2, 3)x 3 y 1 z
1 1 3
Câu VII.b. Điều kiện x > 0 , x 1
(1)
4 28
1 12 log x log 2x 0log x 2
2 22
1 log x log x 1 01 log x3
2 2 22
2 2
2 2
log x 1 log x 1(log x 3) 0 0
log x log x
1log x 1v log x 0 0 x ;x 12
ĐỀ 18 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )Cho hàm số 3 2 72
3 2 3x xy x ( 1) .
1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1)
2) Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng d có phương trình: 5 614 24x
y để từ đó kẻ đến đồ thị
(C) của hàm số (1) ba tiếp tuyến tương ứng với ba tiếp điểm có hoành độ x1, x2, x3 thỏa: 1 2 30x x x .
Câu II : ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 3 24 77 3 2 0x x . 2)Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân
64
4
tan1x
xI dxe
.
Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = b, góc 060BAD . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 99
AM = x ( 0 < x < 4a ) .Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD tại N. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp
S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng 54
thể tích của khối BCNMAB.
Câu V : ( 1 điểm )Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
2 5 1 3 5 4P x m y x m y
( Trong đó x và y là ẩn số và m là tham số ). PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) :Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm )
1)Tìm m nguyên để hệ phương trình
2 2
1 2 3 0
6 6 13 0
m x m y m
x y x y
vô nghiệm.
2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 14 3: 1
1 1x zd y
và 21 3: 2
2 1x yd z
Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1.
Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức 1 3.2 2
z i .
Chứng minh rằng : 2 2 0a bz cz a bz cz .Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi nào? B.Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b ( 2 điểm ) 1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm 2;1 , 2;4 , 10;6A B C .Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương trình tham số đường phân giác ngoài của góc A. 2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm 3;1;1 , 1;1; 1 , 1;2;3 , 4; 2;0A B C D và mp(P) có phương trình
: 2 3 13 0x y z .Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho 2 2 2MA MB MC MD
ngắn nhất.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :
3 2
3 2
3 2
3 3 ln 2 2
3 3 ln 2 2
3 3 ln 2 2
x x x x y
y y y y z
z z z z x
.
ĐÁP ÁN ĐỀ 18
Câu I : ( 2 điểm )
1) 3 2 72
3 2 3x xy x có tập xác định D= R
lim
xy và
lim
xy
' 2 2y x x 2 2 0 1 2x x x hay x Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1) Hàm số nghịch biến trên khoảng: (- ;-2),(1; + )
Điểm cực đại của đồ thị hàm số :
71;2
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số : 2; 1
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
KL :
2630 4
I
Câu IV : ( 1 điểm )
0,25 0,25 0,25
D
B
A
C
S
M
N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 100
Tọa độ điểm uốn :
1 5;2 4
I
Vẽ đồ thị hàm số :
2)M d : M(m; 5 614 24m )
Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M0(x0;y0 ):
3 20 0
0
723 2 3x x
y x = ( 20 0 2x x )(x
– x0 ) Tiếp tuyến đi quaM
3 20 0
0
5 61 724 24 3 2 3
x xm x =
( 20 0 2x x )(m – x0 )
3 20 0 0
2 1 3 5 03 2 4 24
mx m x mx
Để thỏa YCBT (*) có hai nghiệm âm phân biệt.
2 7 5 03 12
5 0183 5 02 4
mm
m
m
5 12 6
51856
m haym
m
m
KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành độ
thỏa : 5 1 52 6 18M Mx hay x
Câu II : ( 2 điểm )
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25
(MBC ) (SAD) = MN ( Do AD // BC) ( N SD )
20
.1 2 3.. .sin 60 .3 3S ABCD
a bV AB AD SA .
2
. . .1 3..2 3S ABC S ACD S ABCD
a bV V V .
.
.
4. .4
S MBC
S ABC
V SM SB SC a xV SA SB SC a
3 412SMBC
ab a xV
2
.
.
. .S MNC
S ADC
V SM SN SC SMV SA SD SC SA
23. 448SMNC
b a xV
.
3 4 848S BCNM SMBC SMNC
b a x a xV V V
3 1248BCNMAB
b x a xV
Thỏa YCBT : .54S BCNM BCNMABV V
2 29 108 128 04ax = (Nhaän)3
32ax = (Loaïi)3
x ax a
KL : 4ax =3
Câu VIa : ( 2 điểm ) 1)đường thẳng có phương trình : 1 2 3 0m x m y m và đường tròn (C) có phương trình : 2 2 6 6 13 0x y x y . ( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = 5 . Hệ vô có nghiệm và ( C) không có điểm chung , d I R
2
65
2 2 5
m
m m
11 19
m
KL : m = 0 hay m = -1 2)M d2 : 2 2 21 2 ;3 ;2M t t t
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
x
y
-2
-1
72
10
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 101
1)Đặt : 3 2 243 vaø v= x 77 ÑK: v 0u x
Ta có hệ : 3 4
2 0 1
80 2
v u
u v
(I)
Thế v = u+2 vào phương trình (2) (2) 4 3 27 24 32 64 0u u u u u = 1 hay u = - 4
(I)13
uv
hay
42 Loaïi
uv
KL : x = 2 CâuIII :( 1 điểm )
Đặt : x = -t dx = -dt
Đổi cân : x= 4 t=
4
; x=
4 t=
4
I =
6 64 4
4 4
tan tan1 1
t x
t x
e t e xdt dxe e
Ta có : I + I =
6 64 4
4 4
tan tan1 1
x
x x
x e xdx dxe e
2I =
4
6
4
tan xdx=
4
4 2 2 2 2
4
tan tan 1 tan tan 1 tan 1 1x x x x x dx
5 3 4
4
tan tan tan5 3x x x x =
2615 2
0
20 0
1 02
2 5 5 3 0 *3 6 12 2
x
mx m x
Câu V : ( 1 điểm )
Xét hệ :
2 5 1 0
3 5 4 0
x m y
x m y
5 5 5 15
5 5 5
m x m
m y(I)
TH1 : 1m
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1 Ptmp(P) đi qua M và có VTPT 1;1;1n
:
24 6 0x y z t H = (P) d2 H =hc
1Md
2 2 2
4 4 4;5 ;13 3 3
H t t t
K đối xứng với M qua d1 H là trung điểm của đoạn MK Đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1
2 2 2 3
2 5 51 ;7 ;3 3 3
K t t t d
KL: ptts của dường thẳng d3 đối xứng với d2 qua d1có dạng: 1 2 , 7 5 , 5x t y t z t Câu VIb ( 2 điểm ) 1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt có các
Vectơ đơn vị : 14 3;5 5
ABe
AB
,
212 5;13 13
ACe
AC
Phương trình đường phân giác ngoài của góc A có Vectơ chỉ phương :
1 28 14;65 65
e e
hay (-4,7)
KL : Phương trình tham số của đường phân
giác ngoài của góc A là :2 4
1 7x ty t
( t R
) Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c 2)Gọi I thỏa : 2 2 2 0IA IB IC ID
5 ; 6 ; 7 0x y z
Ta tìm được I(5; -6 ; -7 ) Lúc đó : 2 2 2MA MB MC MD
=MI
2 2 2MA MB MC MD
ngắn nhất
đoạn MI ngắn nhất khi IPM hc
Phương trình chính tắc của d qua I và d
vuông góc với (P) : 5 6 72 3x y z
M=(P) d M(9;0;-5) Câu VII b ( 1 điểm ) Nghiệm của hệ là số giao điểm của
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 102
MinP = 0 khi 3 1vaø y=1 m - 1
mx
m
TH2 : m = 1 Đặt : t = -2x – 4y +1 Khi đó :
2213 15 25 13 15 25 25
4 2 4 4 13 13 13P t t t
MinP = 2513
khi t = - 1513
khi 282 4 013
x y
KL :
m 1: MinP = 0 khi 3 1vaø y=1 m - 1
mxm
m=1 : MinP = 2513
khi 7 113 2
x k R
y k
Câu VIIa ( 1 điểm ) Ta có : 2 2a bz cz a bz cz
= a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca
= 12
(2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca)
= 2 2 212
a b b c c a 0(ĐPCM)
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
Xét hàm số 3 23 3 ln 2 2f t t t t t trên R
Ta có :
2' 2
23 2 0,
2 2tf x t t R
t t
Xét hàm số g(t) = t trên R và g’(t)=1 >0, t R Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên R x y f(x) f(y) g(y) g(z) y z f(y) f(z) g(z) g(x) z x Vậy : x = y = z = t t là nghiệm của phương trình :
3 22 3 ln 2 2 0t t t t (*)
Hàm số h(t) = 3 22 3 ln 2 2t t t t đồng biến trên R (vì có
2
' 22 1 3
2 2t
h t tt t
>0, t R) và
h(1) = 0 (*) có nghiệm duy nhất t= 1 . KL: Hệ có nghiệm duy nhất (1;1;1)
0,25
II 2. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x 1,0 TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 02 2(sin ) sin . 0
x cosxx cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với sin 0 ( )4
x cosx x k k Z
0,25
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx
được pt : t2 + 4t +3 = 0 13( )
tt loai
0.25
t = -1 2
( )2
2
x mm Z
x m
Vậy :
( )4
2 ( )
22
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 103
ĐỀ 19 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 221 xx .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: )2
sin(2cossin2sincot
21
xxx
xx .
2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 55 xx .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
5
1
2
131 dx
xxxI .
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 060 .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3222 zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
zyxzxyzxyA
5 .
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các
đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 yx và 029136 yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( zyx
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập 6,5,4,3,2,1,0E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2( M và có phương trình một đường chuẩn là .08 x Viết phương trình chính tắc của ).(E
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( yx Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).(
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức nxnxx )1(...)1(21 2 thu được đa thức n
n xaxaaxP ...)( 10 . Tính hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn
nCC nn
17132 .
ĐÁP ÁN ĐỀ 19
Câu Đáp án Điểm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 104
1. (1,25 điểm) Víi 1m ta cã 196 23 xxxy . * TËp x¸c ®Þnh: D = R * Sù biÕn thiªn ChiÒu biÕn thiªn: )34(39123' 22 xxxxy
Ta cã
13
0'xx
y , 310' xy .
Do ®ã: + Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng )1,( vµ ),3( . + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng ).3,1(
0,5
Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 1x vµ 3)1( yyCD ; ®¹t cùc tiÓu t¹i 3x vµ
1)3( yyCT .
Giíi h¹n:
yyxxlim;lim .
0,25
B¶ng biÕn thiªn:
0,25
* §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm )1,0( .
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25
2. (0,75 ®iÓm) Ta cã .9)1(63' 2 xmxy
+) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i, cùc tiÓu t¹i 21 , xx
ph¬ng tr×nh 0'y cã hai nghiÖm pb lµ 21 , xx
Pt 03)1(22 xmx cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ 21 , xx .
31
3103)1(' 2
m
mm )1(
0,25
I (2,0
điểm)
+) Theo ®Þnh lý Viet ta cã .3);1(2 2121 xxmxx Khi ®ã
41214442 221
22121 mxxxxxx
)2(134)1( 2 mm
0,5
x
y’
y 3
-1
0 0 3 1
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 105
Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ 313 m vµ .131 m 1. (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: .0cossin,0sin xxx
Pt ®· cho trë thµnh 0cos2cossincossin2
sin2cos
xxxxx
xx
02sin)4
sin(cos
0cossin
cos2sin2
cos 2
xxx
xxx
xx
+) .,2
0cos kkxx
0,5
+)
nm
nx
mx
nxx
mxxxx ,
32
4
24
24
2
24
2)
4sin(2sin
.,32
4 ttx
§èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ
kx 2
; .,,32
4 tktx
0,5
2. (1,0 ®iÓm)
§iÒu kiÖn .31
x (*)
Víi ®k trªn, pt ®· cho )12(log31)13(log 52
5 xx
32
35
25
)12()13(5)12(log)13(5log
xxxx
0,5
II
(2,0 điểm)
812
0)18()2(0436338
2
23
x
xxx
xxx
§èi chiÕu ®iÒu kiÖn (*), ta cã nghiÖm cña pt lµ .2x
0,5
III (1,0
điểm)
§Æt 3
2132
313 tdtdxxdxdtxt
.
Khi 1x th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4.
Suy ra
4
22
22
32.
.3
1
13
1tdt
tt
t
I
4
22
4
2
2
12)1(
92
tdtdtt
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 106
.59ln
27100
2
4
11ln
2
4
31
92 3
tttt
0,5
- KÎ )''('// BADABBD 060)',()','( BCBDBCAB
060' DBC hoÆc .120' 0DBC
0,5
IV (1,0
®iÓm) - NÕu 060'DBC V× l¨ng trô ®Òu nªn ).'''(' CBABB ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã
1' 2 mBCBD vµ .3'DC
KÕt hîp 060'DBC ta suy ra 'BDC ®Òu. Do ®ã .2312 mm
- NÕu 0120'DBC ¸p dông ®Þnh lý cosin cho 'BDC suy ra 0m (lo¹i).
VËy .2m
* Chó ý: - NÕu HS chØ xÐt trêng hîp gãc 060 th× chØ cho 0,5® khi gi¶i ®óng. - HS cã thÓ gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p vect¬ hoÆc to¹ ®é víi nhËn xÐt:
''.
'.')','cos()','cos(
BCAB
BCABBCABBCAB .
0,5
§Æt zyxt 2
3)(232
2
tzxyzxyzxyzxyt .
Ta cã 30 222 zyxzxyzxy nªn 3393 2 tt v× .0t
Khi ®ã .52
32
ttA
0,5
V (1,0
®iÓm)
XÐt hµm sè .33,235
2)(
2 t
tttf
Ta cã 055)(' 2
3
2
t
tt
ttf v× .3t
Suy ra )(tf ®ång biÕn trªn ]3,3[ . Do ®ã .3
14)3()( ftf
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi .13 zyxt
VËy GTLN cña A lµ 3
14, ®¹t ®îc khi .1 zyx
0,5
1. (1 ®iÓm) VIa. (2,0
®iÓm)
- Gäi ®êng cao vµ trung tuyÕn kÎ tõ C lµ CH vµ CM. Khi ®ã CH cã ph¬ng tr×nh 0132 yx ,
A
21 m
C
C’ B’
B
A’ m
D 3
1 1 0120
C(-7; -1)
B(8; 4)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 107
CM cã ph¬ng tr×nh .029136 yx
- Tõ hÖ ).1;7(029136
0132
Cyx
yx
- )2,1( CHAB unCHAB 0162: yxABpt .
- Tõ hÖ )5;6(029136
0162M
yxyx
).4;8(B
0,5
- Gi¶ sö ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp .0: 22 pnymxyxABC
V× A, B, C thuéc ®êng trßn nªn
07500488006452
pnmpnmpnm
72
64
pnm
.
Suy ra pt ®êng trßn: 0726422 yxyx hay .85)3()2( 22 yx
0,5
2. (1 ®iÓm) - Gi¶ sö );;( 000 zyxN . V× )1(06)( 000 zyxN
- MNPQ lµ h×nh vu«ng MNP vu«ng c©n t¹i N
0.PNMN
PNMN
0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
002
000
20
20
20
20
20
20
zzyxx
zyxzyx
0,5
)3(0)4)(1()3()2)(5()2(01
002
000
00
zzyxxzx
- Tõ (1) vµ (2) suy ra
172
00
00
xzxy
. Thay vµo (3) ta ®îc 065 020 xx
2,1,31,3,2
000
000
zyxzyx
hay
)2;1;3()1;3;2(
NN
.
- Gäi I lµ t©m h×nh vu«ng I lµ trung ®iÓm MP vµ NQ )25;3;
27( I .
NÕu )13;2( N th× ).4;3;5( Q NÕu )2;1;3( N th× ).3;5;4( Q
0,5
Gi¶ sö abcd lµ sè tho¶ m·n ycbt. Suy ra 6,4,2,0d .
+) .0d Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ .36A
+) .2d Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ .25
36 AA
0,5
VIIa. (1,0
®iÓm)
+) Víi 4d hoÆc 6d kÕt qu¶ gièng nh trêng hîp .2d
Do ®ã ta cã sè c¸c sè lËp ®îc lµ .4203 25
36
36 AAA
0,5
1. (1 ®iÓm) VIb. (2,0
®iÓm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 108
- Gäi ph¬ng tr×nh )0(1:)( 2
2
2
2
baby
axE .
- Gi¶ thiÕt
)2(8
)1(194
2
22
ca
ba
Ta cã ).8(88)2( 22222 cccccabca
Thay vµo (1) ta ®îc 1)8(
984
ccc
.
0,5
2132
026172 2
c
ccc
* NÕu 2c th× .11216
:)(12,1622
22 yxEba
* NÕu 2
13c th× .1
4/3952:)(
439,52
2222
yxEba
0,5
2. (1 ®iÓm) Gi¶ sö );;( 000 zyxM . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
522
)2()3()1()1( 0020
20
20
20
20
20
20
20
20
yxzyxzyxzyx
)3(5
)22()1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2002
020
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
yxzyx
zyxzyx
zyxzyx
0,5
Tõ (1) vµ (2) suy ra
00
00
3 xzxy
.
Thay vµo (3) ta ®îc 200
20 )23()1083(5 xxx
3231
0
0
x
x
).3
14;323;
323(
)2;1;1(
M
M
0,5
Ta cã
nnnnnn
n
nCC nn1
)2)(1(!3.7
)1(23
17132
.90365
32
n
nnn
0,5
VIIb. (1,0
®iÓm)
Suy ra 8a lµ hÖ sè cña 8x trong biÓu thøc .)1(9)1(8 98 xx
§ã lµ .89.9.8 89
88 CC
0,5
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 109
ĐỀ 20 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2y x 2mx (m 3)x 4 có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng ( ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để ( ) cắt (Cm) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với xA = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2
3 2 sin 2 1 1 32cos sin 2 tanx
xx x
.
b.Giải hệ phương trình : 3 2
4 3 2 2
x y x xy 1x x y x y 1
Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π2
20
dxIcos x 3cos x 2
.
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / /ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của /BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn /AA sao cho khoảng cách từ F đến C/E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1 a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2
b c c a a bTa b c
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : 3 7 0x y và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 5z 1 0 . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 600 Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 192 2
720
mm n m
n
C C A
P
Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0;41 C
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình : 2 2
3 32 2
2 2
log log
4
y x y x x xy y
x y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 110
ĐÁP ÁN ĐỀ 20
Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y/
-Nghiệm y/ và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị
0,25 0,25 0,25 0,25
Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2x 2mx (m 3)x 4 x 4 (1) 2 x(x 2mx m 2) 0
2
x 0g(x) x 2mx m 2 0 (2)
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0./ 2 m 1 m 2m m 2 0
(a)m 2g(0) m 2 0
Δ
Diên tích 1S BC.d(E,BC)2
Khoảng cách d(E, BC) 2 Suy ra BC = 4 2
2B C B C(x x ) 4x x 16
24m 4(m 2) 16 Giải pt m = 3, m = -2 (loại)
0,25 0,25 0,25 0,25
II a . Đk:
2x k
Phương trình đã cho tương đương với: 23 21 32 sin 2
tan cot x xx
2 22
2
2(sin cos )3 3 2sin cos
3 2 3 0
tan cot
tan tan
x xx xx x
x x
3
313 6
tan
tan
x x k
x x k ,kZ
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2
x k ; kZ
0,25 0,25 0,25 0,25
IIb. Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1[x(y x)] x y 1
Đặt 3u x y, v x(y x)
Hệ trở thành 2
u v 1u v 1
Giải hệ u 0v 1
,
u 3v 2
0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 111
Với u 0v 1
giải hệ được
x 1y 0
Với u 3v 2
giải hệ (vô nghiệm)
Nghiệm của hệ :x 1y 0
,
x 1y 0
0,25 0,25
III π π2 2
0 0
1 1I dx dx1 cos x 2 cos x
Tính π π2 2
0 0 2
dx dx 1x1 cos x 2cos2
Tính 2
π π2 2
0 0 2
x1 tandx 2 .dxxcos x 2 3 tan2
.
Đặt 2 2x x 3tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt2 2 2
x = 0 => t = 0
x = π2
=> t = π6
2π π2 2
0 0 2
x1 tandx 2 .dxxcos x 2 3 tan2
=
π6
0
2 dt3 = π
3 3
Vây π π2 2
0 0
1 1I dx dx1 cos x 2 cos x
= 1 - π
3 3
0,25 0,25 0,25 0,25
IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A/Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a),, / 3 ; ;22 2
a aC a và E(0;a;a)
F di động trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t [0;2a] Vì C/E có độ dài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ nhất khi /ΔFC E
S nhỏ nhất
Ta có : //1 ,
2
FC E
S EC EF
Ta có:
/ 3 ; ;2 2
EF 0; ;
a aEC a
a t a
/ ,
EC EF ( 3 ; 3( ); 3)
2a t a t a a
/ 2 2 2, ( 3 ) 3( ) 32
aEC EF t a t a a
0,25
z
x C
C/
F
A
A/ B
/
B
E
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 112
/
2 2
2 2ΔFC E
a 4t 12at 15a2
1 aS . . 4t 12at 15a2 2
Giá trị nhỏ nhất của /FC ES tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t2 12at + 15a2
f(t) = 4t2 12at + 15a2 (t [0;2a]) f '(t) = 8t 12a
3'( ) 02af t t
/FC ES nhỏ nhất f(t) nhỏ nhất 32
at F(0;0;t) , hay FA=3FA/
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )
0,25 0,25 0,25
V Đặt 1x
a , 1y
b , 1z
c .vì 1 1 1 1
a b c nên x +y +z = 1
Và 2 2 21 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) T x y zy z z x x y
+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
21 ( )x y z2
x y z. y z . z x . x yy z z x x y
2 2 2 2 2 2x y z x y z(2x 2y 2z) 2( )y z z x x y y z z x x y
+) Ta có: 2 2
2 1 1 1 1 4( )
x xx y zy z y z y z y z
Tương tự ...
Do đó 2 2 2x y zT 4
y z z x x y
2
Đẳng thức xảy ra khi 13
x y z hay 3 a b c
0,25 0,25 0,25 0,25
VIa:1
ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y và phân giác trong CD: 1 0x y . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t .
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;2 2
t tM
.
Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2
t tM BM x y t C
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0
0;11 0
x yI
x y
.
0,25 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 113
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 07 1 8x y x y
0,25 0,25
VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình x 1 2ty tz 1 3t
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0
0,25 0,25 0,25 0,25
VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 13
1
9 192 2
720
mm n m
n
C C A
P
<=>
7202
1929
1
123
2
n
mnmm
P
AcC
Từ (2): 761!6720)!1( nnn Thay n = 7 vào (1) m(m 1) 9 1945 m
2 2 2
2m m 90 9 19m 2m 20m 99 0 119 m vì 10 mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2
1037 CC cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 110
47 CC cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: 2157 C cách
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,3161881946
6188517
P
C
0,25 0,25 0,25 0,25
VIb1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0;
41 C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 114
22
22
91 344
2 4 3
81 2259 316 16 4 1 6 3 1.416 9 25
dDB ABDC AC d
d d d
Đường thẳng AD có phương trình:
2 3 3 6 3 9 13 3
x y x y x y
,
và đường thẳng AC:
2 3 3 6 4 12 3 4 6 04 3
x y x y x y
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
2 2
3 1 4 63 5 ;
3 44) 3 5 ;31) 3 5 .2
b bb b b
a b b b
b b b b
Rõ ràng chỉ có giá trị 12
b là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn
nội tiếp ABC là: 2 21 1 1
2 2 4x y
.
0,25 0,25 0,25 0,25
VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1x y zPa b c
Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
Ta có:
4 5 6 1
5 6 04 6 0
a b cb ca c
774
775
776
a
b
c
ptmp(P)
0,25 0,25 0,25 KL: 0,25
VII b
Giải hệ phương trình :
2 23 3
2 22 2
log log . *
4
y x y x x xy y
x y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 115
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 043
22
222
yyxyxyx yx, >0
Xét x > y 3 32 2
VT(*) 0log log
VP(*) 0x y
(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y 3 32 2
VT(*) 0log log
VP(*) 0x y
(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta 2 2
0 0
2 2 4x y
x = y = 2 ( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ; 2; 2x y
0,25 0,25 0,25 0,25
ĐỀ 21
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = 3 2 2 23 3( 1) ( 1)x mx m x m (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+4
) = 0
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 2
2
1
x x y x a
x y
Câu 3 : Tìm : 3
sin(sin 3 cos )
xdxx x
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ' ' '.ABC A B C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' '), ( ), ( )ABC AB C A BC cắt nhau . tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
P = 3 3 3 3 3 33 3 32 2 24( ) 4( ) 4( ) 2( )x y zx y y z z x
y z x 12
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : 2 2 4 4 4 0x y x y và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :
11 2( ) :
2 2 1x y zd
'
2'
4( ) : 2
3
x td y
z t
Viết phương trình đường thẳng ( )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
7
43
1xx
( với x > 0 )
B . Theo chương trình nâng cao
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 116
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( ) có phương
trình : 2 1 0
2 0x y z
x y z
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho 2 12 2 24
0 1 2 24(1 ) ...x x a a x a x a x . Tính hệ số a 4 . ĐÁP ÁN ĐỀ 21
Câu Đáp án Điểm
a. (1.0 điểm) Khảo sát… Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 TXĐ D=R
y’=3x2-3; y’=0 11
xx
limx
y
0,25
BBT x -1 1 y’ + 0 - 0 + y
3 -1
0,25
Hs đồng biến trên khoảng ( ;-1) và (1; ), nghịch biến trên (-1;1) Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=-1
0,25
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng
0,25
b. (1.0 điểm) Tìm m để …
Câu 1 (2 điểm)
Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1) 0,25
y
-2 1
-1 -1
1 2
3
x 0
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 117
y’=0 11
x mx m
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có:
'
2 2 2
' 0
. 0 ( 1)( 3)( 2 1) 00 1 0
1 00( 1) 0(0) 0
y
CD CT
CD
CT
m Rf f m m m mx m
mxmf
0,25
Vậy giá trị m cần tìm là:
( 3;1 2)m 0,25
a. (1.0 điểm) Giải phương trình
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 4 )=0
sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 2 )
0,25
sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 sinx = 1 0,25
x = 2 + k2 , kZ
0,25
b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2
0,25
-Với a = 0, hệ trở thành: 2 2
2 2 2 2
2 2 (1) (I)
1 1 (2)
x xx y x x x y
x y x y
Từ (2) 2 2
2 2
11 2 11 1
xyx x xy x x y
0,25
( I ) có nghiệm
2 2
2
10
2 11
1
x
x yx
x xy
y
TM 0,25
Câu 2 (2.0
điểm)
-Với a=2, ta có hệ: 2
2 2
2 2
1
x x y x
x y
Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM Vậy a = 0
0,25
1 2 1
3 13 1 2
3 1 2
1
m
mm
m
m
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 118
Ta có 3
3
sin[(x- ) ]s inx 6 6(sinx+ 3 osx) 8 os ( )
6c c x
0,25
3 1sin( ) os(x- )2 6 2 6
8 os(x- )6
x c
c
0,25
3 2
sin( )3 1 1616 16os ( ) os ( )
6 6
x
c x c x
0,25
Câu 3 (1.0
điểm)
32
s inxdx 3 1 tan( )16 6(sinx+ 3 osx) 32 os ( )
6
x cc c x
0,25
Gọi I = AC ’A’C, J = A’BAB’ (BA'C) (ABC') = BI(BA'C) (AB'C) = CJGoi O = BI CJ
O là điểm cần tìm
Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C
0,25
Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) Do ABC là hình chiếu vuông góc của BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm ABC
0,25
Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1' 3
OH HMA B AM
0,25
Câu 4 (1.0
điểm)
1 1 1. ' .3 9 9OABC ABC ABCV OH S A B S V
0,25
Câu 5 Ta có: 4(x3+y3) (x+y)3 , với x,y>0 0,25
J
I
O
HM
B'
A'
C'
C
B
A
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 119
Thật vậy: 4(x3+y3) (x+y)3 4(x2-xy+y2) (x+y)2 (vì x+y>0) 3x2+3y2-6xy0 (x-y)20 luôn đúng Tương tự: 4(x3+z3) (x+z)3 4(y3+z3) (y+z)3
3 3 3 3 3 33 3 3 34( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y x z y z x y z xyz
Mặt khác: 32 2 212( ) 6x y z
y z x xyz 0,25
3 316( ) 12P xyz
xyz 0,25
(1.0 điểm)
Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 2 1
1
x y zx y z x y zy z x
xyzxyz
Vậy P12, dấu ‘=’ xảy ra x = y = z =1
0,25
Chương trình chuẩn a. (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
2 2
022 0
4 4 4 0 20
xyx y
x y x y xy
Hay A(2;0), B(0;2)
0,25
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B
0,25
Câu 6a (2.0
điểm)
Ta có 1 .2ABCS CH AB (H là hình chiếu của C trên AB) 0,25
H
4
A
BI
y
x
M
2
2O
C
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 120
ax CH maxABCS m
Dễ dàng thấy CH max ( ) ( )2C
C Cx
Hay : y = x với :(2;2)
dI
(2 2;2 2)C Vậy (2 2;2 2)C thì axABCS m
0,25
b. (1.0 điểm) Nhận xét: M(d1) và M(d2)
Giả sử ( ) ( 1)( ) ( 2)
d Id H
Vì Id1 I(2t-1; -1-2t; 2+t) Hd2 H(4t’; -2; 3t’)
0,25
1 2 (1 4 ')233 2 (2 2)10, 0 1 (3 3 ')
23 18 3( ; ; )5 5 10
cbt
t k tTM k HMy t k tk R k t k t
T
0,5
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: 1 562 163 33
x ty tz t
hoặc là: 5 8 17 012 9 16 18 0
x y zx y z
0,25
Ta có: 117
7 74 3473
0
1( ) ( ) .( )k k k
kx C x x
x
0.25
Để số hạng thứ k không chứa x thì: 1 1(7 ) 0
44 3[0;7]
k kk
k
0.5
Câu 7a (1.0
điểm)
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 47
135
C 0,25
Chương trình nâng cao a. (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC:
1
( ) qua B( ) : 4 3 5 0
BC dBC
BC x y
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0( 1;3)
2 5 0x y
Cx y
0,25
Câu 6b (2.0 điểm)
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 121
Ta có:
2 2
2 2
3 1 14 2 21 3 11 . 1 . 1 . 12 4 2
01 (loai)3
ACBC d d AC
BC d d ACAC
AC
AC
KK K K KK K K K K
K
K
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
3 4 27 0( 5;3)
3 0x y
Ay
0,25
Pt cạnh AB là: 5 3 4 7 1 02 5 1 3x y x y
Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0
0,25
b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và , ta có: cắt AB tại K(1;3;0) Ta có 2KB KA
A, B nằm về cùng phía đối với
0,25
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua và H là hình chiếu của A trên .
H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của : 1
3
xy tz t
)
Ta có . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4(1;4;1) '(0;4;1)
AH u t t tH A
0,25
Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4(1; ; )
3 3M
0,25
Lấy điểm N bất kỳ trên Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B NA+NB Vậy 13 4(1; ; )
3 3M
0,25
Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = 0 12 1 11 2 12 2 12 24
12 12 12 12(1 ) (1 ) . ... (1 ) .( ) ...k k kC x C x x C x x C x 0,25
=0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 212 12 12 12 12 11 11
2 4 0 10 1012 10 10
[C ... ...]+C x [C ... ...]
+C [C ... ]+...
C x C x C x x C xx x C
0,25
Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4 0,25
Câu 7b (1.0
điểm)
0 8 1 9 2 104 12 12 12 11 12 10. . . 1221a C C C C C C 0,25
www.VNMATH.com