- Onthionline.net...1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình :x y 0 và điểm M(2;1). Tìm phương trình đường thẳng cắt trục

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


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


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


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


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


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


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


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


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


*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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


- 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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


* 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


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


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


• )(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


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


• 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


• 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


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


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


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


= 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


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


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


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


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


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


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


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


)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


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


-+

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


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


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


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


(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


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


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


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


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


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


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


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


=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


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


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


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


+) 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


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


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


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


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


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


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


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


*) 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


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


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


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


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


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


* 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


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


- 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


)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


)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


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


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


2π π2 2

0 0 2


=

π6

0

2 dt3 =

π3 3

Vây π π2 2

0 0


= 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


+) 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 .


t tM

.

Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2

t tM BM x y t C



0;11 0

x yI

x y

.


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.


)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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


.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


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 çch s¾p xÕp abc lµ .36A

+) .2d Sè çch 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 çc sè lËp ®îc lµ .4203 25

36

36 AAA

0,5

1. (1 ®iÓm) VIb. (2,0

®iÓm)

www.VNMATH.com


- 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


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


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


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


Tính π π2 2

0 0 2

dx dx 1x1 cos x 2cos2

Tính 2

π π2 2

0 0 2


.

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


=

π6

0

2 dt3 = π

3 3

Vây π π2 2

0 0


= 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


/

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 .


t tM

.

Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2

t tM BM x y t C



0;11 0

x yI

x y

.

0,25 0,25

www.VNMATH.com



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.


)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


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


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


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


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


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


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


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


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

Documents

- Onthionline.net...1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình :x y 0 và điểm M(2;1). Tìm phương trình đường thẳng cắt trục