I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
x
x
.
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
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x
¡
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x 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
3
16
x y z
P
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)
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
d
1
:
11 2
2 3 1
x y z
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n N thỏa mãn phương
trình
log
4
(n – 3) + log
4
(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 d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: 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 1
2 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 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y
¡
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THITHỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II
2.0
1
Giải phương trình
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
1.0
ĐK:
sin cos 0
x x
0.25
Khi đó
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
0.25
sin 1
cos 1
x
x
(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k
x m
,k m
Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
và
2
x m
,k m
Z
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x
¡
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x
0.25
2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x
0.25
3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x
2
2 0
1 16 0
x
x x
0.25
1
x
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2
x u x udu dx
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 11 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
0.25
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u
0.25
3
3 6ln
2
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 6
1
3 3
DH DA AH
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy
0.25
Thể tích tứ diện
.
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH
0.25
D
A
B
C
H
M
N
3 .
x y xy
V
1.0
Trước hết ta có:
3
3 3
4
x y
x y
(biến đổi tương đương)
2
0
x y x y
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
(với t =
z
a
,
0 1
t
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
0;1
. Có
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0.25
0;1
64
inf
81
t
M t
GTNN của P là
16
81
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:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
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 AC
n n n a b
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là
VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
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 x
A
x y y
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
0.25
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; -
2m)
MN
uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n
uur
nên :
p
k MN kn
uuuur uur
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
có
nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
Khi đó điểm M(1; 4; 3)
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z 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
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n
Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
(n – 3)(n + 9) = 4
3
n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
Vậy n = 7.
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
3
2
3
1 . 11 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8
i i i i i i i
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
11.0
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2
1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
(tham số t)
(1; 3;0)
M
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u
uur
.
Vì
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
uur uur uur
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
, khi đó
( 1; 3; )
MN x y z
uuuur
.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x 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 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y
¡
1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
0.25
Hệ phương trình
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
0.25
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần
như
đáp án quy định.
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
. Giả sử d cắt d 1 tại M ( -1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d (P) có VTPT (2; 1; 5) P n . 2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u 0.25 3 3 6ln 2 0.25 IV 1. 0 D ng DH MN H Do DMN ABC DH ABC mà . D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều. 12 4;3 ; ; 5 5 C D - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1. 0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m