Đáp án đề thi thử hà nội cực hay

1 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI LẦN Câu 1 Tự làm Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x4 +2m2x2 +1 = x + ⇔ x4 + 2m2x2 – x = ⇔ x =  x( x3 + 2m2x – 1) = ⇔   Đặt g(x) = x + 2m x – ; x + 2m x − = 0(*)  2 ≥ (với x m ) ⇒ Hàm số g(x) đồng biến với giá Ta có: g’(x) = 3x + 2m trị m Mặt khác g(0) = -1 ≠ Do phương trình (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y = x+ cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m Câu π Giải phương trình: sin2 ( x ) = 2sin2x – tanx (1) π + k π (*) Điều kiện: cosx ≠ ⇔ x ≠ sin x = π (1) ⇔ – cos (2x - ) = 2sin2x – tan x ⇔ – sin2x = tanx ( sin 2x – 1) ⇔   tan x = −1 π π   2 x = + k 2π  x = + k π π π ⇔ ⇔ ⇔ x = + k ( Thỏa mãn điều kiện (*) )  x = − π + l.π  x = − π + l.π   4   Giải phương trình: 2log3 (x2 – 4) + log ( x + 2) - log3 ( x -2)2 = (2) x − > x − > x >   ⇔  ⇔ Điều kiện:  (**) ( x + 2) ≥ log ( x + 2) ≥  x ≤ −3   Pt (2) biến đổi thành: log3 (x2 – 4)2 – log3 (x – 2)2 + ⇔ log3 ( x + 2)2 + log ( x + 2) - = log ( x + 2) - = ⇔ ( log ( x + 2) + 4) ( log ( x + 2) - 1) = ⇔ log ( x + 2) = ⇔ (x+2)2 = ⇔ x+ = ± ⇔ x = - ± Kiểm tra điều kiện (**) có x = - - thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm : x = - - Chú ý: 1/ Biến đổi : 2log3 ( x2 – 4) = log3 (x2 – 4)2 làm mở rộng tập xác định nên xuất nghiệm ngoại lai x = -2 + 2/ Nếu biến đổi: log3( x – 2)2 = 2log3 ( x – 2) log3( x+2)2 = 2log3(x+2) làm thu hẹp tập xác định dẫn đến nghiệm ( Lỗi phổ biến học sinh!) Câu Tính tích phân: I = π ∫ cos x Đặt t = + sin x = I= ∫ cos x + sin x t+2 ln t−2 15 dx dx = 3;x= π ∫ cos π t = sin x cos x x + sin x sin x cos x + sin x dx 15 dx = 15 ∫ dt = −t2 15 ∫ ( 1 − )dt = t+2 t−2 15 + 3+2 (ln − ln ) = (ln( 15 + 4) − ln( + 2)) 15 − 3−2 Ta có SA ⊥ mp(ABC) ⇒ SA ⊥ AB ; SA ⊥ AC Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC ( Định lý đường vuông góc) Hai điểm A,C nhìn đoạn SB góc vng nên mặt cầu đường kính SB qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; ∠SCA = 600 góc mặt (SBC) mp(ABC) SA = AC.tan600 = a Từ SB = SA2 + AB2 = 10a2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = πd = π SB2 = 10 π a2 = Câu sin x + sin x 2 − cos x Ta có: cos x = – t dt = Đổi cận: Với: x = t = π sin x =   x + y = y + 16 x (1) Giải hệ:  1 + y = 5(1 + x ) (2)  Từ (2) suy y2 – 5x2 = (3) Thế vào (1) được: x3 + (y2 – 5x2).y = y3 + 16x ⇔ ⇔ x3 – 5x2y – 16 x = ⇔ x = x2 – 5xy – 16 = TH1: x= ⇒ y2 = ( Thế vào (3)) ⇔ y = ± x − 16 x − 16 TH2: x2 – 5xy – 16 = ⇔ y = ( 4) Thế vào (3) được: ( ) − 5x = ⇔ 5x 5x ⇔ x4 – 32x2 + 256 – 125x4 = 100x2 ⇔ 124 x4 +132x2 – 256 = ⇔ x2 = ⇔ x = ± Thế vào (4) giá trị tương ứng y = 3 Vậy hệ có nghiệm: (x;y) = (0;2) ; (0;-2); (1;-3); (-1; 3) Chú ý: Nếu thay giá trị x vào (3) trường hợp 2, thừa cặp nghiệm! x − x + 8x − 8x + Tìm GTNN hàm số: f(x) = x − 2x + Tập xác định: R x2 – 2x + = (x – 1)2 + > với x Biến đổi được: f(x) = x2 – 2x + + ≥ ( Bất đẳng thức Cosi cho hai số x − 2x + dương) Dấu xảy : x2 – 2x + =1 ⇔ x = Vậy: f(x) = đạt x = Câu Tìm điểm B,C? Gọi H hình chiếu vng góc A d H ∈ d ⇔ H ( 1-t; 2+2t;3) ⇔ AH = ( 1-t; 1+2t; 0) Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ( -1;2;0) Từ có -1(1-t)+2(1+2t) =0 ⇔ t = -1/5 ⇔ H ( 6/5; 8/5; 3) AH 15 15 = Ta có AH = mà tam giác ABC nên BC = hay BH = 5 15 2 ⇔ 25s2 +10s – = ⇔ s = Gọi: B ( 1-s;2+2s;3) (− − S ) + ( + S ) = 5 25 −1± 6 8± ± 2 Vậy: B ( ; ;3) C( ; ;3 ) ( Hai cặp) 5 5 Xác định tọa độ đỉnh (E)? Theo có F1 ( - ; 0) F2 ( ;0) hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy : 2a = MF1 + MF2 = (1 + ) + ( 33 ) + (1 − ) + ( 33 ) = 10 ⇒ a = Lại có c = a2 – b2 = c2 ⇒ b2 = a2 – c2 = 22 Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( - 5;0) ; A2( 5;0) ; B1( 0; - 22 ) ; B2 ( 0; 22 ) -Hết -ĐHSP DE Câu 1 Tự làm Ta có y’ = 6x2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) ⇒ y’ = x1 =m x2 = m+1 Do x1 ≠ x2 với m nên hàm số ln có cực đại, cực tiểu Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) điểm cực trị y1 = f(x1)= 2m3 +3m2 + 1; y2 = f(x2) = 2m3 + 3m2 ⇒ AB = không đổi (đpcm!) Câu 2.1 Giải hệ: Điều kiện: y ≠ 0; x – 2y ≥ 0; x + x − y ≥ Pt ⇔ ⇔ x x − 2y − − x − 2y − 6y = ⇔ − y y2 x − 2y = y x − 2y = - y x − 2y − = ( chia hai vế cho y) y Với y > 24 x − 2y =3 ⇔  thay vào pt(2) ta nghiệm x = ,y = 9 y x = y + y y < x − 2y = -2 ⇔  thay vào pt(2) ta nghiệm: x =12, y = - 2 y x = y + y Vậy hệ có hai nghiệm(x;y) = (12;-2),( ; ) Giải phương trình lượng giác: Điều kiện: sin2x ≠ Pt ⇔ sin2x + cos x cos x = 2(1 − sin x) ⇔ sin x + −2=0 sin x cos x sin x cos x ⇔5+ − 2 = ⇔ cot3x – 2cot2x + = ⇔ (cotx + 1)(cot2x – 3cot x + 3) sin x sin x =0 π ⇔ cotx = -1 ( Vì cot2x – cotx + 3> 0) ⇔ x = − + k π , k ∈ Z (thỏa mãn điều kiện) π Vậy phương trình có nghiệm: x = − + k π , k ∈ Z ' cos x   Câu 3.1.Tính tích phân: Ta có   = − nên sin x  sin x  Với π π π 1 dx π π 1 π I = − ∫ xd ( ) = − x |π + ∫ = − ( − ) − cot x |π = 2π 2 2 sin x sin x π sin x 4 Tính thể tích khối chóp: Hạ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC) ( vì: (SBC) ⊥ (ABC) ) Hạ HM ⊥ AB, HN ⊥ AC ∠ SMH = ∠ SNH = α ⇒ ∆ SHM = ∆ SHN ⇒ HM = HN ⇒ H trung điểm BC ( tam giác ABC đều) ⇒ HM = h = a ⇒ SH = HM.tan α = a tan α Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC = SH.SABC = a tan α 16 Câu 1.Tìm nghiệm phức: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16 Vậy phương trình cho hai nghiệm là: 2(2 − i ) + 4 − i ( − i )(1 − i ) = = = − i Z1 = 2(1 + i ) 1+ i 2 2(2 − i ) − − i (−i )(1 − i ) 1 = = =− − i Z2 = 2(1 + i ) 1+ i 2 2.Chứng minh BĐT: 10 I1 = ∫ dx (x +4 ) π  Đặt x = tan t  ≤ t ≤ ÷ 2  Ta có: I1 : ∫ ( + x ) 2010 dx = (1+ x) I2 : ∫ ( + x) 2010 2011 2011 dx = ∫ ( − x ) 2010 22011 − | = (1) 2011 d ( 1− x) = − ( 1− x) 2011 2011 |1 = (2) 2011 Mặt khác: 1 1   2010 2010 I1 : ∫ (C2010 +C2010 x + + C2010 x 2010 ) dx =  C2010 + C2010 x + + C2010 x 2011 ÷|1 2011   1 1 2009 2010 = C2010 + C2010 + C2010 + + C2010 + C2010 (3) 2010 2011 1 1   2010 2010 I : ∫ C2010 − C2010 x + + C2010 x 2010 dx =  C2010 x − C2010 x + + C2010 x 2011 ÷|1 2011   ( ) 1 1 2009 2010 = C2010 − C2010 + C2010 − C2010 + C2010 (4) 2010 2011 1 2009 C2010 Lấy (3) trừ (4) ⇒ I1 − I = C2010 + C2010 + C2010 + + 1005 22011 − 1 Vậy S = − 2011 2011 Câu 5: x 2 2 Điều kiện x > 0.Pt ⇔ log = ( − x ) ⇔ x log x + x − = 0(*) 4x 2 x t Đặt log = t → x = Khi (*) ⇔ 4.4t.t + 4t − = ⇔ 4t 4t + − = 0( f ( t ) ) ( ) ( ) ( ) ( f ' ( t ) = 4t.8t + 4t.2 ln 4t + = 2.4t ln 2.t + 4t + ln g ( t ) ∆ ' g ( t ) = − ln > ⇒ g ( t ) = có nghiệm t1 − ⇔ >0 ⇔ a m ≠   b − a >  ( ) 2 2 2 2 Giả sử x1 = x2 = t1 , x3 = x4 = t2 ⇒ 17 = t1 + t2 = ( 2m + 1) − 8m    ⇔ 16m + 32m − = ⇔ m = − m = 4 Kết luận m=1/4 Câu II: π Đk cos x ≠ ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ Z Pt ⇔ cos x − 2sin x.cos x + sin x = 2sin x.cos x điều kiện nên 2sin x sin x ⇔ − = cos x cos x cos x cos x 2 Đặt t = tan x, pt ⇔ + t − 2t + t + t = 2t ⇔ t − t − t + = ( ) π + kπ , k ∈ Z thoả mãn 1  x + y + x + y =  Hệ pt ⇔  Đặt  x + y + + = 10m +  x2 y  ⇔ t = ±1 ⇒ x = ±  a = x + x , a ≥   b = y + , b ≥ y   a + b = a + b = a + b =  Pt ⇔  ⇔ ⇔ 2 ab = − 5m  a − + b − = 10m + ( a + b ) − 2ab = 10m + 10  Suy a, b nghiệm pt t − 4t + − 5m = ⇔ t − 4t + = 5m(*) Để hệ pt có nghiệm (*) có nghiệm thoả mãn t ≥ 2 Xét f ( t ) = t − 4t + ta có f ' = 2t − ⇔ t = BBT: 34 Dựa vào bảng biến thiên suy 5m ≥ 15 ⇔ m ≥ Câu III: Đặt x = t ⇒ x = t ⇒ dx = 2tdt Khi đó: ln t − 3   2t I =∫ 2tdt = ∫ ln t − dt = t ln t − |3 − ∫ dt  t t −1  2    t −1   = 9 ln − ln −  2t + ln |2  = 20 ln − ln − t +1 ÷     Câu IV: Gọi M trung điểm AC, kẻ BH vng góc với (ABC) suy H trùng với O, tâm ˆ đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ H ∈ BM , AC ⊥ ( B ' BH ) ⇒ AC ⊥ B ' M ⇒ B ' MH = 60 ( Sd = ) ( ) ( ) 1 AC.BM = 2a 8a = 2a 2 Do 2a = p.r = 4a.r ⇒ r = HM = a Ngồi tam giác B’HM vng có a ⇒ VABCA ' B 'C ' = S d h = 3a 1 + + ≥4 Câu V: Đặt a = z + x.b = z + y Theo gt ⇔ ( a − b) a b B ' H = HM tan 600 = ( ) a2 −1 a2 ⇔ + +a ≥4⇔ + 2 2 a a2 a −1 a −1 a2 ( ) ( ) ≥ (đúng theo BĐT Cauchy) Câu VI.a: 2 1.Đường trịn tâm I, bán kính IC có phương trình : ( x − 1) + ( y + 3) = x − 3y −1 =   3 ⇒ A ( 1;0 ) ; B  − ; − ÷ suy toạ độ A, B nghiệm hệ  2  5 ( x − 1) + ( y + 3) =  (S) có tâm I(1;2;3), R=4, từ gt suy ( Q ) : x + y − 12 z + D =  D = 78 (Q) tiếp xúc với (S) ⇔ d ( I , Q ) = ⇔ D − 26 = 52 ⇔   D = −26 27 A ( −1;1;0 ) ∈ ( P ) ⇒ d ( A, Q ) = d ( P, Q ) = ⇒ D = −26 Khi x + y − 12 z − 26 = 13 Câu VII.a:   x + y − xy = 2 Gt ⇔ x + y − xy + y − xy i = + 4i ⇔   y − xy =  ( ( ) ) t =  y t − 4t + = t − 4t + 1  ⇒ = ,t ≠ ⇔  Đặt x = ty ⇒  t = − 3t  y ( − 3t ) =   t=3 hệ vô nghiệm 35 t= ( x; y ) = ( 1; ) ⇒ y = 16 ⇒ y = ±4 ⇒  ( x; y ) = ( −1; −4 )  Câu VI.b a−2  C ∈ dt : x + y + = ⇒ C ( a; −2a; −1) ⇒ M  ; − a ÷∈ dt : x + y + = ⇒ a = ⇒ C ( 0; −1)   r 3x + y + =  ⇒ A ( 1; −3) ⇒ AC ( −1; ) ⇒ AC = Toạ độ A nghiệm hệ  2 x + y + = −4 + + ⇒ S ∆ABC = AC.BH = 5 r r (P) có dạng Ax + By + Cz + D = 0, n ( A, B, C ) ≠ , điểm M, N thuộc (P) suy Kẻ BH ⊥ AC ⇒ BH = d ( B, AC ) = = A + B + C + D = ⇒ B = C , D = − A − B ⇒ ( P ) : Ax + By + Cz − A − B =   A + 2B + D = ( P ) : x − = A + 2B B = =2⇒  ⇒ (S) có tâm I(3;2;2), R=2 nên d ( I , P ) = A2 + B  B = A ( P ) : x + y + z − =  Câu VII.b:  4x −1   x +1 > x −1  x > ⇔ Đặt y = ĐK  ta có bất phương trình x +1 log x − >  x < −1   x +1  ⇔ log log y + log log y −1 < ⇔ log ( log y ) < ⇔ log y < ⇔ y < 4 −5 < ⇔ x > −1 x +1 Kết hợp với ĐK ta x>3/2 ⇔ …ĐỀ BỘ GDĐT Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(1,0 ) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*)  2x + kx − (2k − 3) x + k + = = k ( x − 1) +  ( I ) Ta có: ( I ) ⇔  −x +1  y = k ( x − 1) +   y = k ( x − 1) +  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình 36 Điểm 1,0 0,25 kx − (2k − 3) x + k + = 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k ≠ 0, k < 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k )[( x2 + x1 ) − x2 x1 ] = 90(***) 2k − k +3 , x1 x2 = , vào (***) ta có Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = k k phương trình: 8k + 27k + 8k − = ⇔ (k + 3)(8k + 3k − 1) = −3 + 41 −3 − 41 , k= 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn ⇔ k = −3, k = Câu Phần II (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Nội dung sin x − 3sin x − cos x + 3sin x + 3cos x − = ⇔ (sin x + sin x) + 2sin x − 3sin x − (cos x + − 3cos x) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) =   sin x =  ⇔ (2sin x − 1)(2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔  cos x =  cos x =  π   x = + k 2π , (k ∈ Z ) +) sin x = ⇔   x = 5π + k 2π   π   x = + k 2π , (k ∈ Z ) +) cos x = ⇔   x = − π + k 2π   +) cos x = ⇔ x = k 2π , (k ∈ Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ Dễ thấy y ≠ , ta có:  2 x2 +  y( x + y) = x + y + 2 ( x + y ) − =7  y   u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x2 + ⇔ ⇔ , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = 37 0,5 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 +) Với v = 3, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔   x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ +) Với v = −5, u = ta có hệ:  , hệ  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vô nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), ( −2; 5)} Câu III (1,0) Phần Nội dung π π π Đặt x = − t ⇒ dx = − dt , x = ⇒ t = , x = ⇒ t = 2 π π 0,25 Điểm 0,25 π 2 Suy ra: I = 3sin x − cos x dx = 3cos t − 2sin t dt = 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân ∫ (sin x + cos x)3 ∫ (cos t + sin t )3 ∫ (cos x + sin x)3 0 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 π 0,25 π 2 Suy ra: I = I + I = 3sin x − cos x dx + 3cos x − 2sin x dx = ∫ (sin x + cos x)3 ∫ (cos x + sin x)3 ∫ (sin x + cos x) dx = 0 π π 1 π ππ   dx = ∫ d x − ÷ = tan  x − ÷ = KL: Vậy I = =∫ π π  20 4 4 2 2  cos cos  x − ÷  x− ÷ 4 4   Câu IV (1,0) Phần Nội dung + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG = suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD 1 + Dễ có: VS ABD = VS BCD = VS ABCD = V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS ABN SA SB SN 1 = = 1.1 = ⇒ VS ABN = V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 = = = ⇒ VS ABN = V VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: VS ABMN = VS ABN + VS BMN = V 38 0,5 Điểm 0,25 0,25 + Ta có: V = SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA ⊥ ( ABCD) nên góc hợp AN với · mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA · · =a N, suy NAD = NDA = 300 Suy ra: AD = tan 300 1 3 Suy ra: V = SA.dt ( ABCD ) = a.a.a = a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS ABCD − VS ABMN = V − V = V = 8 24 Câu V (1,0) Câu Phần Nội dung Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ 1 2 ≤ (1) Suy ra: + a (b + c ) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca ) = 3a ⇒ + a (b + c) 3a 1 1 ≤ (2), ≤ (3) Tương tự ta có: 2 + b (c + a ) 3b + c (a + b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab + bc + ca + + ≤ ( + + )= = W 2 + a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy ẩ abc = 1, ab + bc + ca = ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0) Phần VIa 1(1,0 (2,0) ) Nội dung + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, ( a + b ≠ 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Khi ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH = I ' A2 − I ' H '2 ⇔ − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , IA > IH 2 ⇔ ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 ⇔ ⇔ 36a − b = 35 ⇔ a = 36b 2 a +b 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 9a b2 − = 35 a + b2 a + b2 0,25  a = −6 Dễ thấy b ≠ nên chọn b = ⇒   a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn uu ur uu ur 2(1,0) + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uu uu ur ur + Vecto pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC):   39 0,25 0,25 0,25 2x − y + z +1 =  x + y − z −1 = x =   + Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = Câu Phần Nội dung + Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 VII.a (1,0) ⇔ (1 − 3x ) 20 − 60 x(1 − x)19 = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 (*) k k Nhận thấy: ak x = ak ( − x) thay x = −1 vào hai vế (*) ta có: S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 = 422 Câu Phần VIb 1(1,0 (2,0) ) Nội dung +uĐường thẳng AC vng góc với HK nên nhận uu r HK = (−1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x − y + = Ta dễ có: ( BK ) : x + y − = + Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử A(2a − 4; a ), B (b; − 2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ:  2a − + b = 2a + b = 10 a = ⇔ ⇔   a + − 2b =  a − 2b = b = Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2) uu ur + Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3x − y − = uu ur + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x + y + = KL: Vậy : ( AC ) : x − y + = 0, ( AB ) : 3x − y − = , ( BC ) : x + y + = 2(1,0) + M , N ∈ (d1 ), (d ) nên ta giả sử u ur uu M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t2 ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t ; 2t1 − t − 1) ur u ur u uu + MN song song mp(P) nên: nP NM = ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = u ur uu ⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1;3t1 − 1) 40 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25  t1 = 2 2 + Ta có: MN = ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = ⇔ 7t1 − 4t1 = ⇔  t1 =  4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ; − ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M ∈ ( P ) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 0,25 Nội dung − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (I ) + Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ Điểm 0,25 VII.b (1,0) 2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + log 2+ y (1 − x) =  + Ta có: ( I ) ⇔  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)  log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − = (1)  ⇔ = (2) log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)  + Đặt log 2+ y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0  y = −1 ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = 41 0,25 0,25 0,25 0,25 ... xét hàm số g ( t ) = −t + t + + t 12 g '' ( t ) = −2t − + < 0, ∀t ≥ Suy g(t) nghịch biến ( 2; +∞ ) t ax Do [m+∞ ) g ( t ) = g ( ) = suy giá trị lớn M = đạt a = b = ⇔ x = y = 2; ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ... ⇒ V ≥ 27 ⇒ V = 27 ⇔ a b c abc 1 x y z = = = ⇔ a = 9; b = 6; c = ⇒ mp : + + = a b c ĐÁP ÁN THI THỬ NGUYỄN TẤT THÀNH LẦN I PHẦN CHUNG: Câu I: HS tự làm HS tự làm HS tự làm Câu II: Phương trình tương... − + ) t Xét hàm số f (t ) = log t hàm số đồng biến  ⇒ x − x + = x − + ⇔ y − y = 0voi  y = x −   x = 1/ y =   ÷⇔  y = ⇔  x = /    x = −3 /  ĐẤP ÀN THI THỬ NGUYỄN TẤT THÀNH LẦN Câu