ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.(đề 24) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 2 1 2 2 y x x y y x − = − = − . 2.Giải phương trình sau: ( ) 6 6 8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x + + = − + . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 2 1 ( 1 ) x x x e dx x + + − ∫ . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15 27 a . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện ( ) 2 2 2 1x y xy+ = + . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy + = + . 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 mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x 2 +y 2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d 1 : 2 1 4 6 8 x y z− + = = − − và d 2 : 7 2 6 9 12 x y z− − = = − . Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d 1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2 4 11 0z z− + = . Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 3 x 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. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: +=+ +=+ yyxx xyyx 222 222 log2log72log log3loglog ……………Hết……………… Thớ sinh khụng c s dng ti liu, cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: P N CHI TIT THI TH 03 NM 2010 Cõu í Ni dung im I 1 * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y + = = ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y + = + = ; tiệm cận đứng: x = - 1 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x = > + với mọi x - 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 1 2 Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0 - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x + = + Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0 0 2 1 1 x x + + - 2| = | 0 1 1x + | Theo Cauchy thì MA + MB 2 0 0 1 x 1. 1x + + =2 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là M(0;1) và M(-2;3) 0,5 0,5 1 ( ) 6 6 2 3 sin 1 sin 2 (1) 4 x cos x x + = Thay (1) vào phơng trình (*) ta có : ( ) 6 6 8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x + + = + 2 2 2 3 8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 4 3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3 3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1 x x cos x x x cos x x x x cos x x x + = + ữ = + = + 0,5 0,5 II ( ) ( ) ( ) 3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1) 2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0 cos x x x x x cos x x ⇔ − = − − ⇔ − − + = 2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2) 3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3) x x cos x x x cos x − = = ⇔ ⇔ − + = − = Gi¶i (2) : 12 ( ) 5 12 x k k Z x k Π = + Π ∈ Π = + Π ; Gi¶i (3) 4 ( ) 7 12 x k k Z x k Π = + Π ∈ Π = + Π KÕt luËn : 2 Ta có: ( ) ( ) 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − = . Khi 0y = thì hệ VN. Khi 0y ≠ , chia 2 vế cho 3 0y ≠ ⇒ 3 2 2 2 5 0 x x x y y y + + − = ÷ ÷ ÷ . Đặt x t y = , ta có : 3 2 2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ = . Khi 1t = ,ta có : HPT 2 1, 1 1 y x x y x y y = ⇔ ⇔ = = = = − = . 0,5 0.5 III I = 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 ( 1 ) ( ) x x x x x x x e dx e dx x e dx I I x x + + + + − = + − = + ∫ ∫ ∫ . Tính I 1 theo phương pháp từng phần I 1 = 2 1 1 5 2 2 2 1 1 2 2 1 3 ( ) 2 x x x x xe x e dx e I x + + − − = − ∫ 5 2 3 . 2 I e⇒ = 0,5đ 0,5 IV Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là 0,5 0,5 H D E C B A Th tớch ca khi t din ABCD l M Khi ú : l 2 nghim ca pt: x 2 - x + = 0 2 2 2 2 3 5 3 a AE a DE = = hoc 2 2 2 2 5 3 3 a AE a DE = = trng hp vỡ DE<a Xột BED vuụng ti E nờn BE = Xột BHE vuụng ti H nờn sin = Vy gúc gia hai mp(ACD) v (BCD) l V t t xy = . Ta cú: ( ) ( ) 2 1 1 2 2 4 5 xy x y xy xy xy+ = + V ( ) ( ) 2 1 1 2 2 4 3 xy x y xy xy xy+ = + . K: 1 1 5 3 t . Suy ra : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 7 2 1 2 1 4 2 1 x y x y t t P xy t + + + = = + + . Do ú: ( ) ( ) 2 2 7 ' 2 2 1 t t P t = + , ' 0 0, 1( )P t t L= = = 1 1 2 5 3 15 P P = = ữ ữ v ( ) 1 0 4 P = . KL: GTLN l 1 4 v GTNN l 2 15 ( HSLT trờn on 1 1 ; 5 3 ) 0,5 0,5 VIa 1 ng trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5 Gi H l trung im AB thỡ AH=3 v IH AB suy ra IH =4 Mt khỏc IH= d( I; ) Vỡ d: 4x-3y+2=0 nờn PT ca cú dng 3x+4y+c=0 d(I; )= vy cú 2 t tha món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0 0,5 0,5 2 Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: 1 u ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) 1 u ur và 2 u uur cùng phơng I A H B +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 . *) AB uuur = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm đợc H 36 33 15 ; ; 29 29 29 ữ A đối xứng với A qua H nên A 43 95 28 ; ; 29 29 29 ữ I là trung điểm của AB suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 ữ 0,5 0,5 VIa Gii pt ó cho ta c cỏc nghim: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i= = + Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z = = + = + = ữ ữ . Do ú 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z + = = + 0,5 0,5 VIb 1 Gọi M(x 0 ;y 0 ), A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1 4 3 xx yy + = . Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1 4 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 3 xx yy + = do M thuộc nên 3x 0 + 4y 0 =12 4y 0 =12-3x 0 0 0 4 4 4 4 3 xx yy + = 0 0 4 (12 3 ) 4 4 3 xx y x + = Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x 0 + 4y 4 = 0 { { 0 1 4 4 0 1 x y y y x = = = = . Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,5 0,5 2 Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng ( ) ( ) : 1, , , 0 x y z a b c a b c + + = > Do M ( ) nên: cos 3 1 2 3 6 1 3. 162 y abc a b c abc + + = Thể tích: min 3 1 27 27 6 6 9 a V abc V b c = = = = = Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0 0,5 0,5 VIb K: x,y > 0 - h phng trỡnh ( ) +=++ +=+ yyxx xyyx 222 222 log2log3log23 log3loglog - Suy ra: y = 2x 13log2 1 2 = x 13log2 2 2 =y 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết ®Ò thi thö m«n to¸n Thời gian làm bài 180 phút Câu 1. ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m = − + − (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu 2. ( 2,0 điểm ) 1. Giải bất phương trình: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x− + + − > + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0x x c x c x x + − − + − − = . Câu 3. ( 1,0 điểm ) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ Câu 4. ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, gãc BAD= 60 0 , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC' và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của khối chóp S.AB'C'D'. Câu 5. ( 1 ,0 điểm ) Cho a, b, c là c¸c số thực dương thoả m·n abc = 1. Chøng minh r»ng : 3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b + + ≥ + + + Câu 6. ( 2,0 điểm ) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và t©m I cña h×nh b×nh hµnh nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ 1 2 1 2 x t y t z t =− + = − = . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : =++ =+ 22 1 322 33 yxyyx yx Híng dÉn C©u 1 2. ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m = = − = − = ⇔ = + Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > + Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − + 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = + ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m = + = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − = V C©u 2 1. ĐK : 3x > PT↔ ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x − − − + + − > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + ( ) ( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x − ⇔ − − > ÷ + ( ) ( ) 2 2 3 3 x x x x − ⇔ − − > + 2 10 9 1 10 x x x < − ⇔ − > ⇔ > KÕt hîp víi §K, ta được nghiệm của PT là : 10x > 2. Gi¶i PT lîng gi¸c 033)sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2 033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin 232 3 =−−++−−+⇔ =−−+−−+ xxxxxxxx xxxxxx 0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2 2 =−+−−−−⇔ xxxxxxxx = = = ⇔ =−+ =− ⇔ =+−−−⇔ )(4cos 1cos 3tan 04cos3cos 0sincos3 0)8cos6cos2)(sincos3( 2 2 loaix x x xx xx xxxx Ζ∈ = += ⇔ k kx kx , 2 3 π π π Câu 3. Ta có: I = 2 2 6 1 sin sin 2 π π × + ∫ x x dx = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . Đặt 3 cos cos 2 x t = × Đổi cận: Khi 2 x cos 6 2 4 t t π π = ⇒ = ⇒ = ; khi x cos 0 2 2 t t π π = ⇒ = ⇒ = . Do vậy: 2 2 4 3 sin 2 I tdt π π = × ∫ = ( ) 3 2 16 π + . Câu 4. Ta có: ∆SAC vuông tại A ⇒ 2 2 2aSC SA AC= + = ⇒ AC' = SC/ 2 = a ⇒ ∆SAC' đều . Vì (P) chứa AC' và (P)// BD ⇒ B'D' // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I = AC' ∩ B'D' ⇒ I là trọng tâm ∆SBD. Do đó: 2 2 ' ' = 3 3 B D BD a= . Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒ B'D' ⊥ AC' Do đó: S AB'C'D' = 2 1 '. ' ' 2 3 a AC B D = . Đường cao h của khối chóp S.AB'C'D' chính là đường cao của tam giác đều SAC' ⇒ 3 2 a h = . → V = 3 ' ' ' 1 3 . 3 18 AB C D a h S = (đvtt) Câu 5. +Ta đặt z c, y b, x a 111 === với , , 0x y z > và do 1abc = nên 1xyz = + BĐT 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y ⇔ + + ≥ + + + +Theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z y z z x x y x y z y z z x x y + + + + + + + ≥ + + ÷ + + + 2 2 2 3 3 3 2 2 2 xyz x y z x y z y z z x x y + + ⇔ + + ≥ ≥ = ÷ + + + → BĐT đuợc chứng minh. Câu 6. 1. Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . Mặt khác: D . 4 ABC S AB CH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = . Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4 | 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D = ⇒ − ÷ ÷ = ⇔ = ⇔ = ⇒ − − Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D ÷ ÷ hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − 2. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Điểm M ∈∆ nên ( ) 1 2 ;1 ;2M t t t− + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5u t= r và ( ) 3 6;2 5v t= − + r . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t = + = − + r r Suy ra | | | |AM BM u v+ = + r r và ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r Mặt khác, với hai vectơ ,u v r r ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r Vậy 2 29AM BM+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ và ( ) min 2 29AM BM+ = . Câu 7. Ta cã =−−+ =+ ⇔ =++ =+ )2(022 )1(1 22 1 2233 33 322 33 xyyxyx yx yxyyx yx y 0≠ . Ta có: =+ − − =+ )4(0122 )3(1 23 33 y x y x y x yx Đặt : t y x = (4) có dạng : 2t 3 – t 2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ,1± t = 2 1 . a) Nếu t = 1 ta có hệ 3 33 2 1 1 ==⇔ = =+ yx yx yx b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔ −= =+ yx yx 1 33 hệ vô nghiệm. c) Nếu t = 2 1 ta có hệ 3 32 , 3 3 2 1 33 33 ==⇔ = =+ yx xy yx KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn: Toán. Khối A, B. Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 1y x m x = − + (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + + . 2) Giải phương trình lượng giác: 2 1 sin 2 1 t an2x os 2 x c x − + = . Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: cosy x = và 2 2 3 4 y x x π π = − − Câu IV . (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 4 4 3 2 2 c a b a b b c c a + + ≥ + + + Câu VI . (2 điểm) [...]... + 3 + 2 + + 2 + + 2 ữ 9 2a + b b + 2c c + a 2a + b b + 2c c +a 2 1 2 ( 2a + b + 2c ) + + ữ 9 2 a + b b + 2c c + a b b 1 1 1 ữ a + + + c + ( c + a ) + + ữ 9 2 2 a + b b +c c + a ữ 2 2 b b +) p dng BT Cụ si cho ba s dng a + ữ, + c ữ, ( c + a ) v 2 2 1 im 1 1 b b a+ + c c + a ri nhõn hai BT cựng chiu ta cú pcm 2 2 x = t x = u , d2 : +) Dng tham s ca d1 v d2 : d1... a 3 4 0 ,25 Ta cú: a3 2 b2 + 3 b3 2 c +3 2 + + a3 2 b2 + 3 b3 2 c +3 2 + + b2 + 3 a 6 3a 2 33 = (1) 16 64 4 c2 + 3 c 6 3c 2 33 = (2) 16 64 4 0,5 a2 + 3 c 6 3c 2 3 + + 3 = (3) 16 64 4 2 a2 + 3 2 a2 + 3 c3 c3 Ly (1 )+( 2 )+( 3) ta c: P+ a 2 + b2 + c2 + 9 3 2 ( a + b 2 + c 2 ) (4) 16 4 0 ,25 Vỡ a2 +b2+c2=3 T (4) P 3 3 vy giỏ tr nh nht P = khi a= b=c=1 2 2 0 ,25 PHN RIấNG (3 im) A Theo chng trỡnh chun... 20 09 + a 20 09 20 09 .20 09 a 20 09 a 20 09 a 20 09 a 20 09 = 20 09 .a 4 (1) 20 05 Tơng tự ta có 1 +1 + 1 + b 20 09 + b 20 09 + b 20 09 + b 20 09 20 09 .20 09 b 20 09 b 20 09 b 20 09 b 20 09 = 20 09.b 4 (2) 0,5 + 20 05 1 +1 + 1 + c 20 09 + c 20 09 + c 20 09 + c 20 09 20 09 .20 09 c 20 09 c 20 09 c 20 09 c 20 09 = 20 09.c 4 (3) + 20 05 Cộng theo vế (1), (2) , (3) ta đợc 6015 + 4 (a 20 09 + b 20 09 + c 20 09 ) 20 09 (a 4 + b 4 + c... ca C trờn uu u cnh AB, gi ta im D(1 -a; 5- 4a; 4- 3a) DC = (a; 4a 3; 3a 3) 0 ,25 uu ur uu ur Vỡ AB DC => -a- 1 6a+ 12- 9a+ 9=0 a = 21 26 0 ,25 5 49 41 0 ,25 Ta im D ; ; ữ 26 26 26 Gi s phc z =a+ bi a 2 + ( b + 1) i = 2 Theo bi ra ta cú: VII .a 0 ,25 ( a 2 ) + ( b + 1) = 4 b = a 2 2 2 b = a 3 a = 2 2 b = 1 2 a = 2 + 2 b = 1 + 2 Vy s phc cn tỡm l: z= 2 2 +( 1 2 )i; z= z= 2 + 2. .. SI SC SA2 a2 1 1 1 = = = 2 = 2 = IH = BC = a 2 2 2 BC SC SC SA + AC a + 2a 3 3 3 2 3 1a a a Vy VABMI = = 3 4 3 36 05 Ta c ú: P = 3 ( x + y + z ) 2 2( xy + yz + zx) 2 xyz = 3 [ 9 2( xy + yz + zx) ] 2 xyz 025 = 27 6 x( y + z ) 2 yz ( x + 3) 27 6 x(3 x) ( y + z )2 ( x + 3) 2 1 ( x 3 + 15 x 2 27 x + 27 ) 2 Xột hm s f ( x ) = x 3 + 15 x 2 27 x + 27 , x = 1 f , ( x) = 3 x 2 + 30 x 27 = 0... ra V= + ữln ( x + 2 ) x 2 e e 1 + 3 1 1 1 = [ ln 3 + + ữln ( e + 2 ) ] 2 2 e 2 1 dx 3 1 1 1 = ln 3 + ữln ( e + 2 ) + ln x 2x 2 2 e 2 e 1 0,5 0 .25 Ta cú BC = a 3 p dng nh lớ Pitago trong tam giỏc vuụng ACI, ABB, BCI 5 13 a, AB ' = 2a, B ' I = a 2 2 Do ú AI 2 + AB '2 = B ' I 2 Vy tam giỏc ABI vuụng ti A Suy ra AI = 1 10 3 2 S ABC = a2 Cõu + S A ' BI = 2 AI AB ' = 4 a 4 IV Gi l gúc gia... đặt tanx = t dx 2t ; sin 2 x = 2 cos x 1+ t2 dt (t 2 + 1) 3 I = 8 = dt 2t 3 t3 ( ) 1+ t2 t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1 = dt t3 3 1 3 1 = (t 3 + 3t + + t 3 ) dt = tan 4 x + tan 2 x + 3 ln tan x +C t 4 2 2 tan 2 x dt = 0,5 Câu Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc gi a AA1 và (A1 B1C1), theo IV 0 1 điểm giả thi t thì góc AA1 H bằng 30 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300 A1 H = a 3 Do tam... x = y y = 2 3 2 n 0 1 2 2 n n Xột khai trin (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + + Cn x Ly tớch phõn 2 v cõn t 0 n 2 , ta c: 3n +1 1 2 2 1 23 3 2n +1 n 0 = 2Cn + Cn + Cn + + Cn n +1 2 3 n +1 2 1 22 2 2n n 3n +1 1 121 3n +1 1 0 Cn + Cn + Cn + + Cn = = 2 3 n +1 2( n + 1) n + 1 2( n + 1) 3n +1 = 24 3 n = 4 Vy n=4 05 05 05 05 THI TH I HC MễN TON Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) I PHN CHUNG... 3) + ( 3t + 9 ) = 40 t = 5 Vi t = -1 Suy ra A( 1;7), B(5; 5) Vi t = -5 Suy ra B(1;7), A( 5; 5) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 A d A( 2t1 + 1, t1 + 3, 2t1 ) B d 2 B (3t2 + 5, 4t2 , 2t2 5) uu 1 ur AB = (3t2 2t1 + 4, 4t2 t1 3, 2t2 + 2t1 5) u u ur ur u AB.n p = 0 2( 3t2 2t1 + 4) 4t2 + t1 + 3 + 2( 2t2 + 2t1 5) = 0 6t2 + t1 + 1 = 0 2 AB / /( P ) d( A /( P )) = 0 ,25 t1 = 5 4t1 + 2 t1 3 4t1 1 t1 + 2 = =1 ... tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H 2 2 0 ,25 2 0,5 1 im =300 A1 H = a 3 Do tam giác A1 B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thu c B1C1 2 và A1 H = a 3 nên A1 H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên 2 B1C1 ( AA1 H ) IV A Kẻ đờng cao HK c a tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách gi a AA1 và B1C1 Ta có AA1.HK = A1 H.AH HK = A1 H AH a 3 = AA1 4 B C K A C H 1 1 B1 V 4c 4a b 4c 4a b + + 3 + . b c c a + + + + + + + ữ ữ ữ + + + + + + ( ) 2 2 1 2 2 9 2 2 a b c a b b c c a + + + + ữ + + + ( ) 1 1 1 9 2 2 2 2 b b a c c a b b c a a c ữ + + + + + + + ữ . đờng cao HK c a tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách gi a AA 1 và B 1 C 1 Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK == 1 im V 4 4 4 4 3 2 2 2 9 2 2 2 2 c a b c a b a b b c c a a b. 2 4 ABM a S = 2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a = = = = = ⇒ = = + + Vậy 2 3 1 3 4 3 36 ABMI a a a V = = 05 Ta c ó: [ ] 2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 (