http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 16 PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z 0,25đ CâuVIIb (1,0) Ta có: 2009 0 1 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) i C iC i C 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 1 3 5 7 2007 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) C C C C C C C C C C C C i Thấy: 1 ( ) 2 S A B , với 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 A C C C C C C 0 2 4 6 2006 2008 2009 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 2 i i i i i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009 (1 ) i nờn 1004 2 A . + 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 ( ) ( ) 2 C C C C C C . Suy ra: 2008 2 B . + Từ đó ta có: 1003 2007 2 2 S . 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 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) www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 17 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1 1 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 ĐÁP ÁN ĐỀ 3 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 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k và 2 x m ,k m 0.25 2 Giải phương trình: 2 2 7 5 3 2 ( ) x x x x x x 1.0 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 18 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x 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 1 1 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 D A B C H M N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 19 Ta có: AMN AMH AMH S S S 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH 3 . x y xy 0.25 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 (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 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: 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 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 20 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của 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 (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d (P) có VTPT (2; 1; 5) P n nên : p k MN kn 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 Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 = 3 2 3 1 . 1 1 .(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 1 1.0 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 nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn) www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 21 Bán kính R = d(C; BG) = 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 , VTCP của d là (2;1; 1) d u . Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1) d P u 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 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 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) www.VNMATH.com . 2 + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d (P) có VTPT (2; 1; 5) P n nên : p k MN kn 3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k . 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. 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