PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm I 1 Tập xác định: D=R ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 3 2 lim 3 2 x x x x x x →−∞ →+∞ − + = −∞ − + = +∞ y’=3x 2 -6x=0 0 2 x x = ⇔ = Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + 2 + ∞ y -∞ -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) f CĐ =f(0)=2; f CT =f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x- 2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4 3 2 5 2 2 2 5 x y x y x y = = − ⇔ = − + = => 4 2 ; 5 5 M ÷ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 Giải phương trình: 2 cos (sin cos ) cos .cos 2 0 4 4 x x x x x π π − + + − = ÷ ÷ . PT 1 cos (1 sin 2 ) cos cos3 0 2 2 x x x x π ⇔ − + − + = ÷ 0,25 2cos 2cos sin 2 sin cos3 0x x x x x ⇔ − + + = 2 3 2cos 4cos sin sin 4cos 3cos 0x x x x x x⇔ − + + − = 0,25 2 (sin cos )(1 4cos ) 0 sin 0 4 2 sin ( 1 2cos 2 ) 0 4 1 cos2 2 x x x x x x x π π ⇔ − − = − = ÷ ⇔ − − − = ⇔ ÷ = − 0,25 Suy ra PT có các họ nghiệm là: ; 2 : 4 3 x k x k k Z π π π π = + = ± + ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình: 8 5 x x y x y y x y − = + − = , ( , )x y ∈R . Đk: 0; 0x y≥ ≥ . Xét 0y = không thoả mãn hệ phương trình. Với 0y ≠ , đặt ; 0x t y t= ≥ . Hệ PT trở thành: 3 2 8 ( 1) 5 t y t y y t − = + − = Do 0y ≠ nên từ PT thứ 2 của hệ ta có 1t ≠ ± . Do đó hệ 3 2 2 2 5 5 8 (*) 1 1 5 1 t t t t y t − = + − − ⇔ = − 0.5 3 2 1 3 (*) 4 8 3 0 1; ; 2 2 t t t t t t⇔ − + + = ⇔ = = − = 0.25 Kết hợp với điều kiên ta được 3 2 t = Từ đó suy ra hệ có một nghiệm ( ; ) (9;4)x y = 0.25 III Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 +xy+y 2 ≤ 3 Chứng minh rằng: 2 2 4 3 3 3 4 3 3x xy y– – – –≤ ≤ + Đặt A = 2 2 + + x xy y , B = 2 2 3 − − x xy y • Nếu y = 0 thì B = 2 x ⇒ 0 ≤ B ≤ 3 0.25 • Nếu y ≠ 0 thì đặt x t y = ta được B = A. 2 2 2 2 2 2 3 3 . 1 − − − − = + + + + x xy y t t A x xy y t t 0.25 Xét phương trình: 2 2 3 1 − − = + + t t m t t ⇔ (m–1)t 2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) (1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = (m+1) 2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0 ⇔ 3 4 3 3 − − ≤ m ≤ 3 4 3 3 − + 0.25 Ta được A. 3 4 3 3 − − ≤ B ≤ A. 3 4 3 3 − + Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên 3 4 3− − ≤ B ≤ 3 4 3 − + 0.25 IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD)⊥ . SA = AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD lần lượt tại / / / B ; C ; D . 1) Chứng minh rằng tứ giác AB / C / D / có hai đường chéo vuông góc. 2) Đặt / SC x= . Tìm x để mặt phẳng (P) chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. 1 I' I S B C D C' B' D' A - Ta có: ( ) BD AC BD SAC BD SA ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ 0.25 - Mà: ( ) ( )P SAC⊥ - Suy ra: / /( )BD P 0.25 - Mặt khác: / / ( ) ( ) BD SAC BD AC A C SAC ⊥ ⇒ ⊥ ⊂ 0.25 - Ta lại có: / / / / ( ) ( ) / / / /( ) SBD P B D BD B D BD P ∩ = ⇒ Do đó: / / / B D AC⊥ 0.25 2 - Xét ABCV vuông tại A có: · · / / SIC / / / / SI C 1 .SI.SC.sin ISC S SC.SI 2 (1) 1 S SC .SI .SC .SI .sin ISC 2 = = - Tương tự: · · / SAC / / SAC 1 .SA.SC.sin ASC S SC 2 (2) 1 S SC .SA.SC .sin ASC 2 = = · · / SAI / / SAI 1 .SA.SI.sin ASI S SI 2 (3) 1 S SI .SA.SI .sin ASI 2 = = 0.25 - Từ (1), (2) và (3); ta được: 0.25 I' S A C C' I / / / / / / / / SAI SI C SAC SAI SIC SAI / / / S S S SI SC .SI 2SC S S S SI SC.SI SC SI SC 2SC 1 (4) SI SC SC + = + = + = ữ Vy: / / / / SI SC SC 2SC a 3 x SI 2SC SC 2x + + = = = ( ) / / / / / / / A SBC S.ABCD S.ABC / / / / S.AB C D S.AB C A SB C / / / 2 1 h .S V V SB.SC SI.SC 3 1 V V SB .SC SI .SC h .S 3 SC SC .SC (a 3 x)a 3 2SC .SC 2x = = = = + + = = 0.25 - mt phng (P) chia khi thnh 2 phn cú th tớch bng nhau thỡ: / / / 2 2 S.ABCD 2 S.AB C D V (a 3 x)a 3 2 2 4x a 3x 3a 0 V 2x a( 3 51) x 8 + = = = + = 0.25 II. PHN RIấNG (3 im) A. Theo chng trỡnh chun : Va 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( BA , đỉnh C nằm trên đờng thẳng 04 = x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 0632 =+ yx . Tính diện tích tam giác ABC. Ta có );4( C yC = . Khi đó tọa độ G là 3 2 3 51 ,1 3 421 CC GG yy yx += ++ == + = . Điểm G nằm trên đờng thẳng 0632 =+ yx nên 0662 =+ C y , vậy 2= C y tức là )2;4(=C . 0,5 Ta có )1;3(,)4;3( == ACAB , vậy 5 = AB , 10=AC , 5. =ACAB . 0.25 Diện tích tam giác ABC là ( ) 2510.25 2 1 2 1 2 22 == ACABACABS = 2 15 0.25 2 Gii phng trỡnh: 1 2 3 1 3 2 (9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9 3 x x x x x + + = K: x > 1 Vi K trờn phng trỡnh ó cho tng ng 3 (9 2.3 3)log ( 1) 3 2.3 9 x x x x x = 0. 25 3 (3 3)(3 1)log ( 1) (3 3)(3 1) 0 x x x x x + + + = [ ] 3 (3 3)(3 1) log ( 1) 1 0 x x x + + = 0. 25 [ ] 3 1 (3 3) 0 4 log ( 1) 1 0 3 x x x x = = = + = ; 1x = khụng tho món iu kin Vy phng trỡnh ó cho cú mt nghim : 4 3 x = 0. 5 VIa Tớnh tng : n n n nnnn CnCCCCS )1()1(432 3210 ++++= Ta cú nn nnnn n xCxCxCCx ++++=+ 2210 )1( , suy ra: 132210 )1( + ++++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx 0,5 Ly o hm hai v ta cú : =+++ 1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 +++++ Thay 1=x vo ng thc trờn ta c S = 0. 0,5 B. Theo chng trỡnh nõng cao : Vb 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 02 =+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . Vì G nằm trên đờng thẳng 02 =+ yx nên G có tọa độ )2;( ttG = . Khi đó )3;2( ttAG = , )1;1( =AB . Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) [ ] 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 +== ttABAGABAGS = 2 32 t 0,5 Vậy 5,4 2 32 = t , suy ra 6=t hoặc 3=t . Vậy có hai điểm G : )1;3(,)4;6( 21 == GG . 0,25 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên )(3 BaGC xxxx += và )(3 BaGC yyyy += Với )4;6( 1 =G ta có )9;15( 1 = C , với )1;3( 2 =G ta có )18;12( 2 = C 0,25 2 Gii bt phng trỡnh: ( ) 3 1 1 3 3 1 log log 1 1 2 x x< + (1) iu kin x>0. Bin i bt phng trỡnh v dng: ( ) 2 3 3 1 1 3 3 log log 1 1 1 1x x x x> + > + 0,25 Vỡ 0x > 3 1 1 0x + > . Bỡnh phng hai v ta uc: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 3 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 0(2)x x x x x x x x> + > + + > 0,25 t 0 3 1 1 x t x t > = > . Khi ú bt phng trỡnh (2) cú dng: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 03 2 2 2 0 2 0 1 2 0 2 0 t t t t t t t t t t t t + > > > + > ơ > 0,25 3 0 3 2 1 2 1 8 9 0 1 0 0 1 1 0 x t x x x t x x x > > > > > ơ < < < < < Vy bt phng trỡnh cú nghim 9x > hoc 0 1x < < . 0,25 VIb Tớnh tng : n nnnn CnCCCS )1(32 210 +++++= Ta cú nn nnnn n xCxCxCCx ++++=+ 2210 )1( , suy ra 132210 )1( + ++++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . 0,5 Ly o hm hai v ta cú : =+++ 1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 +++++ Thay 1=x vo ng thc trờn ta c 1 ( 2).2 n S n = + 0,5 . trỡnh v dng: ( ) 2 3 3 1 1 3 3 log log 1 1 1 1x x x x> + > + 0,25 Vỡ 0x > 3 1 1 0x + > . Bỡnh phng hai v ta uc: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 3 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 0(2)x x x x x x x. )(3 BaGC yyyy += Với )4;6( 1 =G ta có )9 ;15 ( 1 = C , với )1; 3( 2 =G ta có )18 ;12 ( 2 = C 0,25 2 Gii bt phng trỡnh: ( ) 3 1 1 3 3 1 log log 1 1 2 x x< + (1) iu kin x>0. Bin i bt. n nnnn CnCCCS )1( 32 210 +++++= Ta cú nn nnnn n xCxCxCCx ++++=+ 2 210 )1( , suy ra 13 2 210 )1( + ++++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . 0,5 Ly o hm hai v ta cú : =+++ 1 )1( )1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1( 32 2 210 +++++