Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x mx = + + . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3 m = . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình: 1 1 4 3 1 1 1 1 1 x x x + = − − + − − với 1 x ≤ . Câu 3. (1,0 điểm) Định m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) 4 2 2 4 5 3 log 1 log 1 x x x m x + ≤ + − − ≤ . Câu 4. (1,0 điểm) Tính các tích phân sau: ( ) ( ) 1 2 0 4 2 1 2 x dx x x − + + ∫ Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng 1 1 1 1 2 2 2 2 . A B C D A B C D có đáy là hình thoi cạnh a , 1 2 3 2 = a A A và góc 0 1 1 1 60 = B A D . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của 1 1 1 1 , A B AD và PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) 1 2 1 2 A AC C với ( ) 2 2 MNB D . Chứng minh 2 1 AC vuông góc với PQ . Tính theo a thể tích của khối chóp 2 2 2 . A MND B . Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , , x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 4 4 6 2 2 6 2 2 6 2 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 = + + + + + + + + x y z M x y z y z x z x y . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm ( ) 2; 1 A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0 d x y + − = . Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( ) d một góc bằng 0 45 . Câu 8.a. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 2 0 P x y z + + + = và đường thẳng 1 1 3 ( ) : 1 2 1 x y z d − + + = = . Viết phương trình đường thẳng ( ) là hình chiếu của ( ) d lên ( ) P theo phương của vectơ ( ) 1; 1;2 v = − . Câu 9.a. (1,0 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( ) 40 2 7 7 x + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai điểm ( ) (3;0), 0;4 A B . Viết phương trình đường tròn nội tiếp của tam giác OAB . Câu 8.b. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là ( ) 1 2 ( ) : 3 ; 1 2 x t d y t z t = − = ∈ = + » và 2 2 1 ( ) : 1 3 2 x y z d − − = = − . Chứng minh rằng hai đường thẳng 1 ( ) d và 2 ( ) d chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P cách đều các đường thẳng 1 ( ) d và 2 ( ) d . Câu 9.b. (1,0 điểm) Tìm nghiệm phức của phương trình: ( ) 2 2 11 4 2 48 0 z z z z i + − + + + = THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN _ Khối A & A1 Thời gian làm bài: 180 phút Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tp. Hồ Chí Minh Trư ờng THCS & THPT Nguyễn Khuyến Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x mx = + + . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3 m = . (học sinh tự giải) b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. Hàm số: 3 2 y x mx = + + Miền xác định: D = » . Đạo hàm: 2 ' 3 y x m = + có ' 12 m = − Đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi hàm số đã cho đơn điệu trên » hoặc đạt hai cực trị 1 2 , y y cùng phía với trục hoành ( ) ( ) 1 2 ' 0 1 ' 0 2 . 0y y ∆ ≤ ∆ > ⇔ > Giải ( ) 1 : ' 0 3 0 0 m m ∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ Giải ( ) 2 : Gọi 1 2 ; 3 3 a a x x − − = =− là hai nghiệm của ' 0 y = . Ta có: ( ) ( ) 1 2 3 0 ' 0 . 0 . 0 3 3 m m m y y f f − > ∆ > ⇔ − − > − > ( ) 3 0 3 0 4 27 0 27 m m m < ⇔ ⇔ − < < + > Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi: 0 3 3 0 m m m ≥ ⇔ > − − < < . Cách khác: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là: 3 2 0 x mx + + = ( ) 3 3 2 2 * x x mx m x + ⇔ + = − ⇔ = − (do 0 x = không là nghiệm) Xét hàm số: 3 2 2 2 x y x x x + = = + Tập xác định: { } \ 0 D = » Đạo hàm: 2 2 ' 2 y x x = − . Cho ( ) 2 1 ' 0 1 1 3 y x x y x = ⇔ = ⇔ = ⇒ = 0 0 lim ; lim ; lim ; lim ; x x x x y y y y − + →−∞ → →+∞ → = +∞ = −∞ = +∞ = +∞ Bảng biến thiên : Số nghiệm của phương trình ( ) * là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 x y x + = với đường thẳng y m = − . Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số 3 2 y x mx = + + cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi 3 3 m m − < ⇔ > − . Vậy ( ) 3; m ∈ − ∞ thỏa yêu cầu bài toán. Câu 2. (1,0 điểm) ' y x y −∞ −∞ −∞ +∞ +∞ +∞ + − 1 0 − 3 ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN _ Khối A & A1 Thời gian làm bài: 180 phút Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tp. Hồ Chí Minh Trư ờng THCS & THPT Nguyễn Khuyến Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Giải phương trình: 1 1 4 3 1 1 1 1 1 x x x + = − − + − − với 1 x ≤ . Đặt: ( ) cos 0 x t t π = < < Phương trình đã cho trở thành: 1 1 4 3 1 1 cos 1 1 cos 1 cos t t t + = − − + − − 1 1 4 3 t 1 2 s in 1 2 sin 2 sin 2 2 2 t t ⇔ + = − + (do 0 2 2 t π < < nên sin 0 2 t > ) 2 2 2 2 4 3 2 6 2 6 sin sin 6 0 2 2 1 2 sin 2 sin 1 2sin sin 2 2 2 2 t t t t t t ⇔ = ⇔ = ⇔ + − = − − Đặt: ( ) sin 0 1 2 t X X= < < Ta có phương trình bậc hai: 1 2 2 6 4 2 6 6 0 2 6 X X X X = + − = ⇔ = − Vì 0 1 X < < nên 6 sin 2 4 t = Và 2 3 1 cos 1 2sin 1 2 4 4 t x t = = − = − = Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: 1 4 x = Câu 3. (1,0 điểm) Định m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) 4 2 2 4 5 3 log 1 log 1 x x x m x + ≤ + − − ≤ . Hệ bất phương trình ( ) ( ) ( ) 4 4 1 5 1 5 4 1 4 1 3 3 3 3 0 2 2 1 2 1 2 x x x x m x x m m x x x x m + ≤ + ≤ ⇔ − > ⇔ ≤ < − ≥ + + + ≤ Đặt: ( ) ( ) 1 5 4 3 3 x x f x = + Ta có hàm số ( ) f x nghịch biến vì hai cơ số ( ) 1 5 ; 0;1 3 3 ∈ và ( ) 4 5 2 1 9 f + = = Do đó bất phương trình: ( ) ( ) ( ) 1 5 4 1 2 2 3 3 x x f x f x + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ Khi đó ta có hệ bất phương trên tương đương: ( ) ( ) 4 4 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x m x m x x m x x m ≥ ≤ < ≤ < ⇔ + + ≤ + + ≤ Xét hàm số: ( ) ( ) 4 1 2 1 2 g x x x= + + với 2 x ≥ Ta có: ( ) 3 ' 2 1 0; 2 g x x x = + > ∀ ≥ ( ) lim x g x →+∞ = +∞ Bảng biến thiên: Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Vây dựa vào bảng biến thiên, suy ra hệ bất phương trình trên có nghiệm khi: ) 21 ; 2 m ∈ +∞ . Câu 4. (1,0 điểm) Tính các tích phân sau: ( ) ( ) 1 2 0 4 2 1 2 x dx x x − + + ∫ Đặt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2 1 x A Bx C x A B x B C C A x x x x x x − + + + + + + = + = + + + + + + Đồng nhất thức ta có: 0 2 2 4 2 0 2 0 A B A B C B C C A + = = − + = ⇔ = = + = Vậy: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 0 0 4 2 2 2 1 2 2 1 x x I dx dx x x x x − = = − + + + + + ∫ ∫ [ ] 1 2 0 4 2 ln 2 ln 1 2ln 3 ln 2 ln 2 ln1 ln 9 x x= − + + + = − + + − = . Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng 1 1 1 1 2 2 2 2 . A B C D A B C D có đáy là hình thoi cạnh a , 1 2 3 2 = a A A và góc 0 1 1 1 60 = B A D . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của 1 1 1 1 , A B A D và PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) 1 2 1 2 A AC C với ( ) 2 2 MNB D . Chứng minh 2 1 AC vuông góc với PQ . Tính theo a thể tích của khối chóp 2 2 2 . A MND B . Trong mặt phẳng ( ) 1 1 1 1 A B C D gọi 1 1 1 1 I AC B D = ∩ và 1 1 Q MN AC = ∩ Trong mặt phẳng ( ) 2 2 2 2 A B C D gọi 2 2 2 2 P AC B D = ∩ Trong mặt phẳng ( ) 1 2 1 2 A AC C gọi 2 1 O PQ AC = ∩ Ta có: ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 A AC C MNB D PQ ∩ = Do ( ) 1 1 1 1 A B C D là hình thoi cạnh a , có 0 1 1 1 60 = B A D nên 1 1 A B I ∆ vuông tại I có 0 1 1 30 B A I = : 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 cos .cos .cos 30 2 A I a A B I A I A B AB I a A B ⇒ = ⇒ = = = 1 1 2 2 1 2 3 AC AC A I a ⇒ = = = . Vì Q là trung điểm của 1 A I 1 1 1 1 1 1 3 2 4 4 a AQ A I AC⇒ = = = 1 1 1 3 3 3 4 4 a QC AC⇒ = = Tam giác 1 1 2 AC A vuông tại 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 3 15 3 4 2 a a A AC AA AC a⇒ = + = + = Vì Q là trung điểm của 2 2 AC 2 2 2 1 3 2 2 a A P AC⇒ = = Ta có: ( ) ' g x ( ) g x x 2 +∞ + +∞ 21 2 Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) 2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 3 2 2 // 2 2 3 3 3 3 3 4 a A P OA A P C Q OA AC OC C Q OC a OC OC OA OC AC ⇒ = = = − ⇒ = ⇔ = + = 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 5 3 3 15 3 15 1 . 3 3 5 5 2 10 AC AC a a OC AC OC OC ⇔ − = ⇔ = ⇒ = = = 2 2 1 1 15 3 15 15 2 10 5 a a a OA AC OC⇒ = − = − = . 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 15 5 5 5 3 3 5 2 5 15 2 a OA AC a OA A P AC AC a A P AC a = = ⇒ = = = 2 2 1 2 A PO AC C ⇒ ∆ ∆ ∼ Mà 2 1 2 AC C ∆ vuông tại 2 C nên 2 A PO ∆ vuông tại O hay 2 1 PQ AC ⊥ (đpcm). Mặt khác: ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 MN A A A A A B C D MN A AC MN AC MN AC ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Như vậy: ( ) 2 1 2 1 2 2 2 1 PQ AC AC MND B MN AC ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Thể tích của khối chóp 2 2 2 . A MND B là: 2 2 2 2 2 . 2 1 . 3 A MND B MND B V AO S = MN là đường trung bình của 1 1 1 A B D ⇒ 1 1 1 2 2 a MN D B = = PQI ∆ vuông tại I 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 3 15 4 2 4 a a a PQ QI PI AQ A A ⇒ = + = + = + = Diện tích của hình thang 2 2 MND B là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 15 15 3 3 15 . 2 2 4 2 8 2 16 MND B a a a a S PQ MN D B a a = + = + = = (đvdt). Vậy 2 2 2 2 2 2 3 . 2 1 1 15 3 15 3 . . . 3 3 5 16 16 A MND B MND B a V AO S a a = = = (đvtt). Cách khác: Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 1 60 A B A D a A B D B A D = = ⇒ ∆ = đều cạnh a . 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 2 a PB PD a PA PC a IP B B C C D D A A = = ⇒ = = = = = = = Vì 2 2 , , PA PI PD vuông góc với nhau đôi một, nên gắn hệ trục tọa độ Pxyz sao cho: 2 2 , D Ox A Oy ∈ ∈ và I Oz ∈ (với 1 1 1 1 I AC B D = ∩ ); Khi đó ta có: ( ) 0;0;0 P 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 ;0; , 0; ; , ;0; , 0; ; 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a A B C D − − M N 1 A 2 A 1 B 2 B 1 C 2 C 1 D 2 D P I O Q Q O M N 1 A 2 A 1 B 2 B 1 C 2 C 1 D 2 D P I x y z Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 ;0; 0 , 0; ; 0 , ; 0; 0 , 0; ;0 2 2 2 2 a a a a A B C D − − − M là trung điểm của 1 1 3 3 ; ; 4 4 2 a a a A B M ⇒ N là trung điểm của 1 1 3 3 ; ; 4 4 2 a a a A D N ⇒ − Q là trung điểm của 3 3 ;0; 4 2 a a MN Q ⇒ P là trung điểm của ( ) 2 2 0; ; 0 2 a B D P⇒ − Ta có: ( ) 2 1 2 1 3 3 ; ; 4 2 2 3 3 3 . 3 0 . 0 4 2 2 3 3;0; 2 a a a PQ a a a PQ AC a a AC a = ⇒ = − + + = = − 2 1 PQ AC ⇒ ⊥ (đpcm). 2 2 2 2 2 2 3 3 ; ; 4 4 2 3 3 ; ;0; 4 8 3 3 ; ; 4 4 2 a a a A N a a A M A N a a a A M = − ⇒ = − − = − 2 2 3 ; ;0 2 2 a a A D = − − 2 3 2 2 2 2 3 3 3 ; . . 4 2 8 a a a A M A N A D ⇒ = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 ; ; 4 4 2 3 3 3 ; ; ; 4 4 4 3 3 ; ; 4 4 2 a a a A M a a a A M A D a a a A D = − ⇒ = − = − 2 2 3 ; ;0 2 2 a a A B = − 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ; . . . 4 2 4 2 8 8 4 a a a a a a a A M A D A B ⇒ = − − = − − = Ta có: Thể tích của khối chóp 2 2 2 . A MND B được xác định bởi: 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . A MND B A MD B A MND V V V = + Thể tích của khối chóp 2 2 2 . A ND B là: 2 2 3 3 . 2 2 2 2 1 1 3 ; . . 6 6 8 16 A MND a a V A M A N A D = = = Thể tích của khối chóp 2 2 2 . A ND B là: 2 2 2 3 3 . 2 2 2 2 2 1 1 3 ; . . 6 6 4 8 A MD B a a V A M A D A B = = = Vậy thể tích của khối chóp 2 2 2 . A MND B là: 2 2 2 3 3 3 . 3 16 8 16 A MND B a a a V = + = (đvtt). Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , , x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 4 4 6 2 2 6 2 2 6 2 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 = + + + + + + + + x y z M x y z y z x z x y . Ta có: ( ) 6 2 2 6 2 2 4 3 2 2 2 1 3 x y z x y z + + = + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 6 6 6 12 4 2 1 1 3 3 x x x x x + = + + ≥ = ( ) ( ) 4 4 4 4 6 2 2 6 2 2 4 2 2 4 2 2 4 3 2 2 1 3 2.3 3 3 2 x x x x x y z x y z x y z x y z ⇒ = ≤ = + + + + + + Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Tương tự, ta có: ( ) 4 4 6 2 2 4 2 2 4 3 2 3 2 y y y z x y z x • ≤ + + + ( ) 4 4 6 2 2 4 2 2 4 3 2 3 2 z z z x y z x y • ≤ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 4 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 4 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 6 3 2 x y z P x y z y z x z x y x y z P x y z y z x z x y x y z P x y z y z x z x y x y z y z y z x z x z x y x y P x y z y z x z x y y z P x y z ⇒ ≤ + + + + + ⇔ ≤ + + + + + ⇔ ≤ + + + + + + − + − + − ⇔ ≤ + + + + + ⇔ ≤ − + 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 z x x y y z x z x y + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 y z z x x y x y z y z x z x y y z z x x y x y z y z y z x z x z x y x y y z z x x y x y z y z y z x z x z x y x y • + + = + + + = + + + + + + + ≥ = + + + + + 1 6 3 1 2 3 P P ⇒ ≤ − = ⇔ ≤ Vậy max 1 3 P = ; khi 1 x y z = = = II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm ( ) 2; 1 A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0 d x y + − = . Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( ) d một góc bằng 0 45 . Gọi 1 2 , k k theo thứ tự là hệ số góc của ( ) ' d và ( ) d . Ta có: ( ) : 3 5 7 0 d x y + − = 3 7 5 5 y x ⇔ = − + 2 3 5 k ⇒ = − . Đường thẳng ( ) ' d hợp với ( ) d một góc bằng 0 45 2 1 2 1 0 1 2 1 2 tan 45 1 1 1 k k k k k k k k − − ⇔ = ⇔ = ± + + 1 1 1 1 1 1 3 3 4 1 5 5 1 3 3 1 4 5 5 k k k k k k = − − − = − ⇔ ⇔ = − − = − + . Với 1 4 k = − ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2; 1 ' : ' : 4 2 1 ' : 4 7 4 qua A d d y x d y x hsg k − ⇒ = − − − ⇔ = − + = − Với 1 1 4 k = ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2; 1 1 1 3 ' : ' : 2 1 ' : 1 4 4 2 4 qua A d d y x d y x hsg k − ⇒ = − − ⇔ = − = Vậy qua A có thể kẻ được hai đường thẳng thỏa mãn đầu bài là: ( ) ( ) ' : 4 7 1 3 ' : 4 2 d y x d y x = − + = − Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Câu 8.a. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 2 0 P x y z + + + = và đường thẳng 1 1 3 ( ) : 1 2 1 x y z d − + + = = . Viết phương trình đường thẳng ( ) là hình chiếu của ( ) d lên ( ) P theo phương của vectơ ( ) 1; 1;2 v = − . Gọi ( ) ( ) A d P = ∩ ⇒ tọa độ điểm A thỏa hệ phương trình: ( ) 2 1 1 3 13 4 11 1 2 1 1 ; ; 6 3 6 3 2 0 2 x x y z y A x y z z = − + + = = ⇔ = ⇒ − + + + = = − Chọn ( ) ( ) 1; 1; 3 M d − − ∈ và gọi H là hình chiếu của M lên ( ) P theo phương của véctơ ( ) 1; 1;2 v = − , ta có phương trình của đường thẳng ( ) ( ) 1 : 1 ; 3 2 x t MH y t t z t = + = − − ∈ = − + » ( ) ( ) H MH P = ∩ ⇒ tọa độ điểm H thỏa hệ phương trình: ( ) 7 6 1 13 1 13 13 2 6 ; ; 3 2 13 6 6 3 6 3 2 0 2 3 t x t x y t H z t y x y z z = = + = = − − ⇔ ⇒ − − = − + = − + + + = = − ( ) ( ) 1 19 4 1 1 19 ; ; ; ; 4 6 6 3 3 2 2 AH ⇒ = − − = − − chọn ( ) 1 19 ; ; 4 2 2 AH = − − Vậy đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A và H có phương trình tham số là: ( ) ( ) 1 2 2 19 : 1 ; 2 2 4 x y z = + = − ∈ = − − » . Câu 9.a. (1,0 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( ) 40 2 7 7 x + . Ta có: ( ) ( ) 40 40 40 40 40 40 40 0 2 1 1 2 2 7 7 7 7 k k k k x x C x − = + = + = ∑ Hệ số tổng quát: 40 40 1 2 7 k k k a C= với 0 40 k ≤ ≤ Ta lập tỉ số: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 40 40 2 40! ! 40 ! 40 2. 2. 2 39 ! 1 ! 40! 1 k k k k k k a C k k k a C k k k + + + − − = = = − + + Ta có: 1 40 1 2. 1 0 26 1 k k a k k a k + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ + . Do đó: { } k a tăng khi ( ) 26 0 26 k max k a a ≤ ≤ ⇒ = { } k a giảm khi ( ) 27 27 40 k max k a a ≤ ≤ ⇒ = Mà 27 26 40 26 2. 1 27 a a − = > nên ( ) 27 27 27 40 40 1 2 7 k k max a a a C= = = . A H ( ) d v ( ) M ) P Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Vậy hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( ) 40 2 7 7 x + là: 27 27 40 40 1 2 7 C . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai điểm ( ) (3;0), 0;4 A B . Viết phương trình đường tròn nội tiếp của tam giác OAB . Giả sử đường tròn ( ) C có tâm ( ) ; I a b và bán kính là r Ta có tâm ( ) ; I a b thuộc đường phân giác trong của góc BAO Phương trình cạnh ( ) : 1 4 3 12 0 3 4 x y AB x y + = ⇔ + − = . Phương trình đường phân giác của góc BAO được xác định bởi: ( ) ( ) 1 2 : 2 6 0 4 3 12 16 9 1 : 2 3 0 x y x y y x y − − = + − = ± ⇔ + + − = Bằng cách tìm giao điểm của các đường thẳng này với trục Oy , ta suy ra được phân giác trong của góc BAO là: ( ) 2 : 2 3 0 x y + − = . Khi đó tọa độ tâm I thỏa hệ phương trình: ( ) 0 1 1;1 2 3 0 1 x y x I x y y − = = ⇔ ⇒ + − = = Bán kính: ( ) ; 1 r d I OA = = Vậy đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 1 1 C x y − + − = Cách khác: Nhận xét: Tâm ( ) ; I a b thuộc góc phần tư thứ nhất, suy ra: 0, 0 a b > > Đường tròn ( ) C tiếp xúc với , OA OB nên a b r = = Ta có: OAB S pr ∆ = Trong đó: 1 . 6 2 OAB S OAOB ∆ = = (đvdt) và ( ) 1 6 2 p OA OB OC = + + = (đvđd) Từ đó suy ra: 1 r = Vậy đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 1 1 C x y − + − = Câu 8.b. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , Oxyz cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là ( ) 1 2 ( ) : 3 ; 1 2 x t d y t z t = − = ∈ = + » và 2 2 1 ( ) : 1 3 2 x y z d − − = = − . Chứng minh rằng hai đường thẳng 1 ( ) d và 2 ( ) d chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng ( ) P cách đều các đường thẳng 1 ( ) d và 2 ( ) d . Ta có: 2 3 7 0 2 1 ( ) : 2 3 2 0 1 3 2 x y x y z d x y + − = − − = = ⇔ − − = − Thay , , x y z của 1 ( ) d vào 2 ( ) d ta được: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 7 0 2 3 3 1 2 2 0 t t − + − = − + − = 2 3 2 0 3 6 1 0 1 6 t t t t = − + = ⇔ ⇔ − + = = (vô nghiệm) ( ) 1 2 ( ) ( ) 1 d d φ ⇒ ∩ = Đường thẳng 1 ( ) d có véctơ chỉ phương là: ( ) 1 1;0;2 a = − Đường thẳng 2 ( ) d có véctơ chỉ phương là: ( ) 2 1;3;2 a = − 1 a ⇒ và 2 a không cùng phương ( ) 2 . B r A I x y O ( ) 1 ( ) 2 1 1 Giáo viên soạn: Kiều Hòa Luân _ luankieu@ymail.com_(0938280208) Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra 1 ( ) d và 2 ( ) d chéo nhau. Gọi ( ) 1 ( ) 2 ;3;1 2 A d A t t ∈ ⇒ − + và ( ) 2 ( ) 2 ;1 3 ;2 B d B u u u ∈ ⇒ − + ( ) ;3 2;2 2 1 AB t u u u t ⇒ = − − − − AB là đoạn vuông góc chung của 1 ( ) d và 1 2 2 . 0 ( ) . 0 AB a d AB a = ⇔ = 2 5 5 2 0 3 14 5 8 0 4 15 u u t u t t = − − = ⇔ ⇔ − − = = ( ) ( ) ( ) 26 23 ;3; 15 15 4 4 ;3; 3 3 2 1 ;0; 5 5 A B AB ⇒ = − − Gọi I là trung điểm của ( ) 23 43 ;3; 15 30 AB I⇒ Mặt phẳng ( ) P cách đều 1 ( ) d và 2 ( ) d nên ( ) ( ) ( ) 23 43 ;3; 15 30 : 2 1 : ; 0; 5 5 qua I P VTPT AB = − − ( ) ( ) ( ) 2 23 1 43 2 1 9 : 0 5 15 5 20 5 5 10 P x z x z ⇒ − − − − ⇔ − − + = Hay ( ) : 4 2 9 0 P x z + − = Câu 9.b. (1,0 điểm) Tìm nghiệm phức của phương trình: ( ) 2 2 11 4 2 48 0 z z z z i + − + + + = Phương trình ( ) ( ) 2 1 2 11 48 4 i z i z i ⇔ + + + + = . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 11 4 1 2 4 48 i i i ∆ = + − + − + 120 22 400 190 520 138 i i i = + + − = − Gọi ( ) ; ,a bi a b+ ∈ » là căn bậc hai của số phức 520 138 i − , khi đó: ( ) 2 2 2 2 520 4761 520 ; 0 69 a b a a a ab − = ⇒ − = ≠ = − Đặt: ( ) 2 ; 0 t a t = > ta có: 2 520 4761 0 529 t t t − − = ⇔ = (do 0 t > ) Với 529 t = ta có: 2 23 3 529 23 3 a b a a b = ⇒ = − = ⇔ = − ⇒ = Hai căn bậc hai của ∆ là: 23 3 i − và 23 3 i − + Do đó hai nghiệm của phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 2 11 23 3 12 4 6 2 1 2 2 14 2 1 2 2 1 2 5 5 5 11 23 3 17 17 1 2 3 7 2 1 2 1 2 5 i i i i i z i i i i i i i i z i i i − + + − − − − = = = = − + + − + − + − + − + − = = = = − + + + Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phức là: { } 1 2 2 14 ; 3 7 5 5 z i z i = − = − + . . 5 5 2 10 AC AC a a OC AC OC OC ⇔ − = ⇔ = ⇒ = = = 2 2 1 1 15 3 15 15 2 10 5 a a a OA AC OC⇒ = − = − = . 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 15 5 5 5 3 3 5 2 5 15 2 a OA AC a OA A P AC AC a A P AC a =. 8 8 4 a a a a a a a A M A D A B ⇒ = − − = − − = Ta có: Thể tích c a khối chóp 2 2 2 . A MND B được xác định bởi: 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . A MND B A MD B A MND V. 2 a a a A M a a a A M A D a a a A D = − ⇒ = − = − 2 2 3 ; ;0 2 2 a a A