Giai KSCL truoc dai hoc 2013 lan 1

GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề ) ( Lần thứ nhất ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm cặp điểm trên đồ thị (C) đối xứng với nhau qua đường thẳng : 2 4 0d x y− + = Bài giải :Đường thẳng ∆ vuông góc với : 2 4 0d x y− + = có dạng : 2 0 2 x m x y m y + ∆ + + = ⇔ = − Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng ∆ 1 2 1 ( )( 1) 2(2 1) 0 1 2 x x x m x m x x x ≠ −  − + = − ⇔  + + + − = +  2 ( 5) 2 0 (*)x m x m⇔ + + + − = 2 2 10 25 4 8 ( 3) 24 0m m m m m∆ = + + − + = + + > ∀ ⇒ ∆ luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B Gọi I là trung điểm AB . 5 2 5 5 5 2 ; 5 2 4 2 4 I A B I I I I m x x x m x m m I x m m y y +  = + = − − = −  + −     ⇔ ⇒ −   +  ÷ − = −     =    A,B đối xứng nhau qua d ⇔ I ∈ d 5 5 4 0 3 9 0 3 4 m m m m − ⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ = − Thay m = –3 vào (*) Ta được 2 4 6 1 6 2 2 5 0 4 6 1 6 2 x y x x x y  − = − + ⇒ =   + − = ⇔  + = − − ⇒ =   Vậy cặp điểm cần tìm là 4 6 4 6 1 6; ; 1 6; 2 2     − + − + − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình : tan .cos3 2cos2 1 3.(sin 2 cos ) 1 2sin x x x x x x + − = + − Bài giải : tan .cos3 2cos2 1 3.(sin 2 cos ) 1 2sin x x x x x x + − = + − Điều kiện : 6 5 6 2 2 / 3 sin 1/ 2 2 ( ) cos 0 2 x l x x l l Z x x l π π π π π π ≠ +  ≠   ⇔ ≠ + ∈   ≠   ≠ +  Phương trình tương đương với 2 sin (4cos 3) 2cos2 1 3 cos (2sin 1)(1 2sin )x x x x x x− + − = + − [ ] [ ] sin 2(1 cos2 ) 3 (2cos2 1) 3 cos 1 2(1 cos2 )x x x x x⇔ + − + − = − − sin (2cos 2 1) (2cos2 1) 3cos (2cos2 1)x x x x x⇔ − + − = − (2cos2 1)( 3cos sin 1) 0x x x⇔ − − − = 1 / 6 cos2 2 / 6 2 ( ) 1 cos / 2 2 6 2 x k x x k k Z x x k π π π π π π π  = ± + =    ⇔ ⇔ = + ∈     + =  = − +  ÷      Đối chiếu với điều kiện Ta được nghiệm của phương trình là : / 6 2 ( ) 5 / 6 2 x k k Z x k π π π π = − +  ∈  = − +  Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực : 3 2 1 0 (3 ) 2 2 2 1 0 x y x x y y  − + =   − − − − =   Bài giải : 3 2 1 0 (1) (3 ) 2 2 2 1 0 (2) x y x x y y  − + =   − − − − =   Điều kiện 1 2; 2 x y≤ ≥ (2) (2 1) 2 (2 1 1) 2 1x x y y⇔ − + − = − + − Xét hàm số 2 2 ( ) ( 1) '( ) 3 1 0f t t t f t t t R= + ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ (t) đồng biến trên R Từ (2) Ta có ( 2 ) ( 2 1) 2 3f x f y y x− = − ⇔ = − Ta có hệ phương trình : 3 1 2 0 ( ) 1 2 3 x x x thoa y y x  = + − =  ⇔   = = −   Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân : /3 0 tan (4 .cos 3cos )I x x x x dx π = − ∫ Bài giải : /3 /3 /3 1 2 0 0 0 sin tan (4 .cos 3cos ) 4 .sin 3 4 3 cos x I x x x x dx x xdx dx I I x π π π = − = − = − ∫ ∫ ∫ /3 1 0 sinI x xdx π = ∫ Đặt sin cos u x du dx dv xdx v x = =   ⇒   = = −   ( ) /3 /3 /3 1 0 0 0 cos cos cos sinI x x xdx x x x π π π = − + = − + ∫ 3 6 2 π = − + /3 2 0 sin cos x I dx x π = ∫ Đặt 2 cos cos sin 2t x t x xdx tdt= ⇒ = ⇔ = − 2 0 1 ; 3 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 2 /2 1 2 2 /2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 I dt t   = − = = − = −  ÷  ÷   ∫ 1 2 2 2 4 3 2 3 2 3 6 6 3 3 I I I π π = − = − + − + = − Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = 3a . Gọi I là trung điểm cạnh BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AI . Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng SC và AI . Bài giải : 2 2 2BC AB AC a= + = 1 2 BI BC a= = ⇒ ∆ABI là tam giác đều cạnh a Trong (ABC) kẻ HK ⊥ AB , ( )SH ABC SH AB⊥ ⇒ ⊥ Vậy ( )AB SHK AB SK⊥ ⇒ ⊥ Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là · 0 60SKH = · 3 3 .tan . 3 4 4 a SH HK SKH a= = = 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC= = 2 3 1 1 3 3 3 . . 3 3 4 2 8 SABC ABC a a a V SH S= = = (đvtt) Qua C kể đường thẳng m // AI / /( ; )AI S m SC⇒ ⊃ Kẻ ( )HD m D m⊥ ∈ Ta cũng có ( ) ( ; ) ( )SH m m SHD S m SHD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ theo giao tuyến SD Trong (SHD) kẻ ( ) ( ; )HJ SD J SD HJ S m⊥ ∈ ⇒ ⊥ Dựng hình chữ nhật HIED ; · · 0 60ICE BIA= = 0 3 .sin60 2 a HD IE IC= = = ∆SHD vuông tại H có HJ là đường cao nên : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 4 28 3 7 9 3 9 14 a HJ HJ SH HD a a a = + = + = ⇒ = Vậy 3 7 ( ; ) ( ;( ; )) ( ;( ; )) 14 a d AI SC d AI S m d H S m HJ= = = = Câu 6: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực . 12 118 1 12 2 2 2 2 2 m xx x x xx = +++ + + +       +−+ Bài giải : Phương trình đã cho tương đương với . 1 1 2 18 1 1 2 2 2 2 m x x x x = + + + +         − + + Đặt . 1 2 2 + + = x x t Phương trình trở thành . 1 18 )1( 2 m t t = + +− Xét hàm . 1 2 )( 2 + + = x x xg Ta có ; 1)1( 21 )(' 22 ++ − = xx x xg ; 2 1 0)(' =⇔= xxg .1)(lim,1)(lim −== −∞→+∞→ xgxg xx Dựa vào BBT ta có với );( ∞+−∞∈x thì ].5;1(−∈t Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình m t t = + +− 1 18 )1( 2 có nghiệm ].5;1(−∈t Xét hàm 1 18 )1()( 2 + +−= t ttf trên ]5;1(− . Ta có ; )1( 18 )1(2)(' 2 + −−= t ttf ;20)(' =⇔= xtf ( 1) 3 5 5 lim ( ) ; (2) 7; ( 5) 2 2 t f t f f + → − = +∞ = = + Dựa vào BBT, ta có phương trình mtf =)( có nghiệm ]5;1(−∈t khi và chỉ khi .7≥m PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu 7a: (1 điểm) Cho hai đường tròn 2 2 1 ( ) :( 1) ( 2) 4C x y− + − = và 2 2 2 ( ):( 2) ( 3) 2C x y− + − = cắt nhau tại điểm A(1 ;4) . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C 1 ) , (C 2 ) lần lượt tại các điểm M,N (khác A) sao cho MA = 2NA Bài giải : Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (1 ;2) bán kính 1 2R = , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (2 ;3) bán kính 2 2R = Giả sử đường thẳng ∆ cần tìm có VTPT ( ; ) 0n a b ∆ = ≠ uur r : 4 0ax by a b⇒ ∆ + − − = Gọi H,K lần lượt là trung điểm AM,AN Ta có 1 2 ;I H MN I K MN⊥ ⊥ 1 1 2 2 2 | | ( ; ) b I H d I a b = ∆ = + ; 2 2 2 2 | | ( ; ) a b I K d I a b − = ∆ = + 2 2 2 2 4MA AN AH AK AH AK= ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 2 b a ab b a b a b   − + ⇔ − = −  ÷ + +   2 2 2 2 0 2 2 0 2 b a a ab b b ab b a =  ⇔ = + + ⇔ + = ⇔  = −  Với b = 0 . Chọn a = 1 Ta có : 1 0d x − = Với b = –2a . Chọn a = 1 ; b = –2 Ta có : 2 7 0d x y− + = Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 2 0Q x y z+ − + = và đường thẳng (d) có phương trình 2 2 ( ) : 1 1 1 x y z d − − = = − . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (Q) một góc α với 5 sin . 6 α = Bài giải : 5 1 sin . cos 6 6 α α = ⇒ = (vì α nhọn) 2 2 ( ) : 1 1 1 x y z d − − = = − đi qua điểm M(2 ; 0 ; 2) có VTCP (1; 1;1) d u = − uur Gọi VTPT của mặt phẳng (P) cần tìm là ( ; ; ) 0 P n a b c= ≠ uur r . 0 (1) P d n u b a c= ⇔ = + uur uur · ( ) 2 2 2 | 2 2 | 1 cos ( ),( ) 6 3 a b c P Q a b c + − = = + + 2 2 2 2 2 2 2 | 3 | 3. ( ) 6 2 2 2a a c a c a a c ac⇔ = + + + ⇔ = + + 2 2 2 0 2 c a c ac a c a =  ⇔ + − = ⇔  = −  Với c = a Từ (1) ⇒ b =2a Chọn (1;2;1) P n = uur phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) : 2 4 0P x y z+ + − = Với c = −2a Từ (1) ⇒ b = −a Chọn (1; 1; 2) P n = − − uur phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) : 2 2 0P x y z− − + = Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm là 1 ( ) : 2 4 0P x y z+ + − = và 2 ( ): 2 2 0P x y z− − + = Câu 9a: (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 25 5 5 1 1 log ( 8 15) log log | 5 | 2 2 x x x x - - + = + - Bài giải : 2 2 25 5 5 1 1 log ( 8 15) log log | 5 | 2 2 x x x x - - + = + - Điều kiện 1; 3; 5x x x> ≠ ≠ phương trình đã cho tương đương với 2 5 5 5 1 log | 8 15| log log | 5| 2 x x x x − − + = + − 5 5 5 5 1 log | 3| log | 5| log log | 5| 2 x x x x − ⇔ − + − = + − 5( ) 2 6 1 2 | 3| 1 7 2 6 1 3 x loai x x x x x x x =  − = −   ⇔ − = − ⇔ ⇔   − = − =    Vậy phương trình có nghiệm 7 3 x = B. Theo chương trình nâng cao. Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh (2;3)A , đường phân giác trong góc A có phương trình 1 0x y− + = , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6 ; 6) và diện tích tam giác ABC gấp ba lần diện tích tam giác IBC Viết phương trình cạnh BC . Bài giải : Gọi M là giao điểm của phân giác trong góc A và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (M khác A) . H là hình chiếu của I trên AM : 12 0IH AM IH x y⊥ ⇒ + − = Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình 1 0 11 13 ; 12 0 2 2 x y H x y − + =    ⇒   ÷ + − =    H là trung điểm AM nên tọa độ điểm M là M(9 ;10)⇒ (3;4)IM = uuur BC IM⊥ nên BC có phương trình :3 4 0BC x y m+ + = 3 ( , ) 3 ( , ) ABC IBC S S d A BC d I BC= ⇔ = 3 126 18 54 |18 | 3| 42 | 3 126 18 36 m m m m m m m m + = + = −   ⇔ + = + ⇔ ⇔   + = − − = −   Vậy có 2 đường thẳng BC cần tìm là 3 4 54 0;3 4 36 0x y x y+ − = + − = Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ):( 1) ( 1) 9S x y z+ + − + = và điểm (1;0; 2)A − .Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có 1 cos . 3 10 α = Bài giải : Mặt cầu (S) có tâm I(–1;1;0) bán kính R = 3 ; (2; 1 2)IA = − − uur Gọi đường thẳng ∆ có VTCP ( ; ; ) 0u a b c ∆ = ≠ uur r 2 2 0 2 2 (1)IA u a b c b a c ∆ = − − = ⇔ = − uur uur ∆ tạo với Ox một góc α thỏa 1 cos 3 10 α = 2 2 2 2 2 2 | | 1 89 (2 2 ) 3 10 a a a c c a b c ⇔ = ⇔ = − + + + 2 2 8 5 5 85 8 5 0 5 44 17 17 c c a b a ac c c c a b  = ⇒ = −  ⇔ + − = ⇔  −  = ⇒ = −   Với 8 ; 5 5 c c a b= = − Chọn 1 2 (1; 8;5) : 1 8 5 x y z u ∆ − + = − ⇒ ∆ = = − uur Với 5 44 ; 17 17 c c a b − = = − Chọn 1 2 (5;44; 17) : 5 44 17 x y z u ∆ − + = − ⇒ ∆ = = − uur Câu 9b: (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức biết rằng phương trình sau có nghiệm thực : 3 2 2 5 (3 2 ) 3 0z z i z i− + + + + = Bài giải : Giả sử z = a (a ∈R) là nghiệm của phương trình Ta có 3 2 3 2 2 5 3 3 0 1 2 5 (3 2 ) 3 0 2 2 1 0 a a a a a i a i a a  − + + = − + + + + = ⇔ ⇔ = −  + =  Phương trình đã cho có thể viết lại 2 (2 1)( 3 3 ) 0z z z i+ − + + = 2 1 2 3 3 0 (*) z z z i  = −  ⇔   − + + =  2 (*) 3 3 0z z i⇔ − + + = 2 9 12 4 3 4 (1 2 )i i i∆ = − − = − − = − Phương trình (*) có nghiệm 2 1 z i z i = −   = +  Vậy phương trình có 3 nghiệm 1 ; 2 ; 1 2 z z i z i= − = − = + GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề ) ( Lần thứ hai ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1 ( ) m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm này có bán kính bằng 1 . Bài giải : 3 2 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = − Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ‘ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 Lúc này đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 2 2 (0;1); ( ;1 ); ( ;1 )A B m m C m m− − − Tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC 2 2 4 4 ; 2 ; ;sin m AH m BC m AB AC m m C m m = = = = + = + Áp dụng định lý hàm số sin ta có 4 2 2 sin 2sin 2AB R C C m m m= = ⇔ + = 3 2 1 2 1 0 ( 1)( 1) 0 ( 0) 5 1 2 m m m m m m do m m =   ⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ > −  =   Vậy 1m = hoặc 5 1 2 m − = thì yêu cầu bài toán được thỏa Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình : sin 4 2 cos3 4sin cosx x x x+ = + + Bài giải : sin 4 2 cos3 4sin cos sin 4 2 2cos2 cos 4sinx x x x x x x x+ = + + ⇔ + = + 4sin cos cos 2 2cos2 cos 4sin 2 0x x x x x x⇔ − − + = cos2 cos (2sin 1) (2sin 1) 0x x x x⇔ − − − = 2 (2sin 1) cos (2cos 1) 1 0x x x   ⇔ − − − =   3 / 6 2 1 2sin 1 0 sin 5 / 6 2 ( ) 2 2cos cos 1 0 cos 1 2 x k x x x k k Z x x x x k π π π π π = +   − =  =   ⇔ ⇔ ⇔ = + ∈    − − =  =   =   Vậy phương trình có nghiệm / 6 2 5 / 6 2 ( ) 2 x k x k k Z x k π π π π π = +   = + ∈   =  Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 9 ( )(4 1) 3 1 0 x y x y xy x xy y  − = − −   − + + =   Bài giải : 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 9 ( )(4 1) 2 9 ( )( ) 3 1 3 1 x y x y xy x y x y x xy y x xy y x xy y   − = − − − = − + +   ⇔   − + = − − + = −     3 3 3 3 2 2 2 2 2 9 2; 1 2; 1 1 3 1 x y x y x y x y x y y x xy y  =  − = − = =  ⇔ ⇔ ⇔    = − = − − = − − + = −    Vậy hệ phương trình có nghiệm (2 ;1) ; (−2 ; −1) . Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân 2 2 1 ( 1)ln ln e x x x I dx x x x − + = + ∫ Bài giải : 2 2 2 1 1 1 1 ( 1)ln (ln 1) ln ln ln (ln 1) (ln 1) e e e e x x x x x x x I dx dx xdx dx x x x x x x x − + + − = = = − + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 1 1 1 ( 1) 2 2 e x J e J= − = − − 1 ln (ln 1) e x J dx x x = + ∫ Đặt ln 1 ln 1 dx t x x t dt x = + ⇒ = − ⇒ = 1 1; 2x t x e t = ⇒ = = ⇒ = ( ) 2 2 1 1 1 ln | | 1 ln 2 t J dt t t t − = = − = − ∫ 2 2 1 1 3 ( 1) ln 2 2 2 2 I e J e= − − = − + Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a .SA vuông góc với đáy .Gọi M là trung điểm cạnh SB , biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa 2 đường thẳng BC và DM Bài giải : Gọi I là trung điểm AD ⇒ BCDI là hình bình hành 3 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 a d A SCD d I SCD d B SCD= = = ,DC AC AB BD⊥ ⊥ ( góc nội tiếp nửa đường tròn ) 2 2 4 3AC BD a a a= = − = 0 3 ( , ) .sin 60 2 a d B AD AB= = 2 1 3 3 3 3 ( ). ( , ) . 2 2 2 4 ABCD a a a S AD BC d B AD= + = = (đvdt) ( ) ( ) ( ) DC AC DC SAC SCD SAC DC SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  theo giao tuyên SC Trong (SAC) kẻ ( ) ( )AH SC H SC AH SCD⊥ ∈ ⇒ ⊥ 3 ( ,( )) 2 a AH d A SCD= = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 1 3 3 SA a AH SA AC SA a a a = + ⇒ = − = ⇒ = 3 1 3 . 3 4 SABCD ABCD a V SA S= = (đvtt) 2 2 1 2 2 2 2 a SB SA AB a AM SB= + = ⇒ = = 2 2 2 2 14 ( ) 3 2 2 DB AB a a DB SAB DB SB DM DB BM a DB SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = + = + =  ⊥  · 2 2 2 2 2 2 7 4 14 2 2 cos 2 . 4 14 2.2 . 2 a a a AD DM AM ADM AD DM a a + − + − = = = Vậy · 14 cos( , ) cos( , ) cos 4 BC DM AD DM ADM= = = Câu 6: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 sin 4 , ; 2 sin 1 2cos x y x x x π π π   −  ÷     = ∈     + + . Bài giải : ( ) 2 2 sin sin cos 4 sin 1 2cos 2 sin 1 2cos x x x y x x x x π   −  ÷ −   = = + + + + Khi cos 0 sin 1 2 x x x π = ⇔ = ⇒ = Ta có : 1 2 4 2 2 y = = Khi cos 0 cos 0 ; 2 x x π π   ≠ ⇒ < ∀ ∈     . Chia tử và mẫu cho cosx Ta được 2 tan 1 2(tan 3 tan ) x y x x − = − + Đặt tant x= với ; ( ;0]. 2 x t π π   ∈ ⇒ ∈ −∞     2 2 1 . ( ) 2 3 t y f t t t − = = − + Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 ( 1) 2 3 '( ) . 2 3 t t t t t f t t t   − + − − −  ÷ +   = − + ( ) 2 2 2 2 3 1 . 2 3. 3 t t t t t + + − = + − + . Xét '( ) 0f t ≥ ⇔ 2 3 1t t+ ≤ − (vì 2 3 0t t− + < ) ⇔ 2 2 3 (1 )t t+ ≤ − ⇔ 1t ≤ − . Bảng biến thiên Kết hợp hai trường hợp của x, ta có 2 max 3 y = , 2 min 4 y = . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B. A: Theo chương trình chuẩn Câu 7a: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. Bài giải : 2 2 ( ) : 9 18 0T x y x y+ − − + = có tâm 9 1 ; 2 2 I    ÷   bán kính 10 2 R = ( 2; 1) 5AB AB= − − ⇒ = uuur . Phương trình đường thẳng : 2 7 0AB x y− + = CD//AB nên CD có phương trình : 2 0 ( 7)CD x y m m− + = ≠ Gọi H là trung điểm CD Ta có IH ⊥ CD 2 2 2 2 2 10 5 5 4 4 4 2 AB IH R CH R IH= − = − = − ⇒ = 9 1 1 5 5 | 7 2 | 5 2 ( , ) 6 2 5 2 5 2 5 2 5 m m m d I CD m − + = −  + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔  = −  (thỏa ) Vậy có 2 đường thẳng CD cần tìm là 2 1 0; 2 6 0x y x y− − = − − = Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3 3 2 37 0x y z− + + = và các điểm A(4;1;5), B(3;0;1), C(−1;2; 0). Tìm toạ độ điểm M thuộc (α) để biểu thức MA.MB MB.MC MC.MA+ + uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur đạt giá trị nhỏ nhất:. Bài giải : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .Ta có (2;1;2)G và 0GA GB GC+ + = uuur uuur uuur r MA.MB MB.MC MC.MAT = + + uuuur uuur uuur uuuur uuuuruuuur ( )( ) ( )( ) ( )( )MG GA MG GB MG GB MG GC MG GC MG GA= + + + + + + + + uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur ( ) 2 3 2 . . .MG MG GA GB GC GA GB GB GC GC GA= + + + + + + uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 3 . . .MG GA GB GB GC GC GA= + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuur Vì . . .GA GB GB GC GC GA+ + uuur uuur uuur uuur uuur uuur là hằng số nên min min T MG⇔ ⇒ M là hình chiếu của G lên mặt phẳng (α) 2 1 2 ( ) : 3 3 2 x y z GM GM α − − − ⊥ ⇒ = = − Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình 3 0 4 2 1 2 2 3 2 0 7 ( 4;7; 2) 3 3 2 3 3 2 37 0 2 3 3 2 37 0 x y x x y z x z y M x y z z x y z + − = = − − − −       = = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ − −    −    − + + = = − − + + =    Vậy điểm M(−4;7;−2) là điểm cần tìm . Câu 9a: (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn : 3 5 1 2 1 42 1 3 n n C A n + + + = . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của 3 2 1 ; 0 n x x x   + ≠  ÷   . Bài giải : Điều kiện n ∈ N* ; n ≥ 3 . Ta có : 3 5 1 2 1 42 1 3!.( 2)! 42.( 3)! 1 3 ( 1)! ( 2)! 3 n n n n C A n n n n + + − − + = ⇔ + = + + 2 2 6 42 1 ( 1)( 1) 3 ( 4)( 1) n n n n ⇔ + = − + − − 2 4 2 4 2 18( 4) 126 5 4 23 50 0 5n n n n n n⇔ − + = − + ⇔ − − = ⇔ = 5 5 2 2(5 ) 10 5 5 5 3 2 1 3 3 3 5 5 0 0 1 . . . k k k k k k k x x x C x x C x x − − − − = =     + = + = =  ÷  ÷     ∑ ∑ Số hạng không chứa x tương ứng 10 5 0 2k k− = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 2 5 10C = B: Theo chương nâng cao Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có phương trình đường thẳng : 2 6 0AD x y+ + = . M(2;5) là trung điểm BC và 2 2DC BC AB= = . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết A có tung độ dương . Bài giải : Giả sử 2 ; 2AB a CD a BC a= ⇒ = = Kẻ ;BE CD CE ED a BE a AD⊥ ⇒ = = ⇒ = = Gọi N là trung điểm AD MN AD⇒ ⊥ . Phương trình đường thẳng : 2 8 0MN x y− + = Tọa độ N là nghiệm hệ phương trình : 2 6 0 4 ( 4;2) 2 8 0 2 x y x N x y y + + = = −   ⇔ ⇒ −   − + = =   3 (6;3) 3 5 2 5 2 a NM MN a= ⇒ = = ⇒ = uuuur A,D thuộc đường tròn (T) tâm N bán kính 5 2 a R = = 2 2 ( ) :( 4) ( 2) 5T x y+ + − = Tọa độ A,D là nghiệm hệ phương trình : 2 2 2 2 6 0 2 6 3; 0 5; 4 ( 4) ( 2) 5 5( 4) 5 x y y x x y x y x y x + + = = − −   = − =  ⇔ ⇔    = − = + + − = + =    Vì A có tung độ dương nên ( 5;4); ( 3;0)A D− − 2 (4;2) ( 1;6) 3 AB NM B= = ⇒ − uuur uuuur M là trung điểm BC nên (5;4)C Vậy ( 5;4); ( 1;6); (5;4) ( 3;0)A B C D− − − Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng (d): 2 1 2 x t y t z t = −   =   = − −  và mặt phẳng (P): 1 0x y z+ − + = . Gọi (d ’ ) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc (d ’ ) sao cho H cách điểm ( ) 1;1;4K một khoảng bằng 53 . Bài giải : I = d ∩ (P) ⇒ Tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn : 2 1 2 1 0 2 (4; 2;3)t t t t I− + + + + = ⇔ = − ⇒ − Đường thẳng d có VTCP ( 2;1; 2) d u = − − uur Mặt phẳng (P) có VTPT (1;1; 1) P n = − uur (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT , (1; 4; 3) Q d P n u n   = = − −   uur uur uur Đường thẳng d’ là hình chiếu của d lên (P) ⇒ d’ = (P) ∩ (Q) ⇒ d’ có VTCP ' , ( 7;2; 5) d P Q u n n   = = − −   uuur uur uur Đường thẳng d’ có phương trình : 4 7 ': 2 2 ( ) 3 5 x m d y m m R z m = −   = − + ∈   = −  H ∈ d’ ⇒ H có tọa độ : (4 7 ; 2 2 ;3 5 )H m m m− − + − 2 2 2 2 25 (3 7 ) (2 3) (5 1) 53KH m m m= ⇔ − + − + + = 2 2 1 78 44 34 0 39 22 17 0 17 / 39 m m m m m m =  ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔  = −  Với m = 1 Ta có điểm ( ) 3;0; 2)H − − Với m = –17/39 Ta có điểm 275 112 202 ; ; 39 39 39 H   −  ÷   Câu 9b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: 2 3z i z i− = − − . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. Bài giải : Đặt ( ; )z x yi x y R= + ∈ 2 3 ( 1) ( 2) ( 3)z i z i x y i x y i− = − − ⇔ + − = − − + 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3)x y x y⇔ + − = − + + 2 2 2 2 2 1 4 6 13x y y x y x y⇔ + − + = + − + + 2 3 0x y⇔ − − = Vậy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng : 2 3 0x y∆ − − = |z| nhỏ nhất ⇔ | OM uuuur | nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆ : 2 0OM OM x y⊥ ∆ ⇒ + = Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình : { { 3 5 6 5 3 6 2 3 0 ; 2 0 5 5 x y x M x y y − − − − = =   ⇔ ⇒  ÷ + = =   Vậy số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 6 5 5 z i= − [...]... 3 )11 là C 11. ( −3) 0 = 1 1 Hệ số chứa x 11 của ( x − 1) 12 là C12 ( 1) 0 = 12 2 Hệ số chứa x 11 của ( x + 1) 13 là C13 (1) 2 = 78 Vậy hệ số a2 = 1 − 12 + 78 = 67 P( x) = a0 x13 + a1 x12 + a2 x 11 + + a12 x + a13 Đạo hàm hai vế Ta có : P '( x) = a12 + 2 x.a 11 + 3 x 2 a10 + + 12 x11a1 + 13 x12 a0 ⇔ 11 ( x − 3 )10 + 12 ( x − 1) 11 + 13 ( x + 1) 12 = a12 + 2 x.a 11 + 3x 2 a10 + + 12 x11a1 + 13 x12 a0 Thay x = 1. .. a = − 1 b  3  uu r x 1 y z +1 = = Với a = b ⇒ c = −3b Chọn u∆ = (1; 1; −3) Ta có : ∆ : 1 1 −3 uu r 1 1 x 1 y z +1 = = Với a = − b ⇒ c = − b Chọn u∆ = (1; −3 ;1) Ta có : ∆ : 3 3 1 −3 1 x 1 y z +1 x 1 y z +1 = = = = Vậy có 2 đường thẳng cần tìm 1 : và ∆ 2 : 1 1 −3 1 −3 1 log 3− 2 2 ( x 2 − 1) + log 3+ 2 2 (2 x − 1) ≥ log Câu 9a: (1 điểm) Giải bất phương trình : Bài giải : Điều kiện x > 1 log3−... + 1) 2 + ( z − 1) 2 = 9 Câu 9a: (1 điểm) ) Khai triển biểu thức P( x ) = ( x − 3 )11 + ( x − 1) 12 + ( x + 1) 13 dưới dạng P( x) = a0 x13 + a1 x12 + a2 x 11 + + a12 x + a13 Tìm hệ số a2 của khai triển và tính tổng M = a12 + 2a 11 + 3a10 + + 12 a1 + 13 a0 n n k n− k k Bài giải : Ta có khai triển tổng quát của ( x + m) = ∑ Cn x m k =0 Hệ số a2 tương ứng hệ số của số hạng chứa x 11 nên : 0 Hệ số chứa x 11. .. x 2 − 1) + log 3+ 2 2 (2 x − 1) ≥ log 2 1 2 ⇔ log ( 2 1) 2 ( x 2 − 1) + log ( 2 +1) 2 ⇔ log 2 1 ( x 2 − 1) ≥ log 2 1 ⇔ log 2 1 ( x 2 − 1) ≥ log 2 1 (2 x − 1) ≥ log 2 + log 2 1 2 1 2 (2 x − 1) [ 2(2 x − 1) ] x > 1 x > 1 x > 1 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x 1 ≤ 4x − 2 x − 4x + 1 ≤ 0   2 − 3 ≤ x ≤ 2 + 3 1 . + 10 11 12 2 11 12 12 11 10 1 0 11 ( 3) 12 ( 1) 13 ( 1) 2 . 3 12 13 x x x a x a x a x a x a⇔ − + − + + = + + + + + Thay x = 1 vào hai vế .Ta được : 10 12 12 11 10 1 0 11 .2 13 .2 2 3 12 13 a a a a a M+. 2 1 12 78 67a = − + = 13 12 11 0 1 2 12 13 ( ) P x a x a x a x a x a= + + + + + Đạo hàm hai vế . Ta có : 2 11 12 12 11 10 1 0 '( ) 2 . 3 12 13 P x a x a x a x a x a= + + + + + 10 11 12 2 11 . hạng chứa x 11 nên : Hệ số chứa x 11 của 11 ( 3)x − là 0 0 11 .( 3) 1C − = Hệ số chứa x 11 của 12 ( 1) x − là 1 0 12 .( 1) 12 C − = − Hệ số chứa x 11 của 13 ( 1) x + là 2 2 13 . (1) 78C = Vậy