21 ĐỀ THI ĐH CẤP TỐC - CÓ Đ/A

www.VNMATH.com BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MƠN TỐN 2011 Sở GD & ĐT Tiền Giang Trường THPT Gị Cơng Đơng ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x  có đồ thị (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x   2) Giải phương trình: x  e   x x  4; Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I     x R ln x   ln x  dx   x  ln x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy O A, B hai điểm đường tròn đáy cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a ,   SAB  600 Tính theo a chiều cao ASO  diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  4x  y 2x  y  xy II PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1)  ( y  2)  ( z  1)  Câu VII (1 điểm) Cho số phức z nghiệm phương trình: z  z   2 2 1    1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z     z     z   z  z   z   z   Theo chương trình nâng cao Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn  C  có phương trình :  x    y  25 điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng  qua điểm M cắt đường tròn  C  điểm A, B cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y   Lập phương trình mặt cầu  S  qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0;2; 2  , C 1;3;0  tiếp xúc với mặt phẳng  P  http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com    log x    log  x  1   Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:   log  x  1  log ( x  1) ĐÁP ÁN ĐỀ 1) y= x  (C) x 2 D= R\ {2} lim y   TCN : y  x  lim y  ; lim y    TCĐ x = x  2 y’ = y x 2 1  0; x  ( x  2)2 x -2 BBT -1 -1 -2 2) Gọi M(xo; x0  ) (C) x0  Phương trình tiếp tuyến M: () y = ( )  TCĐ = A (2; -3  x  x0  x0  ( x0  2)2 ( x0  2)2 x0  ) x0  ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) cauchy   AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  2 x0  ( x0  2)2   x   M (3;3)  AB = 2    xo   M (1;1) II sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x TXĐ: D =R sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x sin x  cosx   (sin x  cosx).  2(sin x  cosx)  sin x.cosx       2(sin x  cosx)  sin x.cosx   + Với sin x  cosx   x   k ( k  Z ) + Với  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  , đặt t = sin x  cosx (t   2;  )   t  1 pt : t2 + 4t +3 =   t  3(loai) http://tranduythai.violet.vn 1,0 0,25 0,25 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  x    m 2 t = -1   (m  Z )  x     m2     x   k ( k  Z )  Vậy :  x    m2 (m  Z )    x    m 2  Câu II.2 (1,0 đ) x 0,25  1   x x  4; x R Đặt t  x x   t  2( x  x ) ta phương trình t2    t  t  2t   t  4  t  0,25 0,25 x  x   2( x  x )  16 x  2x   + Với t =  Ta có x x   4   x    x x 2  0,25 x  x   4 2  2( x  x )   x  2x   + Với t = ta có x x     x    x x  1  1 ĐS: phương trình có nghiệm x   2, x  III 0,25 1 e  ln x  I    ln x  dx   x  ln x e I1 =  ln x dx , Đặt t = x  ln x  ln x ,… Tính I1 = 2  3 e   I   ln x dx , lấy tích phân phần lần I2 = e – 0.5 0.25 0.25 2 I = I1 + I2 = e   3 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu IV (1,0 đ) Câu V (1,0 đ) S Gọi I trung điểm AB , nên OI  a Đặt OA  R  SAB  60  SAB 1 OA R IA  AB  SA    2 sin ASO Tam giác OIA vuông I nên OA  IA2  IO R2 a  R2   a2  R  O A I  SA  a B a Chiếu cao: SO  a a   a2 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  4x  y 2x  y x y y x y P           xy y x y x 2 Thay y   x được: y x 5 x y y         x    x   2 2 y x y x y x 3 P x  1; y  Vậy Min P = 2 P 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 Lưu ý: Có thể thay y   x sau tìm giá trị bé hàm số g ( x)  Câu AVI.1 (1,0 đ) 3x  3x   x (5  x) A nằm Ox nên A  a;0  , B nằm đường thẳng x  y  nên B(b; b) ,   M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên:     MA.MB   (a  2)(b  2)  (b  1)  ,   2  MA  MB  (a  2)   (b  2)  (b  1)   b  không thỏa mãn b 1  b 1  a   b  , b  ,b  a     b2  (a  2)2   (b  2)  (b  1)  b     (b  2)  (b  1)   b      a  b 1  a2 ,b    b2   b     a    2   (b  2)  (b  1)   1     (b  2)2      b   http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com a  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y   b 1  0,25 a  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  12  b  0,25 Với:  Với  ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  b) Giải phương trình : (3x  1) x   x  ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  x3 dx (3 e x  2) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4  y4 1 x2  y2 1 II PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : x  y   cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y 1 z  x2 y3 z   d2 :   1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x  2)  log x  http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x   y '  x  6( 2m  1) x  6m( m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1)  4( m  m)   x  m y'    x  m  Hàm số đồng biến 2;   y ' x   m    m  0,25 0,25 điểm Câu II a) Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  PT  cos x(4 cos x  1)   cos x(3  sin x)  0,25 Nhận xét x  k , k  Z khơng nghiệm phương trình ta có: 0,25 cos 3x(3  sin x)   cos 3x(3 sin x  sin x)  sin x  cos x sin x  sin x  sin x  sin x 2m  x  6 x  x  m 2    6 x    x  m 2  x    2m  7  0,25 ;mZ m  k  2m=5k  m  5t , t  Z 0,25  2m = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Xét  7 lZ m  2m ( m  5t ); x   ( m  7l  ) Vậy phương trình có nghiệm: x  7 m, t , l  Z Xét b) Giải phương trình : (3x  1) x   x  điểm x3 0,25 PT  2(3x  1) x   10 x  3x  2(3x  1) x   4( x  1)  x  3x  Đặt t  x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   Ta có:  '  (3 x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   0,25 Ta có:  '  (3x  1)  4(2 x  3x  2)  ( x  3) http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com x2 2x 1 ;t  2 ta phương Từ ta có phương trình có nghiệm : t  Thay vào cách đăt giải trình có 0,5     60  nghiệm: x   ;    Câu III ln Tính tích phân I   điểm dx (3 e x  2) 0,25 x ln Ta c ó I   e dx x = x e (e  2) x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2 Ta được:  3du 1 =3     4u 4(u  2)  2(u  2) u (u  2) 1 I   du   0,25 0,25 1  1  =3  ln u  ln u   4 2(u  2)    3 ln( )  3 Vậy I  ln( )   0,25 Câu IV C’ A’ B’ H A C O M B 0,5 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM đọan vơng góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, d ( AA' , BC)  HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: A' O HM  AO AH 0,5 AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 23 12 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh1 điểm rằng: 3(a  b  c )  4abc  13  suy A' O  Câu V 0,5 bc *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật Đặt f (a, b, c )  3( a  b  c )  4abc  13; t  Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  hay a  f (a, b, c)  f ( a, t , t )  3( a  b  c )  abc  13  3( a  t  t )  at  13 = 3(b  c  2t )  4a (bc  t ) 2   2(b  c)  (b  c)  3(b  c) 2 = 3b  c   a(b  c)   4a bc  = 4     (3  2a )(b  c) =  a  *Bây ta cần chứng minh: f (a, t , t )  với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t , t )  3( a  t  t )  at  13 = 3((3  2t )  t  t )  4(3  2t )t  13 = 2(t  1) (7  4t )  2t=b+c < Dấu “=” xảy  t  & b  c   a  b  c  (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com P x4  y4 1 x2  y2 1 Từ giả thiết suy ra:  x  xy  y  xy  xy  xy  ( x  y )  xy  3 xy Từ ta cú xy Măt kh¸c x  xy  y   x  y   xy nªn x  y   x y xy đăt t=xy Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN t 2t  P  f (t )  ;  t  t2 t   TÝnh f ' (t )   1  0  (t  2) t    2(l )  Do hàm số liên tục f(  0,25 0.25 0.25  ;1 nên so sánh giá trị 1 ) , f (  2) , f (1) cho kết quả: 0.25 11 MaxP  f (  2)   , P  f (  )  15 Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) a)   Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I trung điểm AC: C (2t  1;2t ) Theo ra: S ABC điểm 0,5 t   AB.d (C , AB)   6t     t   0,5 Từ ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= http://tranduythai.violet.vn 10 0,25 1 suy H ( ; ; ) 3 3 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 0,5 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H trung điểm OO’  O' ( ; ; ) 3 CâuVIIa Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C PT  z ( z  2)( z  1)( z  3)  10  ( z  z )( z  z  3)  Đặt t  z  z Khi phương trình (8) trở thành: điểm 0,25 0,25 Đặt t  z  z Khi phương trình (8) trở thành t  3t  10  t  2  z  1  i   t   z  1  0,5 Vậy phương trình có nghiệm: z  1 ; z  1  i Câu VIb a) điểm 0,25 Viết phương trình đường AB: x  y   AB  Viết phương trình đường CD: x  y  17  CD  17 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  17 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB) AB  d ( M , CD).CD 7  t  9  t   Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 b) 0,25 0,5 điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B :     AB  u      Ad1, Bd nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)  AB  u '     AB (….)…  A(1; 2; -3) B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R= Nên có phương trình là:  x  2  ( y  1)  ( z  1)  CâuVIIb Giải bất phương trình http://tranduythai.violet.vn x(3 log x  2)  log x  11 0,25 điểm Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com CM có phương trình x 13 y 29  2 x  y  13  - Tõ hÖ   C (7;  1) 6 x  13 y  29  - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16   x  y  16  - Tõ hÖ   M (6; 5) 6 x  13 y  29  B(8; 4) 0,5 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x y  mx  ny  p  52  4m  6n  p   m Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80 8m 4n p  n  50  m  n  p   p  72 2 Suy pt đường tròn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85 (1 ®iĨm) - Gi¶ sư N ( x0 ; y0 ; z0 ) V× N  ( )  x0  y0  z   (1) MN  PN - MNPQ hình vuông MNP vuông cân N MN PN 2 2 ( x  5)  ( y0  3)  ( z0  1)  ( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  4)   ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)   ( 2)  x0  z0    (3) ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)   y  2 x  - Tõ (1) vµ (2) suy  Thay vµo (3) ta ®­ỵc x0  x0    z   x0   x0  2, y0  3, z  1  N ( 2; 3;  1) hay    N (3; 1;  2)  x0  3, y0  1, z  2 - Gäi I tâm hình vuông I trung điểm MP vµ NQ  I ( ; 3;  ) 2 NÕu N (2;  1) th× Q(5; 3;  4) NÕu N (3;1;  2) th× Q( 4; 5; 3) VIIa (1,0 điểm) Giả sử abcd số thoả mÃn ycbt Suy d 0, 2, 4, 6 +) d  Sè cách xếp abc A6 +) d Số cách xếp abc A6  A5 +) Víi d  hc d kết giống trường hợp d 3 Do ta có số số lập A6 A6 A5  420   0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (1 ®iĨm) VIb (2,0 ®iĨm) http://tranduythai.violet.vn 107 Biên soạn: Trần Duy Thỏi www.VNMATH.com - Gọi phương trình ( E ) : x2 y  1 a b2 ( a  b  0) 0,5 4 (1)  a2  b2   - Gi¶ thiÕt   a  ( 2) c  Ta cã (2)  a  8c  b  a  c  8c  c  c(8  c) Thay vµo (1) ta 8c c(8 c) c  2  2c  17c  26    13 c   2 x y2 * NÕu c  th× a  16, b  12  ( E ) :   16 12 39 x2 y2 13 * NÕu c  th× a  52, b   ( E) :   52 39 / 0,5 (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy 2 2 ( x0  1)  y0  z0  x0  ( y0  1)  z0  x0  ( y0  3)  ( z0  2)   2 2 ( x0  1)  y0  z0  x0  ( y0  1)  z0   2   x0  ( y0  1)  z0  x0  ( y0  3)  ( z0  2)  2 ( x0  1)  y0  z0  ( x0  y0  2)    y  x0 Tõ (1) vµ (2) suy   z0  x0 Thay vào (3) ta 5(3 x0  x0  10)  (3 x0  2) x0  y0  0,5 (1) (2) (3) 0,5  x0   M (1; 1; 2)    23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ) 3 3   VIIb (1,0 ®iĨm) n   Ta cã     7.3! Cn Cn n  n (n  1)  n( n  1)(n  2)  n  n    n  n  5n  36  Suy a8 lµ hƯ sè cđa x8 biĨu thøc 8(1  x)8  9(1  x)9 8 Đó 8.C8 9.C 89 http://tranduythai.violet.vn 108 0,5 0,5 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com ĐỀ 20 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  có đồ thị (C m) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m = 2) Cho E(1; 3) đường thẳng (  ) có phương trình x-y + = Tìm m để (  ) cắt (C m) ba điểm phân biệt A, B, C ( với xA = 0) cho tam giác EBC có diện tích  sin x Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình:   1 2 cos x sin x tanx  x y  x  xy  1  b.Giải hệ phương trình :  2 x  x y  x y   π Câu III (1 điểm) Tính tính phân sau: I   dx cos x  3cos x  2 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC A / B/ C/ có đáy tam giác cạnh a, cạnh bên 2a Gọi E trung điểm BB/ Xác định vị trí điểm F đoạn AA / cho khoảng cách từ F đến C /E nhỏ 1 Câu V (1 điểm):Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn:    a b c b c ca a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T    a b c II Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( điểm) 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : x  y   điểm A(3;3) Tìm toạ độ hai điểm B, C đường thẳng (d) cho  ABC vuông, cân A 2/ Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x  y  5z   Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz tạo với mặt phẳng (P) góc 600 Câu VIIa:( điểm) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 19  m2 Am C m  C n    2   Pn 1  720  Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( điểm) 1/ Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC với đỉnh: A(-2;3), B( ;0), C ( 2;0) 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK Câu VII:( điểm) Giải hệ phương trình : http://tranduythai.violet.vn log y  log    x2  y2    x   y  x  x  xy  y 109  Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ 20 Câu Ia Ib ĐÁP ÁN Điểm / -Tập xác định , tính y -Nghiệm y/ lim -Bảng biến thiên -Đồ thị PT hoành độ giao điểm : x  2mx  (m  3)x   x  0,25 0,25 0,25 0,25 (1)  x(x  2mx  m  2)  x   g(x)  x  2mx  m   (2) (d) cắt (C m) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có nghiệm phân biệt  Δ/  m  m   m  1  m  khác    (a)  m  2 g(0)  m   Diên tích S  BC.d(E, BC) Khoảng cách d(E, BC)  Suy BC = (x B  x C )2  4x B x C  16 0,25 0,25 0,25 4m  4(m  2)  16 Giải pt m = 3, m = -2 (loại) II a 0,25  0,25 Đk: x  k Phương trình cho tương đương với: 1  tan x   sin22 x   cot x 0,25 2(sin x  cos x)   2cot x sin x cos x  3tan x  2tan x      tanx    x    k   ,kZ  tanx    x    k      3tan x  0,25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x  IIb    k ; kZ 0,25 0,25  x y  x(y  x)  1  Hệ tương đương :  [x(y  x)]  x y   Đặt u  x y, v  x(y  x)  u  v  1 Hệ trở thành  u  v   u  u  3 Giải hệ  ,   v  1  v  http://tranduythai.violet.vn 0,25 110 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com u   x  1 giải hệ   v  1 y  u  3 Với  giải hệ (vô nghiệm) v   x   x  1 Nghiệm hệ :  ,  y  y  Với  III IV 0,25 0,25 0,25 π π 1 I dx   dx  cos x  cos x π π dx dx Tính   2 1  cos x x cos2 2 x π π  tan dx dx Tính   2 cos x  x  tan 2 x x (1  tan t).dt Đặt tan  tan t  (1  tan )dx  2  x=0 => t = π π => t = x= x π π  tan π dx dx = dt = π 2  0 cos x  x 0 3  tan 2 π π 1 π Vây I   dx   dx = 1  cos x  cos x 3 + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho AO; BOy; A/Oz 0,25 0,25 0,25 a a  ; ; 2a  E(0;a;a)   2  Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a),, C /   0,25 F di động AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ dài khơng đổi nên d(F,C/E ) nhỏ SΔFC/ E nhỏ Ta có : S FC E  /      EC / , EF    z   a a   EC /    ; ;a  Ta có:    EF   0; a; t  a        EC / , EF           EC / , EF     / / C a (t  3a; 3(t  a ); a 3) a (t  3a )2  3(t  a )2  3a 2 / E F A x http://tranduythai.violet.vn B A 111 B C Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com a 4t  12at  15a 2 a SΔFC/ E  4t  12at  15a 2 Giá trị nhỏ S FC E tùy thuộc vào giá trị tham số t  0,25 / Xét f(t) = 4t2  12at + 15a f(t) = 4t2  12at + 15a2 f '(t) = 8t 12a f '(t )   t  (t [0;2a]) 3a 0,25 S FC / E nhỏ  f(t) nhỏ  t  V 0,25 3a  F(0;0;t) , hay FA=3FA/ ( giải pp hình học túy ) 1 1 1 Đặt x  , y  , z     nên x +y +z = a b c a b c 1 1 1 Và T  x2 (  )  y2 (  )  z2 (  ) y z z x x y 0,25 +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:  ( x  y  z )2     x y yz  zx  zx  yz  z xy  xy   x2 y2 z2  x2 y2 z2      (2x  2y  2z)  2( )  yz zx xy  yz zx xy 0,25  1  4x2 1 x2 +) Ta có: x2 (  )  y  z      y z yz  y z  yz Tương tự  x2 y2 z2  Do T     2  yz zx xy 0,25 Đẳng thức xảy x  y  z  VIa:1 hay a  b  c  3 0,25 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Điểm C  CD : x  y    C  t ;1  t  0,25  t 1  t  ; Suy trung điểm M AC M      t 1   t Điểm M  BM : x  y        t  7  C  7;8     Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y   I (điểm K  BC ) Suy AK :  x  1   y     x  y    x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 x  y 1  http://tranduythai.violet.vn 112 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K  1;0  Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3y   7  0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương  x   2t trình  y  t  Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách z   3t  từ d tới (P) lớn Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có   HI => HI lớn A  I AH Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t; t;1  3t ) H hình chiếu A d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH ( 7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = VIIa 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho m hồng trắng n hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 19  m2 19  m2 Am C m  C n    Cm  cn3   Am 2   2  Pn 1  720  Pn1  720   Từ (2): (n  1)! 720  6! n    n  Thay n = vào (1) m(m  1) 19   45   m 2 2  m  m  90   19m  m2  20m  99    m  11 m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau: TH1: hồng nhung, bơng hồng trắng có: C C10  1575 cách TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C74 C10  350 cách TH3: bơng hồng nhung có: C  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường C17  6188 P VIb1 0,25 0,25 1946  31,45% 6188 0,25 Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC với đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C ( 2;0) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC chân đường phân giác góc A http://tranduythai.violet.vn 0,25 113 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 9     3  d DB AB   4    DC AC 2d   3  0,25 81 225 9 16  16   4d    3d  d  16  25 Đường thẳng AD có phương trình: x  y 3   3 x   y   x   y , 3 đường thẳng AC: x  y 3   3 x   y  12  x  y   3 Giả sử tâm I đường trịn nội tiếp có tung độ b Khi hồnh độ 1 b bán kính b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: 1  b   4b   b  b   5b; 2 4 a )b   5b  b   ; b)b   5b  b  Rõ ràng có giá trị b  hợp lý Vậy, phương trình đường trịn 2 0,25 0,25 0,25 1  1  nội tiếp  ABC là:  x     y    2  2  VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK x y z Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :    a b c    IA  (4  a;5;6), JA  (4;5  b; 6) Ta có    JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 77  a 4   1  a b c   77  Ta có:  5b  6c   b   ptmp(P)  4a  6c   77    c   VII b Giải hệ phương trình : http://tranduythai.violet.vn log y  log x   y  x   x  xy  y  * 3  2   x2  y   114 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 0,25 0,25 KL: 0,25 www.VNMATH.com y  Điều kiện : x > ; y > Ta có : x  xy  y   x    y  x, y >0 2  Xét x > y  log Xét x < y  log  VT(*)  y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm  VP(*)   VT(*)  x  log y    (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm VP(*)   x  log 3 0  Khi x = y hệ cho ta   x = y = ( x, y > 0) 2 x  y  Vậy hệ có nghiệm  x; y   2;  0,25 0,25 0,25 0,25  ĐỀ 21 Phần dành chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = x  3mx  3( m  1) x  ( m  1) (1) a, Với m = , khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hồnh độ dương Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin (2x+  )=0 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm :  x 2  x  y  x  a  2 x  y   sin xdx Câu : Tìm :  (sin x  cos x)3 Câu : Cho lăng trụ đứng ABC A' B 'C ' tích V Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ),( A' BC ) cắt O Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V Câu : Cho x,y,z số thực dương Chứng minh : x y z   )  12 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B ) P= 4( x  y )  4( y  z )  4( z  x3 )  2( A Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường trịn (C) có phương trình : x  y  x  y   đường thẳng (d) có phương trình : x + y – = Chứng minh (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A,B Tìm toạ độ điểm C đường trịn (C) cho diện tích tam giác ABC lớn b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình : x y 1 z  (d1 ) :   2  x  4t '  ( d ) :  y  2  z  3t '  Viết phương trình đường thẳng (  )đi qua điểm A cắt hai đường thẳng(d ), (d ) Câu 7a : Tìm số hạng khơng chứa x khai triển :  4  x  x  ( với x > ) B Theo chương trình nâng cao http://tranduythai.violet.vn 115 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao đường phân giác qua đỉnh A,C : 3x -4y + 27 =0 x + 2y – = b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) đường thẳng (  ) có phương 2 x  y  z    x  y  z   trình : Tìm toạ độ điểm M nằm đường thẳng (  )sao cho : MA + MB nhỏ Câu 7b : Cho (1  x  x )12  a0  a1 x  a2 x  a24 x 24 Tính hệ số a ĐÁP ÁN ĐỀ 21 Câu Câu a (1.0 điểm) Khảo sát… (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 TXĐ D=R Đáp án Điểm x 1 y’=3x2-3; y’=0    x  1 0,25 lim y   x  BBT x y’ y  + -1 -  +  0,25 -1  Hs đồng biến khoảng (  ;-1) (1;  ), nghịch biến (-1;1) Hs đạt cực đại x=-1 ycđ=3, Hs đạt cực tiểu x=1 yct=-1 Đồ thị : cắt Oy điểm A(0;1) qua điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 y -2 1 -1 0,25 x -1 b (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1) http://tranduythai.violet.vn 0,25 116 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com x  m 1 y’=0   x  m 1 Để đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ dương ta phải có: ' y '  m  R   2  f CD f CT  ( m  1)(m  3)( m  2m  1)     m    xCD  x  m    CT   ( m  1)    f (0)   1   m       m  1     m  1  m  1    m 1   Câu (2.0 điểm) 0,25 Vậy giá trị m cần tìm là: m  ( 3;1  2) 0,25 a (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +  )=0  sin2x + sinx + sin4x – sin2x = – cos(4x + 0,25  )  sinx + sin4x = 1+ sin4x  sinx = x= 0,25 0,25  + k2  , k  Z 0,25 b (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) nghiệm (-x;y) nghiệm hệ Suy ra, hệ có nghiệm x =0 + Với x = ta có a =0 a = 2 x  x  y  x2 2 x  x  x2  y   -Với a = 0, hệ trở thành:  2  2 x  y  x  y      x  x   y  2  x  x  Từ (2)       y  x  x  y      x2  y   x    ( I ) có nghiệm   x  x  x    y 1 y 1    x 2  x  y  x  -Với a=2, ta có hệ:  2 x  y   Dễ thấy hệ có nghiệm là: (0;-1) (1;0) Vậy a = http://tranduythai.violet.vn 117 (1) 0,25 (I) (2) TM 0,25 0,25 0,25 không TM Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu (1.0 điểm)   sin[(x- )  ] s inx 6 Ta có   (sinx+ 3cosx)3 8cos ( x  ) 0,25   sin( x  )  cos(x- ) 6   8cos(x- )  sin( x  )   16 cos3 ( x   ) 16 cos ( x   ) 6 s inxdx     tan( x  )  c  (sinx+ 3cosx) 32cos ( x  ) 16 Câu (1.0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Gọi I = AC  ’A’C, J = A’B  AB’ (BA'C)  (ABC') = BI   (BA'C)  (AB'C) = CJ   O điểm cần tìm  Goi O = BI  CJ  Ta có O trọng tâm tam giác BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M Gọi H hình chiếu O lên (ABC) Do  ABC hình chiếu vng góc trọng tâm  ABC Gọi M trung điểm BC Ta có: B  BA’C (ABC) nên H OH HM   A ' B AM 0,25 1  VOABC  OH S ABC  A ' B.S ABC  V 9 Câu 0,25 Ta có: 4(x3+y3)  (x+y)3 , với  x,y>0 http://tranduythai.violet.vn 118 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com (1.0 điểm) Thật vậy: 4(x3+y3)  (x+y)3  4(x2-xy+y2)  (x+y)2 (vì x+y>0) 2  3x +3y -6xy   (x-y)  Tương tự: 4(x3+z3)  (x+z)3 4(y3+z3)  (y+z)3  4( x3  y )  4( x3  z )  4( y  z )  2( x  y  z )  xyz Mặt khác: 2( x y z   )  63 y z x xyz  P  6( xyz  0,25 )  12 xyz 0,25  x  y  z   x y z Dấu ‘=’ xảy      x  y  z  z x y   xyz  xyz  Câu 6a (2.0 điểm) 0,25 Vậy P  12, dấu ‘=’ xảy  x = y = z =1 Chương trình chuẩn a (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm (C) (d) nghiệm hệ:  x   x  y   y    2  x  x  y  4x  y     y   y Hay A(2;0), B(0;2) C 0,25 M I B H A O x Hay (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt A,B 0,25 Ta có S ABC  CH AB (H hình chiếu C AB) http://tranduythai.violet.vn 119 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com S ABC max  CH max C  (C )  ()  xC  Dễ dàng thấy CH max    d  I (2; 2)  Hay  : y = x với :  0,25  C (2  2;  2) Vậy C (2  2;  2) S ABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M  (d1) M  (d2) ()  ( d1)  I Giả sử  ()  ( d 2)  H Vì I  d1  I(2t-1; -1-2t; 2+t) H  d2  H(4t’; -2; 3t’) ycbt 0,25    1  2t  k (1  4t ') TM  k HM 23     3  2t  k (2  2)  t   10  k  R, k   1  t  k (3  3t ')   T ( 0,5 23 18 ; ; ) 5 10 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm I H là:  x   56t   y   16t  z   33t  Câu 7a (1.0 điểm) 5 x  y  z  17  0,25 là:  12 x  y  16 z  18  x  Ta có: ( x  )7   C7 k ( x ) k ( x ) k 0.25 k 0 Để số hạng thứ k khơng chứa x thì: 1  (7  k )  k  k4 4  k  [0;7]  0.5 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: C74  Câu 6b (2.0 điểm) 35 0,25 Chương trình nâng cao a (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B  ( BC ) : x  y     BC  d1 0,25 4 x  y   Tọa độ điểm C nghiệm hệ:   C (1;3) x  y   Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự hệ số góc đường thẳng AC, BC, d2 http://tranduythai.violet.vn 120 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com 1     K AC K BC  K d K d  K AC    1  K BC K d  K d K AC 1  K AC  K AC    K AC   (loai)   Ta có: Vậy pt đường thẳng AC qua C có hệ ssó góc k=0 là: y = + Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 3 x  y  27   A(5;3)  y 3  x 5 y 3   4x  y 1   Pt cạnh AB là:  1  Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối AB  , ta có:  cắt AB  K(1;3;0)    Ta có KB  KA  A, B nằm phía  Gọi A’ điểm đối xứng với A qua  H hình chiếu A   H( 1;t;-3+t) Ta có x  (vì PTTS  :  y  t )   z  3  t  0,25 0,25 0,25 0,25    AH u   1.0  (t  4).1  ( 4  t ).1   t   H (1; 4;1)  A '(0; 4;1) Gọi M giao điểm A’B d  M (1; 13 ; ) 3 0,25 Lấy điểm N  Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B  NA+NB 0,25 13 Vậy M (1; ; ) 3 Câu 7b (1.0 điểm) Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = k 12 = C12 (1  x)12  C12 (1  x)11.x   C12 (1  x)12k ( x ) k   C12 x 24 = 0 C12 [C12 x12  C12 x11   C12 x  ]+C1 x [C11 x11   C11 x  ] 12 10 +C12 x [C10 x10   C10 ]+  Chỉ có số hạng đầu chứa x 10  a4  C12 C12  C12 C11  C12 C10  1221 http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 121 Biên soạn: Trần Duy Thái ... + m ; - + 5m ; - 2m)    MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3  m  2t  2k        Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t   k có nghiệm... 1)  ( y  3)  z  42 Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N (- 3; - 4; 5) x5  x3 Nếu N (-3 ; -4 ; 5) ta có pt  :  Nếu N(5; -2 ; -5 ) ta có pt  : VII.b y2  3 y4  3 z5 z5 1  log ... z ĐÁP ÁN ĐỀ CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\? ?- 1 Sự biến thi? ?n: I-1  0, x  D -Chiều biến thi? ?n: y ''  (1 ( x  1) điểm) 0,25 Hàm số nghịch biến khoảng (- ; - 1) (- ; + ) - Cực trị: