2 ĐỀ+ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH+TN MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 C 2. Tìm m để đồ thị của hàm số ( ) m C có tiếp tuyến tạo với đường thẳng : 7 0d x y+ + = góc α , biết 1 os 26 c α = Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4 x x x c x π   + + = +  ÷   2. Giải phương trình 3 3 1 1x x x+ = + + − Câu III (1 điểm) Tính tích phân ( ) 3ln 2 2 3 0 2 x dx I e = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn 2IA IH= − uur uuur . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b − + − + − + + + ≤ + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng : 3 0d x y− − = và ': 6 0d x y+ − = . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm (0; 1;2)M − và ( 1;1;3)N − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ ( ) 0;0;2K đến (P) đạt giá trị lớn nhất Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 0 n n k n k k n k a b C a b − = + = ∑ với quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển 8 1 1 3 1 log 3 1 log 9 7 2 5 2 2 2 x x    ÷   − − − + + +    ÷  ÷   là 224. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) 1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 2 1 0x y+ − = và 3 5 0x y− + = . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3). 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− − . Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 2 3log 2 9log 2x x x− > − …………………….Hết…………………… SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN http://aotrangtb.com KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) Câu Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2y x x= − + • Tập xác định: ¡ • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ 0,25 - Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± Bảng biến thiên X −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1;−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y= − = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y= = 0,25 • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn f(x)=x^3-3x+2 -2 -1 1 2 -1 1 2 3 4 x y 0,25 2.(1,0 điểm) Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến ( ) 1 ; 1n k= − ur , d có vec tơ pháp tuyến ( ) 2 1;1n = uur 0,25 Ta có 1 2 2 1 2 3 1 1 2 cos 2 26 2 1 3 k n n k n n k k α  =  − = ⇔ = ⇔  +  =   uruur ur uur 0,25 Yêu cầu bài toán ⇔ ít nhất một trong hai phương trình 1 2 ' à 'y k v y k= = có nghiệm x ( ) ( ) 2 2 3 3 2 1 2 2 ó nghiê 2 2 3 2 1 2 2 ó nghiê 3 x m x m c m x m x m c m  + − + − =  ⇔   + − + − =   0,25 ' 2 1 ' 2 2 1 1 1 8 2 1 0 4 2 2 3 3 4 3 0 1 4 4 m m m m m m m m m m   ≤ − ∧ ≥ ≥    ∆ = − − ≥ ⇔ ⇔ ⇔    ∆ = − − ≥     ≤ − ∧ ≥ ≤ −     0,25 II (2điểm) 1.(1,0 điểm) ( ) ( ) 2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4 cos4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4 2 x x x c x x c x x c x π π   + + = +  ÷       ⇔ + + + = + +  ÷  ÷     0,25 os4 3 sin 4 os2 3sin 2 0 sin 4 sin 2 0 6 6 2sin 3 cos 0 6 c x x c x x x x x x π π π ⇔ + + + =     ⇔ + + + =  ÷  ÷       ⇔ + =  ÷   0,5 sin 3 0 18 3 6 cos 0 2 x k x x k x π π π π π     = − +  + =  ÷  ⇔ ⇔      = +  =    0,25 2.(1,0 điểm) Điều kiện: 1 3 x ≥ − Khi đó 3 3 1 1 3 1 3 1 0x x x x x x+ = + + − ⇔ + − + + − = 0,25 ( ) ( ) 2 1 1 0 3 1 3 x x x x − ⇔ + − = + + + 0,25 ( ) 2 1 1 0 3 1 3 x x x   ⇔ − + =  ÷ + + +   2 1 1 0, 3 1 3 x Do x x x   ⇔ = + > ∀  ÷ + + +   (tmdk) Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 0, 5 III (1điểm) ( ) ( ) 3ln 2 3ln2 3 2 2 3 3 0 0 3 2 2 x x x x dx e dx I e e e = = + + ∫ ∫ 0,25 Đặt 3 3 1 3 x x t e dt e dx= ⇒ = . Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2 0,25 Khi đó 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 1 1 2 3 2 3 3 1 ln ln 4 2 4 2 2 4 2 6 2 2 dt t I dt t t t t t t t        ÷ = = − − = + = −  ÷  ÷  ÷ + + +     + +   ∫ ∫ IV (1điểm) *Ta có 2IA IH= − ⇒ uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2IA IH= 2 2BC AB a= = Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + = 0,25 Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt ∆ = = 0,25 * ( ) BI AH BI SAH BI SH ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 1 1 , , 2 2 2 2 , d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI SB d B SAH ⇒ = = ⇒ = = = 0,25 V (1điểm) Do a, b, c > 0 và 2 2 2 1a b c+ + = nên ( ) , , 0;1a b c ∈ Ta có ( ) 2 2 5 3 3 2 2 2 1 2 1 a a a a a a a b c a − − + = = − + + − 0,5 S H C A B I K . Bất đẳng thức trở thành ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 3 a a b b c c− + + − + + − + ≤ Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 3 0;1f x x x x= − + ∈ . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;1 2 3 ax 9 2 3 3 M f x f a f b f c = ⇒ + + ≤ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1 3 0,5 VIa (2điểm) 1.(1,0 điểm) Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 9 3 0 9 3 2 ; 6 0 3 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ + − =     =   Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD ( ) Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒ 0,25 Ta có: 2 3 2AB IM= = Theo giả thiết . 12 2 2 ABCD S AB AD AD= = ⇒ = Vì I, M thuộc d : 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − = 0,25 Lại có 2MA MD= = ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 3 0 2 4 2;1 ; 4; 1 1 1 3 2 x y x x A D y y x y + − =  = =    ⇔ ∧ ⇒ −    = = − − + =     0,25 Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 0,25 2.(1,0 điểm) Gọi ( ) , ,n A B C= r ( ) 2 2 2 0A B C+ + ≠ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; ( ) ( ) 1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − = 0,25 ( ) ( ) 1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = + ( ) ( ) : 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − = 0,25 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ( ) ( ) , 2 2 4 2 4 B d K P B C BC = + + -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu 0B ≠ thì ( ) ( ) 2 2 2 1 1 , 2 4 2 4 2 1 2 B d K P B C BC C B = = ≤ + +   + +  ÷   0,25 Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0,25 VIIa (1điểm) Ta có ( ) ( ) ( ) 1 3 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 1 1 5 3 5 2 9 7 ,2 3 1 x x x x − − − + − + − − = + = + 0,25 Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 1 1 1 1 3 5 8 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1 x x x x C − − − − − −     + + = + +         0,25 Treo giả thiết ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 9 7 56 9 7 3 1 224 4 2 3 1 x x x x x x − − − − − =  + + + = ⇔ = ⇔  = +  0,5 VIb (2điểm) 1.(1,0 điểm) Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến ( ) 1 1;2n = ur Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến ( ) 1 3; 1n = − ur Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 0 0a x b y a b− + + = + > 0,25 Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 os , os , 1 2 3 1 3 1 a b c AB BC c AC BC a b − − = ⇔ = + + + + 2 2 2 2 1 2 5 3 22 15 2 0 2 11 a b a b a b a ab b a b  =  ⇔ + = − ⇔ − + = ⇔   =   0,25 Với 1 2 a b= , chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25 Với 2 11 a b= , chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25 2.(1,0 điểm) H ( ) ; ;x y z là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi ( ) , ,BH AC CH AB H ABC⊥ ⊥ ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 15 1 2 2 3 0 . 0 29 . 0 3 1 1 2 0 15 2 8 3 5 1 0 , 0 1 3 x x y z BH AC CH AB x y z y x y z AH AB AC z  =    + + − + = =      ⇔ = ⇔ − + − + + = ⇔ =         − − − + − = =       = −   uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,5 I ( ) ; ;x y z là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi ( ) ,AI BI CI I ABC= = ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 2 1 1 2 1 2 2 8 3 5 1 0 , 0 x y z x y z AI BI CI BI x y x y z x y z AI AB AC   − + − + − = + + − + =     ⇔ = ⇔ − + − + + = + + − +       − − − + − = =       uur uuur uuur 14 15 61 14 61 1 , , 30 15 30 3 1 3 x y I z  =      ⇔ = ⇒ −   ÷     = −   0,5 VIIb Điều kiện x > 0 0,25 (1điểm) Bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > − Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) TH1: Nếu x > 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ > − Xét hàm số ( ) 2 3 log 2 f x x= , hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ ( ) 1 3 x g x x − = − , hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 3;+∞ 0,25 + Với x> 4 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x> = = > Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 + Với 4x ≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒ bất phương trình vô nghiệm 0,25 TH2: Nếu x < 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ < − + Với x ≥ 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x≥ = = ≥ ⇒ bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x< = = < ⇒ Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ( ) 2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m − + ≤ − + − + ≥      PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A − − − − + +  − <     ≥   (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các điểm 1 2 d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ Đáp án Câu Ý Nội dung Điể m I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ • 2 ' 3 6y x x= + ; 2 ' 0 0 x y x = −  = ⇔  =  0,25 • Bảng biến thiên ( ) ( ) 2 3; 0 1 CT y y y y= − = = = − C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 1y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi 0m ≠ ( ) 2 ' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − − Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50 ( ) 2 2 ' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤ 1 0 4 m⇔ ≤ ≤ 0,25 II 2,00 1 1,00 ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + (1) Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x x x −   ⇔ = +  ÷   0,25 2 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 sin 2 0 sin 2 sin 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00 ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x + ≠  − < <   − > ⇔   ≠ −   + >  0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x ⇔ + + = − + + ⇔ + + = − ⇔ + = − ⇔ + = − 0,25 + Với 1 4x − < < ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x+ − = ; ( ) 2 (3) 6 x x =  ⇔  = −  lo¹i 0,25 + Với 4 1x − < < − ta có phương trình 2 4 20 0x x− − = (4); ( ) ( ) 2 24 4 2 24 x x  = − ⇔  = +   lo¹i 0,25 [...]... đến (SAB), theo giả thi t thì OH = 1 Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 8 = + ⇒ = − = 1− = 2 2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3 ⇒ OE 2 = ⇒ OE = 8 2 2 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒ SE = 8 8 2 2 2 S SAB 1 36 = AB.SE ⇔ AB = = =8 2 9 2 SE 2 2 2 ( 0 ,25 0 ,25 ) 2 9 9 26 5 1  OA2 = AE 2 + OE 2 =  AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + = 8 8 8 2  1 1 26 5 26 5 2 3 = π Thể tích hình... ; ;− Như vậy a = 2 hoặc a = Suy ra: I (2; 2;1) và R = 3 hoặc I  ÷ và R 22 1  22 1 22 1 22 1  = 3 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 2 2 2 658   46   67   x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 và  x − ( ÷ + y− ÷ +z+ ÷ =9 22 1   22 1   22 1   VII a 0 ,25 0 ,25 1,00 Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:  ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( n... a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2) 3 0 ,25 | a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) ⇔ = 3 3  a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 ( lo¹i) ⇔ ⇔ a + 2b − 2c = 4 (3)  a + 2b − 2c + 5 = −a − 2b + 2c + 13 Từ (1) và (3) suy ra: b = 17 11a 11 − 4a − ;c = (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 ) ( 22 1a − 658 ) =...( Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6 ) III 1,00 dx tdt 2 2 2 =− 2 Đặt t = 1 − x ⇒ t = 1 − x ⇒ 2tdt = 2 xdx ⇒ x x dx tdt tdt ⇒ =− = x 1− t 2 t 2 −1 + Đổi cận: 0,50 1 3 ⇒t = 2 2 3 1 x= ⇒t = 2 2 x= 1 2 dt A= ∫ 2 = t −1 3 2 3 2 dt 1 t + 1 23 1  7 + 4 3  ∫ 1 − t 2 = 2 ln 1 − t | 12 = 2 ln  3 ÷  ÷ 1   0,50 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE... ∈ [ 1;6] ⇒ 2 x + 1 > 0) ( 2 x + 1) x2 − 2x + 3 Gọi f ( x) = ; x ∈ [ 1;6] 2x +1 0 ,25 0 ,25 Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m f '( x) = 2 x2 + 2 x − 8 ( 2 x + 1) 2 = 2 ( x2 + x − 4) ( 2 x + 1) 2 ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + x − 4 = 0 ⇔ x = −1 ± 17 2 0 ,25 −1 + 17 Vì x ∈ [ 1; 6] nên chỉ nhận x = 2 2 27  −1 + 17  −3 + 17 Ta có: f (1) = , f (6) = , f  ÷= ÷ 3 13  2 2   Vì f liên tục và có đạo... 2 0 ,25 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thi t ta có: OI = AI   OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) )  d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  0 ,25 Ta có: 2 2 2 OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + 5 | 2 OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ⇔ 9 ( a 2 + b 2. .. 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thi t suy ra (·∆ ; ∆ ) = (·∆ ; ∆ ) Do đó 2 3 1 2 |1.a + 2. b | | 4.1 + 2. 3 | cos (·∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos (·∆1; ∆ 2 ) ⇔ = 25 5 5 a 2 + b 2 a = 0 ⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔  3a − 4b = 0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 + a = 0 ⇒ b ≠ 0 Do đó ∆ 3 : y − 4 = 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a... 0 ,25 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 26 5 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = ⇒ SA = 8 8 8 S xq = π OA.SA = π 0 ,25 26 5 337 89305 =π 8 8 8 V 1,00  x − 7 x + 6 ≤ 0 (1)  Hệ bất phương trình  2  x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 (2)  ( 1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 6 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 ∈ [ 1;6] thỏa mãn (2) 2 ( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x + 3 ≥ ( 2 x + 1) m ⇔ x2 − 2 x + 3 ≥ m (do x ∈ [ 1;6] ⇒ 2 x... được A (2; 0), B(-3;-1) Vì · ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1 ;2) , suy ra C(-4;4) 0,50 2 1,00  x = 1 + 2t  Phương trình tham số của d1 là:  y = 3 − 3t M thuộc d1 nên tọa độ của M  z = 2t  ( 1 + 2t;3 − 3t; 2t ) Theo đề: d ( M ,( P) ) = 0 ,25 |1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1| 1 + ( 2 ) + 2 2 2 2 =2 |12t − 6 | = 2 ⇔ 12t −... ±6 ⇔ t1 = 1, t 2 = 0 3 + Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3;0; 2 ) ; 0 ,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 ( 1;3;0 ) + Ứng với M1, điểm N1 ∈ d 2 cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1)  x = 5 + 6t  Phương trình tham số của d2 là:  y = 4t (2)  z = −5 − 5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1 . =   =   0 ,25 Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c a b c = ⇔ = ⇔ + + = − + − + − ⇔ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5 | , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI. ) ,AI BI CI I ABC= = ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 2 1 1 2 1 2 2 8 3 5 1 0 , 0 x y z x y z AI BI CI BI x y x y z x y z AI AB AC   −. ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 os , os , 1 2 3 1 3 1 a b c AB BC c AC BC a b − − = ⇔ = + + + + 2 2 2 2 1 2 5 3 22 15 2 0 2 11 a b a b a b a ab b a b  =  ⇔ + = − ⇔ − + = ⇔   =   0 ,25 Với 1 2 a