Toán Hàm Số 4 toan da ht

Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) TXĐ: D   \{2} Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x 2 0,25 x 2 Suy x  tiệm cận đứng, y  tiệm cận ngang đồ thị Sự biến thiên: y '   0,25  0, x  D ( x  2)2 Hàm số nghịch biến khoảng (; 2) (2; ) Bảng biến thiên x  y‟   y  1 2      0,25  1 2 Đồ thị: Giao với trục Ox  ;0  , giao với trục Oy  0;  , đồ thị có tâm đối xứng 0,25 điểm I (2; 2) b) (1,0 điểm) 2a    ,  a   thuộc đồ thị (C) Tiếp tuyến đồ thị (C) M có dạng a2  3 2a  ( ) : y  ( x  a)  (a  2) a2 Gọi A giao tiệm cận đứng với () , suy A(2;  2) a2   Giả sử M  a; 0,25 0,25 B giao tiệm cận ngang với () , suy B(2a  2; 2) Khi AB  (2a  4)  36 , theo ta có phương trình (a  2)2 36  40  (a  2)4  10(a  2)2   (a  2)2 a  a  (a  2)      a  1 ( a  2)    a  0,25 4(a  2)2  Vậy có điểm M thỏa mãn (1; 1), (3;5), (1;1), (5;3) 93 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm)  cos x 7    sin x  sin  x   (1) tan x   k sin x  Đk:  sin x   x   k   cos x  0,25 (1)  1  cos x  cos x  sin x  sin x  sin x  cos x  0,25  cos x   cos x  cos x  sin x  1       sin  x    4    k +) cos x   x    k    x  k 2  l     sin x    +)     x   k 2  l  4    k Vậy (1) có nghiệm x    k   0,25 0,25 (1,0 điểm) Ta có: 0,25 I dx   2sin x  2cos2 x     dx  sin x  4sin x cos x  3cos x   dx cos x tan x  tan x  0,25 Đặt t  tan x  dt  dx Đổi cận : cos x  x  0 1 dt dt  1  Vậy I        dt t  t  ( t  1)( t  3) t  t    1 1 1 t 0 0  t 3  1   ln   ln  ln   ln   t   1 2 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M a1a2 a3 Số phần tử M: 0,25 a1 có cách chọn a2 có cách chọn a3 có cách chọn  M  6.6.5  180 Số số tự nhiên M có tổng chữ số số lẻ: TH1: Có chữ số lẻ chữ số chẵn  có C31.C42 3! C31.C41 2!  84 số 0,25 TH2: Có chữ số lẻ  có 3!  số  có 90 số tập M có tổng chữ số số lẻ 0,25 Suy xác suất cần tìm 94 90  180 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) B E I A J C E' F D  nên E’ thuộc AD Gọi E’ điểm đối xứng với E qua AC, AC phân giác góc BAD EE’ vuông góc với AC qua điểm E  9;4  nên có phương trình x  y   0,25 x  y   x    I  3;  x  y 1   y  2 Gọi I giao AC EE’, tọa độ I nghiệm hệ  Vì I trung điểm EE‟ nên E '(3; 8)  Đường thẳng AD qua E '(3; 8) F (2; 5) có VTCP E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x  3)  ( y  8)   3x  y   Điểm A  AC  AD  A(0;1) Giả sử C (c;1  c) Theo AC  2  c   c  2; c  2 Do hoành độ điểm C âm nên C (2;3) Gọi J trung điểm AC suy J (1; 2) , đường thẳng BD qua J vuông góc với AC có phương trình x  y   Do D  AD  BD  D(1; 4)  B(3;0) Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4) (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 S K A I F M D H B C E Gọi M, E trung điểm AI CD Do  SCD    ABCD  SA  SI  mặt phẳng (ABCD) qua M kẻ đưởng thẳng vuông góc với AB cắt CD H H hình chiếu S mp(ABCD) Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB F  EF  0,25 a 13 a a a , IF   EI   HM   HB  a 4 2   30  SB,  ABCD   SB, HB   SBH o  SH  a  3a a  2a   1  7a3  VABCD  SH S ABCD  a  (đvtt) 3 24 CD / /  SAB  SI   SAB   d  CD, SI   d  CD,  SAB    d  H ,  SAB   95 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án HM  AB   SHM    SAB  Gọi HK đường cao tam giác SHM suy HK   SAB   d  CD, SI   HK  Điểm a 21 (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I  2;  1;  1 , bán kính R      Mặt phẳng (P) có vtpt n1 1;  1;1 , AB  3;1;1   AB, n1    2;  2;      Do mặt phẳng   / / AB     P     có vtpt n 1;  1;   0,25 0,25 Suy phương trình mặt phẳng   : x  y  z  m    cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính  d  I ,      5m  6 m   m  11 Vậy có hai mặt phẳng   thỏa mãn x  y  z   x  y  z  11  0,25 (1,0 điểm)  y  1 x   x  y  (1) (I )  2 (2)  x  x y  y  Đặt 0,25 x2   t   phương trình (1) có dạng 2t   y  1 t  y   t  y     y  1   y  1   y  3   t  (l )  y 1 +) Với t  y    x   y    thay vào (2) ta x  y  y 0,25 16 y  y  1  y  y  1  y    y  (do y  )  x  Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) (1,0 điểm) 0,25 2 0,25   a  b  b  c  c  a   8abc  abc  0,25 0,25   a  b  b  c  c  a    a  b  c  ab  bc  ca   abc   a  b  c  3abc  a  b  c   abc  abc   abc  3abc 3abc abc P  3  abc  a  b  c abc abc Dấu “=” xảy a  b  c  Vậy, Pmin   a  b  c  suy a  b  c  0,25 0,25 0,25 Tại lời giải ngắn gọn -5 trang giấy mà lại đạt 10 điểm kì thi Quốc gia? Đọc thấy đơn giản mà chưa làm được? Điều quan trọng bạn cần nhận ra: Do bạn chưa học, chưa biết hay chưa nghiên cứu kỹ mà Nếu bạn trang bị hết kiến thức chuyện trở nên dễ dàng Khẳng định với bạn Toán dễ bạn biết cách Cuốn sách giúp biến Toán thành môn học thú vị mà bạn học từ trước đến Hãy học cách tư Toán đề sau! 96 LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN Đápán Câu Điểm a) (1,0 điểm) Khi m  ta có hàm số y  x3  3x Tập xác định: D   x  Ta có y '  3x  x ; y '    x  - Hàm số đồng biến khoảng (;0) (2; ) ; nghịch biến khoảng (0;2) 0,25 x  0, yCD  ; đạt cực tiểu x  , yCT  4 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại - Giới hạn: lim y  , lim y   x x 0,25 Bảng biến thiên: x  y' + y -  + 0,25   -4 Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 1,0   x  m 1  x  m 1  Ta có y  3x  6mx  m2  ; y   x  2mx  m     0,25 Suy hàm số có cực đại cực tiểu với m  Ta có y ''(m  1)  6; y ''(m  1)  , điểm cực đại đồ thị hàm số A  m  ; 3m  3 Phương trình tiếp tuyến d : y  Ta có 0,25 y  xA  x  xA   y A  d : y  3m  B  d  Oy  B  ; 3m  3 Điều kiện có tam giác m  Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông B 0,25 AB  m  , OB  3m  Nên diện tích tam giác OAB  m  1 AB.OB   m  1    m  Vậy m  1 m  thoả mãn yêu cầu SOAB  97 0,25 Đápán Câu Điểm (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với 4sin x.cos x.cos x   cos3x  4sin x  cos x  2sin x  2cos x.cos x  2   cos3x  cos x   2sin x  cos3x  cos x     cos3x  cos x  0,25 0,25  (2sin x  1)(cos3x  cos x  2)    x   k 2  *) sin x     x  5  k 2  *) cos3x  cos x    4cos x  2cos x    cos x   x  k 2 Vậy phương trình có nghiệm: x    k 2 , x  5  k 2 x  k 2 (k ) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Đặt t  x   x  t   xdx  tdt Đổi cận : 2 x t Ta có 2 0,25 3 tdt tdt dx   t t 2 t   t  1 2  I    3  dt  ln| t  1|  ln| t  |  2  t  t   3 0,25  0,25  ln   ln  ln    2ln  3ln  3 Vậy I   2ln  3ln  0,25 (1,0 điểm) 1,0 Số phần tử không gian mẫu   C  1820 16 0,25 Gọi B biến cố “ lấy có cầu màu đỏ không hai màu vàng” Ta xét ba khả sau: - Số cách lấy đỏ, xanh là: C41C53 0,25 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C52C71 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C51C72 Khi B  C4C5  C4C7C5  C4C7 C5  740 1 Xác suất biến cố B P  B   0,25 B 740 37    1820 91 0,25 98 Đápán Câu Điểm (1,0 điểm) Gọi O tâm đáy, M trung S điểm CD Vì SA=SB nên Sthuộc mặt phẳng trung trực AB (cũng mặt phẳng trung trực CD) Gọi H hình chiếu vuông góc S mặt phẳng  ABCD  suy H  OM Lại có A D H O M B Ta có  AC  SH  AC  AH , hay   AC  SA tam giác AOH vuông cân A C  SHM   CD   góc hai mặt phẳng ( SCD) ( ABCD) góc SMH   60O  SMH Tứ giác AOBH 0,25 hình vuông cạnh a  HM  3a 0,25 0,25 3a Trong tam giác vuông SHM ta có SH  HM tan 60  Thể tích khối chóp S ABCD 0,25 1 3a V  SH S ABCD  2a  a3 (đvtt) 3 (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu vuông góc A trục Oy, suy H (0;1;0) Do  HA(3;0; 4)  HA  B thuộc Oy nên 0,25  B(0; b;0)  HB(0; b  1;0) Do tam giác ABC vuông cân A nên b  HB  HA | b  1|   b  4 -Với b   B(0;6;0)  C (0; 4;0) -Với b  4  B(0; 4;0)  C (0;6;0) 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) M d Giả sử A  t; t    d , tam giác AMN cân đỉnh A nên AM  AN  AM  AN A B   t     t    t   t    t  1 2  A  1; 5 D BC 99 qua N C M  4;0  nên phương trình BC có dạng ax  by  4a  Do CD  BC Do ABCD CD 0,25 qua a  b2   N  0;2   phương trình CD : bx  ay  2a  hình vuông nên khoảng cách d  A, BC   d  A, CD  0,25 0,25 Đápán Câu 5a  5b  Điểm 3a  b   a  b2  a  3b  7a  b  a  b2 - Nếu 3a  b  , chọn a   b  3  phương trình BC : x  y   - Nếu a  3b  , chọn a   b   phương trình BC : 3x  y  12  0,25 (1,0 điểm) x    ĐK:  x   (*)     x  1 x0 Nếu Đặt t  phương trình tương đương với 2 t  , ta có Nếu x0 Với 3   4   1 x x x x t   t   t  t     37 x (tm)  14 2     x  3x     x x   37 (k tm) x  14 phương trình tương đương với 2 2  (t  0) 1 Phương trình (1) trở thành x x2 Với Đặt t  0,25 2 3      2 x x x x , (t  0) Phương trình   trở thành  x x2 t   t   t   t    17 x (k tm)       x  3x    x x   17 (tm) x   t  , ta có 0,25 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) suy phương trình cho có hai nghiệm là: x  37  17 , x  14 0,25 (1,0 điểm) Từ giả thiết xy  yz  zx  3xyz  Đặt 1 1 1  a,  b,  c  a  b  c     x y z x y z Ta có x  3x  1 z  3z  1 100 1    x y z   a3 3  a  c3 3  c    a3 b  c  ; c3 a  b y  y  1  b3 3  b   b3 a  c 0,25 ; Đápán Câu Bất đẳng thức cho tương đương: a3 b  c   b3 c  a  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a3 b  c  c3   a3   a  b b  c   b  c    b  c   3a  b3 c  a   c3 a  b   c  a    c  a   3b 8 0,25  a  b    a  b   3c 8 b3 c  a a3 b  c  ; Điểm   c3 a  b b3 c  a   a  b  c  a  b  c c3 a  b  a  b  c  4 0,25 0,25 Đẳng thức xảy  a  b  c   x  y  z  Đã đến đề thứ rồi, bạn tìm quy luật cho chưa? Và bạn thấy phần dễ rồi? Ở có nói sách biến môn Toán thành môn thú vị Bạn nhớ chứ? Nếu bạn thấy điều phấn khích sau đọc xong đáp án đề bạn đường Còn chưa Hãy kiên trì nhé! Có thể bạn khám phá điều Quan trọng bạn luôn tìm kiếm Có chìa khóa muốn gửi cho bạn Hãy thực đọc, SUY NGẪM chìa khóa lúc, nơi có thể, nhờ bạn bè giúp nhé! Hãy gõ cửa mở! Hãy bạn đến! Hãy tìm bạn thấy! Và Hãy đặt câu hỏi bạn có câu trả lời! Một điều quan trọng cách đặt câu hỏi Đặt câu hỏi đúng, xác yếu tố định lớn đến kết Và bạn học cách đặt câu hỏi sau lời giải đề 101 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Tập xác định:  \ {1} Giới hạn vô cực: Ta có lim y  lim y  x  0,25 x  Giới hạn vô cực: lim y   lim y   x 1 x 1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y  2, tiệm cận đứng đường thẳng x  Chiều biến thiên: Ta có y '   0, x  ( x  1)2 Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;    0,25 Bảng biến thiên: 0,25 x  y'  + +  y 2  3  Đồ thị cắt Ox  ;  , cắt Oy (0;3) Nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cậnlàm tâm 2  y đối xứng 0,25 I O x b) (1,0 điểm) m Ta có d : y   x  Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 3 2x  m (1)   x  , hay x  (m  5) x  m   0, x  x 1 3 0,25 Ta có   (m  7)  12  0, với m Suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt Hơn nghiệm x1 , x2 khác Do d cắt (H) điểm phân biệt M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 )   Ta có AM  ( x1  1; y1 ), AN  ( x2  1; y2 )   Tam giác AMN vuông A  AM AN  Hay ( x1  1)( x2  1)  y1 y2  0,25  ( x1  1)( x2  1)  ( x1  m)( x2  m)   10 x1x2  (m  9)( x1  x2 )  m2   102 (2) 0,25 TIẾP TỤC NGHIÊN CỨU TRIẾT HỌC EINSTEIN Nếu bạn giải thích vấn đề cách đơn giản bạn không hiểu điều đủ kỹ Dấu hiệu chân thực trí thông minh kiến thức mà trí tưởng tượng Giáo dục điều lại sau người quên học trường Tôi tài đặc biệt Tôi hiếu kỳ cách đầy đam mê Nguồn kiến thức kinh nghiệm Thứ quấy rầy việc học hỏi giáo dục Khi đáp án giản đơn, Chúa trả lời Năng khiếu tưởng tượng có ý nghĩa tài tiếp thu kiến thức Một chấp nhận hạn chế vượt qua chúng Đưa câu hỏi mới, giả thuyết mới, nhìn nhận vấn đề cũ từ góc độ mới, đòi hỏi trí tưởng tượng sáng tạo đánh dấu tiến thật khoa học Thật điều kỳ diệu tính hiếu kỳ tồn lâu giáo dục quy Sự phát triển trí tuệ nên lúc sinh kết thúc lìa đời Quá trình khám phá khoa học, thực tế chuyến bay liên tục từ điều thắc mắc Chúng ta phần ngàn phần trăm mà thiên nhiên tiết lộ cho Hầu hết ý tưởng khoa học đơn giản, có lẽ, quy luật, thể ngôn ngữ dễ hiểu người Tôi bỏ xa hàng tuần với tâm trạng rối bời Lực hấp dẫn chịu trách nhiệm cho việc người ta yêu Khi bạn ngồi cạnh cô gái đáng yêu, hai dường hai phút Khi bạn ngồi lò nướng đỏ lửa, hai phút tưởng hai Đó tương đối :) Suy nghĩ, suy nghĩ đi, suy nghĩ Nếu tưởng tượng biết hình tròn vòng tròn thật lớn 159 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 16 Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Đơn giản, giải theo mẫu đề trước b) (1,0 điểm)   +) Giả sử M  a; 2a    ,  a   thuộc đồ thị (C) a2  Tiếp tuyến đồ thị (C) M có dạng () : y  0,25 3 2a  ( x  a)  (a  2) a2 0,25  2) a2 B giao tiệm cận ngang với ()  B(2a  2; 2) +) Gọi A giao tiệm cận đứng với ()  A(2; +) Khi AB  10  4(a  2)  a  a  (a  2)      a  1 ( a  2)    a  36  40  (a  2)4  10(a  2)2   (a  2) 0,25 Vậy có điểm M thỏa mãn (1; 1), (3;5), (1;1), (5;3) (1,0 điểm)  k sin x   sin x   x  k  Z  cos x  0,25 +) Pt  1  cos x  cos x  sin x  sin x  sin x  cos x  0,25 +) Đk: cos x    cos x  cos x  sin x  1     sin  x    4    x  k 2  l    k  +) cos x   x     k  Z  , sin  x     x   k 2  l  4 2     k +) Đối chiếu đk, pt (1) có nghiệm x   k  Z  0,25  0,25 0,25 (1,0 điểm)   0,25  +) Ta có: I   x cos x  2sin x dx  I1  I  +) Tính I1   x cos x.dx Sử dụng tích phân phần ta được: I1  2  0,25 +) Tính I   x.sin x.dx 1   Đặt: t    x  I     t  sin t.dt     x  sin x.dx   0  +) Cộng vế 1   ta được: I  2  sin x.dx   I     cos x  1 d  cos x   160 4 0,25 Câu Đáp án 4 +) Vậy: I  2  Điểm 0,25 (1,0 điểm) +) (2  i 8) z  z  3(1  i 2) z2  z  z2  i 1 0,25 (1) 0,25 +) Gọi z = a + bi (a, b  R ) thoả mãn (1) ta có  a  bi   a  bi    a  b2  a   i(b  2ab)  0,25 a  b  a   11 +)   b ;a  2 b  2ab  +) Vậy có số phức thoả mãn đề z  11 11  i, z   i 2 2 0,25 (1,0 điểm) S +) Gọi 0,25 O  AC  BD , Vì (SAC )  ( ABCD),(SBD)  ( ABCD)  SO  ( ABCD) D A AC  AB2  BC  a  3a  2a  OC  a E I Do O H B M C AI  SC  SOC & AIC đồng dạng CI CA    SC  a CO CS +) SO  SC  OC  a 5, S ABCD  a.a  3a  VSABC  15 SO.S ABCD  a 3 +) Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC M  SB//(AIM)  d ( SB, AI )  d ( SB, ( AIM ))  d ( B, ( AIM ))  Hạ IH  ( ABCD)  IH  0,25 3VI ABM SAMI SO a2 a3 15 a  VI ABM  IH SABM  , SABM  3 3 27 +) Ta có : IM  0,25 0,25 SB SC 10   a ; AM  AB  BM  a , AI  AC  CI  a 3 3   70  sin MAI   154  S  AM AI sin MAI   a 55  cos MAI AMI 28 28 12  d ( B, ( AIM ))  3VI ABM 4a 4a   d ( SB, AI )  SAMI 33 33 (1,0 điểm) B +) Gọi E’ điểm đối xứng với E qua AC  E’ thuộc AD E I A J E' F D 161 C Vì EE’ vuông góc với AC qua điểm E  9;   phương trình EE’: x  y   Gọi I = AC  EE’, tọa độ I nghiệm hệ 0,25 Đáp án Câu Điểm x  y   x    I  3;     x  y 1   y  2 Vì I trung điểm EE‟  E '(3; 8) +) AD qua E '(3; 8) F (2; 5)  phương trình AD: 3x  y   0,25 +) A  AC  AD  A(0;1) Giả sử C (c;1  c) 0,25 Vì AC  2  c   c  2; c  2  C (2;3) +) Gọi J trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y   Do D  AD  BD  D(1; 4)  B(3;0) Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4) (1,0 điểm) +) Mặt cầu (S) có tâm I  2;  1;  1 , bán kính R      Mặt phẳng (P) có vtpt n1 1;  1;1 , AB  3;1;1   AB, n1    2;  2;     +) Do mp   / / AB     P   phương trình mp   : x  y  z  m  +)   cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính  d  I ,      5 m 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm)   y  1 x   y  x  (1) (I ) 2 x  x y  y  (2)   +)  0,25 x2   t   phương trình (1) có dạng 2t   y  1 t  y   Đặt t  y  1 +)    y  1   y  1   y  3   t  (l )  y 1 +) Với t  y    x   y    thay vào (2) ta x  y  y +) 16 y 0,25 m   6  m  11 +) Vậy, có hai mp   : x  y  z   x  y  z  11  0,25  y 1 0,25  y  y  1  y    y  (do y  )  x  0,25 0,25 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) (1,0 điểm) a  4b a  4b  16c = (a  b  c)  2 3 +) Theo BĐT Cô-si ta có: a  ab  abc  a  0,25 Dấu đẳng thức xảy a = 4b = 16c +)  P  0,25 +) Lập bảng biến thiên hàm số f(t) 0,25 a  16 / 21 a  b  c    b  / 21 +) Từ BBT ta suy Pmin   đạt  a  4b  16c c  1/ 21  0,25 3  , Đặt t  a  b  c , với t > 2(a  b  c) abc 3 3 3  , f '(t )    , f‟(t) =  t =  Xét hàm f (t )  P  2t t 2t t t3 t 162 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 17 Đáp án Điểm (2,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Với x   số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có Cn0 x  Cn1 x   (1)n Cnn x n1  Cn0  Cn1 x   (1)n Cnn x n x  (1  x)n x  Suy  C n  0,25  0,25 x  Cn1 x   (1) n Cnn x n 1 dx   (1  x) n xdx 0 0,25 1 (1)n n Hay Cn0  Cn1   Cn   (1  x) n dx   (1  x) n 1dx n2 0 1 1   , với n  * n  n  (n  1)(n  2)  Từ ta có 0,25 1   n2  3n  154   n  11 (vì n * ) (n  1)(n  2) 156 (1,0 điểm) C A K H Từ giả thiết suy ABC BB1  ( ABC ) Kẻ CH  AB, H trung điểm AB Khi  CH  ( ABB A )  CB H  B C , ( ABB A )  450 1 B a 0,50  1   CHB1 vuông cân H Giả sử BC  x   CH  E C1 x2 B1H  B1B  BH  2a  K1 A1 x 2 Từ B1 CH  B1H  x  2a  S ABC  x2  a2 Suy thể tích lăng trụ V  AA1.S ABC  a Gọi K , K1 trung điểm BC , B1C1 Kẻ KE  AK1 Vì B1C1  ( AKK1 ) nên B1C1  KE  KE  ( AB1C1 ) Vì BC / /( AB1C1 ) nên d ( BC, AB1 )  d  K , ( AB1C1 )   KE Tam giác AKK1 vuông K nên (1,0 điểm) (1) 1 a a 30     KE   2 KE K1K AK 6a Từ (1) (2) suy d ( AB1 , BC )  0,25 A b  3a   I (a; 3a  6)   2 D C  R  10a  50a  65  R  10a  50a  65 9a  29 Kẻ IH  CD H Khi CH  3, IH  d ( I , )  163 0,25  (a  1)2  (b  2)2  (a  4)  (b  1)  R I H 0,25 a 30 Giả sử (C) có tâm I (a; b), bán kính R  Vì (C) qua A, B nên IA  IB  R B (2)  (1) 0,25 Đáp án Câu Điểm (9a  29) (2) 25 (9a  29)2  169a  728a  559  Từ (1) (2) suy 10a  50a  65   25 I (1;  3), R   a       43 51  61  a  43 I  ; , R    13 13   13 13  R  IC  CH  IH   0,25 43   51  1525  Suy (C ) : ( x  1)  ( y  3)  25 (C ) :  x     y    13   13  169  (1,0 điểm)      u1  (1;  1; 1)  nP  u1 , u2   (1; 2; 1) Vì ( P) // d1 , d nên (P) có cặp vtcp    u2  (1; 2;  3) Suy pt (P) có dạng x  y  z  D  (1) 3 D D  ( P) : x  y  z   d  M , ( P)     6  (2)  D  9 ( P) : x  y  z   Lấy K (1; 3; 1)  d1 N (1;  3; 2)  d2 thử vào phương trình (1) (2) ta có N  ( P) : x  y  z   nên d2  ( P) : x  y  z   Suy phương trình mặt phẳng (P) thỏa mãn toán ( P) : x  y  z   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x   Phương trình cho tương đương với  x 1 x 1  23 2 x 1   22 x   0,25  x   2x   2x   2x     x   2 x   x   x  Đặt t 0,25 x   t  0, phương trình trở thành   2t   3t  t   t  4t  5t  t    (t  2)  t (t  1)2  1   t  2, t (t  1)2   với t  Từ giải nghiệm phương trình ban đầu x  0,25 (1,0 điểm) Từ giả thiết ta có  x, y, z  x  y  z  0,25 Suy x  3x, y  y, z  3z 2 2 2 Do x  y  z  3( x  y  z ) Khi P  3( x  y  z )  Đặt t  x  y  z, t  164 ( x  y  z )4  3( x  y  z )  ( x  y  z )3 9( x  y  z ) 0,25 (1) Câu Đáp án Xét hàm số f (t )  3t  t với t  Ta có f '(t )   t ; f '(t )    t  3 Suy bảng biến thiên: t f '(t ) + Điểm 0,25  – f (t ) Dựa vào bảng biến thiên ta suy f (t )  f (3)  với t  Từ (1) (2) ta có P  Dấu đẳng thức xảy x  3, y  z  hoán vị Vậy giá trị lớn P 6, đạt x  3, y  z  hoán vị (2) Sắp phải chào tạm biệt bạn mà nhiều điều muốn nói Sau xin tặng bạn câu chuyện nhiều ý nghĩa Mong câu chuyện theo bạn đến hết đời Câu chuyện bút chì Khi đời, bút chì thắc mắc sống bên xưởng làm bút chì nghe người thợ nói chuyện với Bút chì băn khoăn mãi, anh em Cuối cùng, trước hôm mang đến cửa hàng, bút chì hỏi người thợ làm bút anh em bên sống rộng lớn Người thợ làm bút mỉm cười Ông nói: - Có năm điều cháu anh em cháu nên nhớ bắt đầu sống Nếu cháu nhớ làm cháu trở thành bút chì tốt Thứ nhất: cháu làm điều kì diệu cháu nằm bàn tay người giúp họ làm việc Thứ hai: cháu cảm thấy đau đớn bị gọt, phải cháu tốt tiếp tục sống Thứ ba: cháu viết sai lỗi, cháu nhớ để sữa lại Thứ tư: điều quan trọng cháu người dùng cháu nước sơn bên cháu, mà bên cháu Và cuối cùng: trường hợp nào, cháu phải tiếp tục viết Đó sống cháu, cho dù cháu gặp tình khó khăn phải viết thật rõ ràng, để lại dấu ấn 165 0,25 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 18 Đáp án (2,0 điểm) (1,0 điểm) (1,0 điểm) (1,0 điểm) Điểm Xem đề Xem đề Xem đề x  ax   x  1, hay x 1 Hoành độ giao điểm d (Ca ) nghiệm phương trình x2  (a  1) x   0, x  0,25 (1)  a    (a  1)   Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác      a  3 a  Khi gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1), ta có A( x1; x1  1), B( x2 ; x2  1) 0,25 (2) 0,25 Do IA  IB  ( x1  1)2  (2 x1  3)2  ( x2  1)2  (2 x2  3)2  5x12  14 x1  5x22  14 x2  ( x1  x2 )  5( x1  x2 )  14   5( x1  x2 )  14  0, x1  x2 Theo định lý Viet ta có x1  x2  a  Thay vào (3) ta 5(a  1)  14   a   mãn điều kiện (2) Vậy a   (3) 19 , thỏa 0,25 19 (1,0 điểm) Gọi M trung điểm BC A 0,25 Từ tam giác cân ABC, DBC  AM  BC, DM  BC Từ giả thiết B D H M  AMD  450  ( AM , DM )  450     AMD  1350 AMD  450 TH  C Sử dụng định lý Pitago  AM  a, DM  a Kẻ AH  MD H Vì BC  ( AMD)  BC  AH  AH  (BCD) Khi 0,25 a ; S BCD  DM BC  a 2 2 a  AH S BCD  3 AH  AM sin 450  Suy VABCD Sử dụng định lý cosin cho AMD  AD  a  AC  AD2  3a  CD2  ACD vuông A 3V a2  d  B, ( ACD)   ABCD  a Suy S ACD  AC AD  2 S ACD AMD  135 TH  Tương tự ta có VABCD  (1,0 điểm) a3 a ; d  B,( ACD)   , ( AD  a ) 3 B  BH : x  3 y  18  B(3b  18; b), C  d : y  x   C (c; 2c  5) Từ giả thiết suy B đối xứng C qua đường trung trực 166 0,50 0,25 Đáp án Câu H A d B M   u BC   : 3x  19 y  279    BC M    60b  13c  357 b   B(6; 4)      C 10b  41c  409 c  C (9; 23)   AC  BH  chọn n AC  u BH  (3; 1)  pt AC : 3x  y    A(a; 3a  4)    AB  (6  a;  3a), AC  (9  a; 27  3a) Ta có    A  1350  cos( AB, AC )     (9  a)(3  a)  Điểm 0,25 0,25 (6  a)(9  a)  (8  3a)(27  3a)  (6  a)2  (8  3a)2 (9  a)  (27  3a)  3  a   a  Suy A(4; 8)  2 2(3  a)  a  6a  10  |  a | a  6a  10 (1,0 điểm) Gọi (Q) mặt phẳng chứa A, B vuông góc với (P) Suy M thuộc giao tuyến (Q) (P)    AB  (2; 4; 4)       nQ   AB, nP   (0; 6;  6)  6(0; 1;  1) Suy pt (Q): y  z      nP  (1; 1; 1)  y  z 1  x  y z 1 Gọi d  ( P)  (Q)  pt d :     2 1 x  y  z   0,25 0,25 0,25 0,25  M (2t  2; t; t  1)  d  M (2; 0;  1) t   Ta có MA  2MB  36  6t  8t      14  M  ; ; t     3  (1,0 điểm) Điều kiện: x  0,25 0,25 Đặt t  x  1, t  Khi x  t  hệ trở thành t (1  y )  y   t  y  2ty   (t  y )  2ty           2 2     y( y  t )  t    y  ty  t   (t  y)  3ty   t  y  y  t   Suy 2(t  y )  3(t  y )   t  y   y  t  2   *) Với y  t , ta có 2t    t  Suy x  2, y  3   *) Với y  t  , ta có   2t  t  19  13  13 , y  19  13  13  ; Vậy nghiệm (x; y) hệ (2; 1),      0,25 (1,0 điểm) Ta có 167 0,25 3 3  13     4t  6t    t  2 Suy x  0,25 x  2y xy xy x     2 2 x  y ( x  y )  y x  y xy  y x  y x  y x  y x  2y 0,25 Đáp án Câu Tương tự, ta có Mặt khác, ta có Điểm 2x  y y   2 x  y x  2y x  y 2x  y x y   , bất đẳng thức tương đương với 2x  y x  y 0,25 x  y  xy  , hay ( x  y)2  2 x  y  xy Từ ta có P   x y  3 (1)     Suy P   x y x  y  2x  y x  y  x  y x  y x  y 0,25 2 2 Từ giả thiết ta lại có 3( x  y)  4( x  y )   2( x  y)  Suy ( x  y)  4, hay x  y  (2) Từ (1) (2) ta có P  Dấu đẳng thức xảy x  y  Vậy giá trị lớn P 2, đạt x  y  Thêm phân tích bút chì Tha thứ cho thân Mỗi bút chì gỗ kèm với cục gôm nhỏ gắn phía Nó dùng để xoá câu chữ sai hay nét vẽ lệch hướng Cục gôm hình ảnh tượng trưng cho tha thứ mà bạn dành cho Bạn mắc phải sai lầm, lệch hướng hay chí vấp ngã Nhưng thay ngồi chỗ để gặm nhấm thất bại tự dằn vặt, trách móc thân tốt hết sử dụng “cục gôm tha thứ” Chỉ làm điều bạn đứng dậy bước tiếp viết nên trang cho đời ‘Mài dũa’ thân ngày Một bút chì để lâu ngày bị “cùn” Kiến thức kĩ bạn vậy, không trau dồi gọt dũa thường xuyên sớm muộn “cùn” dần Vậy nên nhớ đặn trau dồi “mài vót” lại mà bạn có để ngày sắc bén nhé! Lửa thử vàng, gian nan thử sức Có thể bạn vỏ tất loại bút chì làm từ loại gỗ dễ cháy Tuy nhiên điều đặc biệt thú vị dù lớp vỏ có cháy hết lõi bút không bị cháy theo Không vậy, lửa làm cho phần lõi lộ với màu sắc bóng đẹp lúc đầu Cũng giống bạn dám đương đầu với khó khăn để sống chắn đến ngày đó, giá trị bạn người biết đến, chí toả sáng Quan trọng bạn có chịu “cháy” hay không thôi! Luôn để lại dấu ấn tốt đẹp Bằng bút chì nhỏ tay, người ta vẽ tranh viết câu chữ khiến người đọc cảm thấy hạnh phúc Nhưng với bút chì đó, người ta vẽ nên thứ xấu xí hay viết dòng chữ làm tổn thương Điều tương tự cách ứng xử bạn với người xung quanh Thử ngẫm lại xem từ hôm qua đến bạn cười với người, làm người thấy hạnh phúc? Biết đâu điểm mạnh Khác với bút lông vẽ viết lên đâu, bút chì lại thường phát huy hết công dụng sử dụng mặt giấy Bản thân người Ai có điểm mạnh riêng, lợi riêng mà người khác có Nắm bắt mạnh cố gắng để phát huy thay mải miết chạy theo “giấc mơ tầm” Cứ “chơi sân” chắn đến ngày thành công tìm đến với bạn 168 0,25 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 19 Đáp án Điểm (2,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Đặt z  r  cos  i sin   , r  0,25 Suy z  r  cos( )  i sin( )  Khi Theo giả thiết ta có           i z  2r  cos      i sin      6  6    0,25  3r r   i     Khi z  2 0,25 3r  r    i   2 Suy z  2i    3r  r      12  r  2r    r  2, r   2 0,25 Vậy z   i (1,0 điểm) Gọi O tâm tam giác ABC; P trung điểm AB Từ giả thiết suy SO  ( ABC ), CO  CP (O thuộc đoạn CP) S M A 9a 3a , CP   CO  a 11  SO  SC  CO2  a 33  VS ABC  SO.S ABC  a AB  3a  S ABC  C O P 0,50 N B NC ) Suy cos( SB, AM )  cos( MN , AM )  cos  AMN 0,25 Kẻ MN // SB (N thuộc đoạn BC, NB  (1) SB  4a Áp dụng định lý cosin cho tam giác ANC, SAC, SAM ta có AN  a 7, cos  ASC  , AM  a 19 Ta có MN  MA2  MN  AN 19  2MA.MN 38 19 Từ (1) (2) ta suy cos( SB, AM )  38 AMN  Suy cos  (2) 0,25 (1,0 điểm) y Phương trình tắc (E) có dạng B2 F1 b c F2 x O x2 y   (a  b  0) a b2 0,25 Gọi F1 (c; 0), F2 (c; 0) tiêu điểm với c  a  b2 , B1 (0;  b), B2 (0; b) đỉnh trục bé  F1B1F2 B2 hình thoi B1 1 F1F2 B1B2  2c.2b  2bc  24 2 2  bc  12  b c  144  b (a2  b2 )  144 (1) Suy S F1B1F2 B2  169 0,25 Đáp án Câu c   25c  9a  25(a  b2 )  9a  4a  5b hay a  b a 2 a  x y   Từ (1) (2) suy  Suy ( E ) : 25 16 b  (1,0 điểm) D  (Oyz)  D(0; y0 ; z0 ) , điều kiện z0  Tâm sai e  0,6  (2) Điểm 0,25 0,25 0,25 Phương trình (Oxy) : z   d  D, (Oxy)   z0   z0  Suy z0  1  D(0; y0 ;  1) 0,25    Ta có AB  (1;  1;  2), AC  (4; 2; 2), AD  (2; y0 ; 1) 0,25      Suy  AB, AC   (2; 6;  2)   AB, AC  AD  y0       y0       AB , AC AD  y      6  y0  1 Suy D(0; 3;  1) D(0;  1;  1)  VABCD  0,25 (1,0 điểm) Phương trình thứ hai hệ tương đương với ( x  1)3  x   (2 y)3  y (1) Xét hàm số f (t )  t  t với t   0,25 0,25 Ta có f '(t )  3t  1; f '(t )  với t   Do hàm f (t ) đồng biến  Khi phương trình (1)  f ( x  1)  f (2 y)  x   y  x  y  Thay vào phương trình thứ hệ ta 0,25 y  y  3y  y    y2  y  1 y  ( y  y )2  2( y  y )     2  y  y  3   1  1  Suy nghiệm (x; y) hệ   5;    5;      (1,0 điểm) 0,25 2 Ta có giả thiết x  y  (3x  2)( y  1)   ( x  y)  3( x  y)    xy  y 0,25 Vì x, y không âm nên  xy  y  Suy ( x  y)  3( x  y)     x  y  Đặt t  x  y, t  [1; 2] 0,25 Ta có P  x  y  x  y   x  y  ( x  y)  ( x  y)   ( x  y) 2  t2  t   t Xét hàm số f (t )  t  t   t với t  [1; 2] 4 Ta có f '(t )  2t   , với t  [1; 2] Chú ý f '(t )    với 4t 0,25 t  (1; 2) Suy f (t ) đồng biến [1; 2] Do max f (t )  f (2)   [1; 2]  xy   x  2, y  Suy P   2, dấu đẳng thức xảy  t  Vậy giá trị lớn P  2, đạt x  2, y  170 0,25 Câu LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 20 Đáp án Điểm (2,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Xem đề (1,0 điểm) Điều kiện: x  y  Đặt t  xy  0, phương trình thứ hệ trở thành 0,25 4t  (t  2)2t  t    (2t  1)(2t  t  3)   2t  t   0, 2t   Vì hàm f (t )  2t  t  đồng biến , mà f (1)  nên 2t  t    t  1 Khi ta có xy  1, hay y  x 1 x2   Thế vào pt thứ hai hệ ta log 22  x    log x.log   log 22  log 22 x x x x   2   x 1 x 1  log x x log   x2   x2 x x       x    x 1 x2   x     log x  log  x x   x Suy nghiệm hệ x  2, y  (1,0 điểm) Vì SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên SH  AB  a SH   ABCD  Suy M P B H A N C D (1) Ta chứng minh MP  MD Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông MHD, MHP ta có a a 25a (2)  DP Suy MP  MD MD  , MP  Khi MD  MP  16 Từ (1) (2) suy  MNP    MCD  , điều phải chứng minh (1,0 điểm) Gọi I  AC  BE Vì I  AC  I  t; 2t  3 B C Ta thấy I trung điểm BE nên E  2t  4; 4t    E 0,25 0,25 0,25 Theo giả thiết E    t   I  3; 3 , E  2; 6 Vì AD / / BC, AD  2BC nên BCDE hình bình hành  Suy  ADC  IBC I A 0,50 VS APND  SH  S APD  S NPD  5a   5a a a   5a  a    2  12   Ta có CD  DH , CD  SH  CD   SDH   CD  MP D    cot   ADC   cos IBC Từ cot IBC  Vì C  AC  C  c; 2c  3  BI  1; 3 , BC  c  4; 2c  3 171 0,25 0,25 S 0,25 0,25 Đáp án Câu Điểm c  c  5c        Ta có cos IBC  c  c  22 c  35  5  10 5c  20c  25   7 5 Suy C  5;  C  ;  `  3 Với C  5;  , ta thấy I trung điểm AC nên A 1;  1 , Vì E trung điểm AD nên D  3; 13 0,25 7 5  11 13   23  Với C  ;  , tương tự ta có A  ;  , D  ;  3 7  3  3  (1,0 điểm)  0,25  Ta có AB 1; 1; 3 , n 1; 5;   0,25 x  y 1 z 1    M  17m  2; 5m  1; 4m  1 17 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có 1    AM  330 2 AM AB d A , MB    0,25 Suy 17m    5m    4m   330  m  1  M  15; 6; 5 , M 19;  4;  3 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x3    x  1 0,25    Ta thấy A    nên đường thẳng MA có VTCP uMA   AB, n    17; 5;     MA : 0,25 Phương trình cho tương đương với 3x ( x  1)( x2  x  1)  ( x3  1)  ( x2  x  1)  18( x  1) 0,25 Đặt a  x  1, b  x  x  1, a  0, b  Khi phương trình trở thành 3(a2  1)ab  a 2b2  b2  18a  a 2b(3a  b)  b(3a  b)  2(b  9a ) 0,25  (3a  b)(a 2b  b  6a)   3a  b  0, a 2b  b  6a  Suy x   x2  x   x2  10 x    x   33, thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình x   33 (1,0 điểm) Vì x, y số thực dương nên  7( x  y )  x  xy  y P  ( x  y)   x y  Đặt t  y  x  xy  y  t  2t  x , t   y x y t 1 Xét hàm số f (t )  172   y  x  xy  y   ( x  y)     x y    t  2t  với t  t 1 0,25 0,25     (1) 0,25 (2) Đáp án Câu Ta có f '(t )  7 t  2t   28 (t  1) Suy bảng biến thiên t  2t  t Điểm ; f '(t )   t  2t    t  f '(t )  + 0,25 – 3 f (t ) Từ bảng biến thiên ta suy f (t )  3 với t  Dấu đẳng thức xảy t  (3) Từ (1), (2) (3) ta suy P  ( x  y)(7  3)  8, dấu đẳng thức xảy x  y  4   x  , y  Vậy giá trị lớn P 8, đạt x  , y  x  3 3 t  y   Muốn đồng hành với bạn nhiều Nhưng với giới hạn định Chúng ta tạm chia tay Mong gặp giúp thành công chặng đường đời Nếu bạn hỏi người đạt thành tích cao Trong suốt thời gian học phổ thông vừa qua điều quan trọng ảnh hưởng lớn đến kết bạn kì thi? Hoặc xét rộng quãng đời học qua Câu trả lời khả tự nhận thức, tự học Cuốn sách đề cao khả tự học Và bạn đạt khả từ sớm sống bạn mở nhiều điều lạ Tuy để đạt kết tốt kỳ thi thành công sống yếu tố bên bỏ qua Thầy cô, bạn bè, gia đình, quan trọng với bạn, hỗ trợ đắc lực cho bạn đến kết cao Cuối sách xin tặng bạn câu nói tiếng bậc Thánh nói rằng: "Con người khắp gian để khám phá, họ đến trèo lên núi cao nhất, đến vùng đất xa xôi nhất, họ lặn xuống đáy đại dương, họ muốn đến Nhưng họ quên nơi vĩ đại cần khám phá, CHÍNH MÌNH." Chúc bạn thành công hành trình khám phá đạt kết cao kì thi tới! Hẹn gặp bạn đỉnh thành công! Chào thân thắng! 173 0,25 ... ln  3ln 3x  x 1 1 0,25    4ln 2 (1,0 điểm) Số số thuộc M có chữ số A53  60 0,25 Số số thuộc M có chữ số A 54  120 Số số thuộc M có chữ số A55  120 Suy số phần tử M 60  120  120  300... lẻ: TH1: Có chữ số lẻ chữ số chẵn  có C31.C42 3! C31.C41 2!  84 số 0,25 TH2: Có chữ số lẻ  có 3!  số  có 90 số tập M có tổng chữ số số lẻ 0,25 Suy xác suất cần tìm 94 90  180 0,25 Câu Đáp... 10 gồm E1  {1,2,3 ,4} , E2  {2,3,5}, E3  {1 ,4, 5} Gọi A tập M mà số thuộc A có tổng chữ số 10 Từ E1 lập số số thuộc A 4! Từ tập E2 E3 lập số số thuộc A 3! Suy số phần tử A 4!  2.3!  36 36 Do