Đề thi và đáp án thi ĐHCĐ môn toán từ 2009 2012

Đề thi và đáp án thi ĐHCĐ môn toán từ 2009 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực. 422 2( 1) (1),yx m x m=− + + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m = b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1.xx x+ =− Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 32 32 22 3922 39 (, ). 1 2 xxx yy y xy xyxy ⎧ −−+=+− ⎪ ∈ ⎨ +−+= ⎪ ⎩ \ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 2 1 1ln( 1) d. x I x x ++ = ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho .SABC S 2.HAHB= Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. o 60 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,,x yz thỏa mãn điều kiện 0. xyz+ += Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức || || || 2 2 2 333 666 xy yz zx Px −−− =++−++.yz .ND II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2= Giả sử ( ) 11 1 ; 22 M và đường thẳng AN có phương trình Tìm tọa độ điểm A. 23 xy−−= 0. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 12 : 121 xyz d +− == và điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. (0;0;3). I Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 5 n n C − 3 n C= . Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của () 2 1 ,0. 14 n nx x x −≠ B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. 22 (): 8.Cx y+= Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 12 :, 211 xyz d +− == mặt phẳng và điểm (): 2 5 0 Pxy z+− += (1; 1; 2). A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 2 1 zi i z . + = − + Tính môđun của số phức 2 1.wzz=+ + ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi ta có: 0,m = 42 2.yx x=− • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 3 '4 4;yxx=− '0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ± 0,25 Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và ( 1; ).+∞ − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± y CT 1;= − đạt cực đại tại 0,x = y CĐ 0.= − Giới hạn: lim lim . xx yy →−∞ →+∞ ==+∞ 0,25 − Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 Trang 1/4 b) (1,0 điểm) Ta có 32 '4 4( 1) 4( 1).yx mxxxm=−+= −− Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 10m + > ⇔ (*). 1m >− 0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 2 (0; ),A m (1;2 Bm m 1)− +− − và (1;21). m +− − Cm Suy ra: 2 (1;(1)AB m m=− + − + JJJG ) và 2 (1;(1)AC m m=+−+). JJJG 0,25 Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB AC = . 0 AB AC = JJJG JJJG 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là 4 (1)(1)0mm+−+= 0.m = 0,25 +∞ y ' y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1 −∞ +∞ –1 0 –1 +∞ O 2 1 – 1 –1 –2 8 x y Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với (3sin cos 1)cos 0. xx x + −= 0,25 π cos 0 π () 2 xxkk•=⇔=+∈] . 0,25 3sin cos 1 0 xx •+−= ( ) ππ cos cos 33 x⇔−= 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2πx k= hoặc 2π 2π () 3 xkk=+ ∈] . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π, 2 x k=+ 2πx k= và 2π 2π (). 3 xkk=+ ∈] 0,25 Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( ) 33 22 ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1) 11 1. (2) 22 xxyy xy −− −=+− + ⎧ ⎪ ⎨ −++= ⎪ ⎩ 0,25 Từ (2), suy ra 1 11 2 x−≤ − ≤ và 1 11 2 y − ≤+≤ ⇔ 31 1 22 x − ≤−≤ và 13 1. 22 y − ≤+≤ Xét hàm số 3 () 12f tt t=− trên 33 ; 22 ⎡ − ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎦ , ta có 2 '()3( 4)0ft t= −< , suy ra f ( t ) nghịch biến. 0,25 Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). Thay vào (2), ta được ( ) ( ) 22 13 1 22 xx−+−= ⇔ 2 483 xx 0 − += ⇔ 1 2 x = hoặc 3 . 2 x = 0,25 3 (1,0 điểm) Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( ) 13 (; ) ; 22 xy = − hoặc ( ) 31 (; ) ; . 22 xy=− 0,25 Đặt u và 1 ln( 1) x =+ + 2 d d , suy ra d d 1 x u x = + và 1 .v x v x = x = − 0,25 3 3 1 1 1ln( 1) (1) x dx I xxx ++ =− + + ∫ 0,25 ( ) 3 1 2ln2 1 1 31 dx xx + =+− + ∫ 3 1 2ln2 ln 31 x x + =+ + 0,25 4 (1,0 điểm) 22 ln3 ln 2. 33 =+ − 0,25 Ta có n SCH là góc giữa SC và ( ABC ), suy ra n o 60 .SCH = Gọi D là trung điểm của cạnh AB . Ta có: , 6 a HD= 3 , 2 a CD= 22 7 , 3 a HC HD CD=+= o 21 .tan60 . 3 a SH HC== 0,25 23 . 11213 . . 7 333412 S ABC ABC aa a VSHS ∆ == = . 0,25 Kẻ Ax // BC . Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN . Ta có BC //( SAN ) và 3 2 BAH= A nên 3 ( , ) ( ,( )) ( ,( )). 2 dSABC dB SAN dH SAN== Ta cũng có ( ) Ax SHN ⊥ nên .AxHK⊥ Do đó ( HK SAN ). ⊥ Suy ra dH ( ,( )) . Trang 2/4 SAN HK = 0,25 5 (1,0 điểm) o 22 23.42 12 ,sin60, . 33 aaSHHNa AH HN AH HK SH HN == = = = + Vậy S B C H x N K D A 42 (, ) . 8 a dSABC= 0,25 Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 31 (*). , t tt≥+∀≥0 Xét hàm () 3 1 t f tt=−− , có '( ) 3 ln 3 1 0, 0 t f tt= −> ∀≥ (0) 0 f và = , suy ra (*) đúng. Áp dụng (*), ta có |||||| 3333||||| xy yz zx |.x yyzzx −−− ++≥+−+−+− 0,25 Áp dụng bất đẳng thức | , ta có: | | | | | abab +≥+ 2222 (| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x yyzzx xy yz zx xyyzzx yzzxxy−+−+− =− +− +− +− −+− +− −+− ( ) 222 | |(| || |)2| || || |.zx xy yz xy yz zx+− −+− ≥ − + − + − 0,25 Do đó () () 2 222222 | || || | 2| || || | 6 6 6 2 .x yyzzx xy yz zx x y z xyz−+−+−≥ − + − +− = + + − ++ Mà suy ra 0, xyz ++= 222 ||||||666.x yyzzx x y z−+−+−≥ + + 0,25 6 (1,0 điểm) Suy ra |||||| 2 2 2 333 666 xy yz zx Px −−− =++−++≥3.yz Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 0,25 Gọi H là giao điểm của AN và BD . Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB , cắt AD và BC lần lượt tại P và Q . Đặt HP = x . Suy ra PD = x , AP = 3 x và HQ = 3 x . Ta có QC = x , nên MQ = x . Do đó ∆ AHP = ∆ HMQ , suy ra .AH HM⊥ 0,25 Trang 3/4 Hơn nữa, ta cũng có .AHHM= Do đó AM = 22(,()) MHdMAN == 310 . 2 0,25 A ∈ AN , suy ra A ( t ; 2 t – 3). 310 2 MA = ⇔ ( ) ( ) 22 11 7 45 2 22 tt−+−= 2 0,25 7.a (1,0 điểm) ⇔ tt 2 540 A B C D N M H P Q − += ⇔ t 1= hoặc t 4.= Vậy: (1; 1) A − hoặc (4;5). A 0,25 Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB , suy ra IH ⊥ AB . (1; 2; 1). a = JJG Ta có nên tọa độ H có dạng Hd∈ (1;2; 2) (1;2;1). Ht tt IH t tt − +⇒ =− − JJJG 0,25 IH ⊥ AB ⇔ .0 ⇔ ⇔ IH a = JJJGJJG 14 10 ttt −+ +−= 1 3 t = ( ) 22 2 ;; . 33 3 IH⇒=− − JJJG 0,25 Tam giác IAH vuông cân tại H , suy ra bán kính mặt cầu ( S ) là 26 2. 3 RIA IH== = 0,25 8.a (1,0 điểm) Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 22 2 8 (): ( 3) . 3 Sx y z + +− = 0,25 1 5 n nn CC − = 3 ⇔ (1)(2) 5 6 nn n n −− = 0,25 ⇔ (vì n nguyên dương). 7n = 0,25 Khi đó () 77 77 22 2 14 3 7 7 7 00 (1) 11 1 . 14 2 2 2 nk kk k kk k kk C nx x x Cx xx x − − − == − ⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞ −=−= −= ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠ ∑∑ 0,25 9.a (1,0 điểm) Số hạng chứa 5 x tương ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= . Do đó số hạng cần tìm là 33 55 7 4 (1). 35 . 0,25 16 2 C x x − =− Câu Đáp án Điểm Phương trình chính tắc của ( E ) có dạng: 22 22 1, xy ab += với và 280ab>> .a = Suy ra a 4.= 0,25 Do ( E ) và ( C ) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên ( E ) và ( C ) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0. At t t > 0,25 A ∈ ( C ) ⇔ tt 22 8, Trang 4/4 + = suy ra t 2.= 0,25 7.b (1,0 điểm) (2;2) ( ) AE ∈ ⇔ 2 44 1 16 b + = ⇔ 2 16 .b 3 = Phương trình chính tắc của ( E ) là 22 1. 16 16 3 xy += 0,25 M thuộc d , suy ra tọa độ của M có dạng M (2 t – 1; t ; t + 2). 0,25 MN nhận A là trung điểm, suy ra N (3 – 2 t ; – 2 – t ; 2 – t ). 0,25 N ∈ ( P ) ⇔ ⇔ t 32 2 2(2 )50 tt t −−−− −+= 2,= suy ra M (3; 2; 4). 0,25 8.b (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình 11 : 232 xyz 2− +− ∆== . 0,25 Đặt ( , ), 1. zabiab z =+ ∈ ≠− \ Ta có 5( ) 2(3 2)(76) 1 zi iab abi z + =−⇔ −− + − + = + 0 0,25 ⇔ ⇔ 32 76 ab ab −−= ⎧ ⎨ −+= ⎩ 0 0 1 1. a b = ⎧ ⎨ = ⎩ 0,25 Do đó Suy ra 1.z=+i 3.i 22 111(1)2wzz ii=+ + =+++ + =+ 0,25 9.b (1,0 điểm) Vậy 23 13.wi=+= 0,25 x 2 2 O y A ------------- HẾT ------------- BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số m là tham số thực. 323 33(yx mx m=− + 1), a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos 3 sin )cos cos 3 sin 1.xxxxx+ =− + Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1413.x xx++ − + ≥ x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 3 42 0 d. 32 x I x xx = ++ ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với 2, .SA a AB a= = Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện 0xyz+ += và Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 222 1.xyz++= 555 .Px y z=++ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn 22 1 (): 4,Cxy+ = và đường thẳng 22 2 (): 12 180Cxy x+− += :4dx y 0.− −= Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 2 ()C , 1 ()C Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 : 212 x yz d − == − và hai điểm Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. (2;1;0),A (2;3;2).B − Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình 2AC BD= 22 4.xy+ = Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. (0;0;3), (1; 2;0).AM Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 23 4 0.ziz− −= Viết dạng lượng giác của z 1 và z 2 . ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . ; Số báo danh: . . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi ta có: . 1,m = 32 33yx x=− + • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: '0 2 '3 6;yx x=− y = ⇔ 0x = hoặc 2.x = 0,25 Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+ ∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2). − Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0,x = y CĐ = 3; đạt cực tiểu tại 2,x = y CT = −1. − Giới hạn: và lim x y →−∞ =−∞ lim . x y →+ ∞ = +∞ 0,25 − Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 2 '3 6 ;yx mx=− '0 ⇔ hoặc y = 0x = 2.x m= Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi 0m ≠ (*). 0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 3 (0; 3 )A m và 3 (2 ; ).B mm− Suy ra và 3 3| |OA m= ( , ( )) 2 | |. dB OA m = 0,25 48 OAB S ∆ = ⇔ 34 4 8m = 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ thỏa mãn (*). 2, m =± 0,25 O 2 3 − 1 x y +∞ –1 3 −∞ y ' y + 0 – 0 + x 0 2 −∞ +∞ Trang 1/4 Phương trình đã cho tương đương với: cos2 3sin2 cos 3sinx xx+=−x 0,25 ⇔ ( ) ( ) ππ co s 2 cos 33 xx−= + 0,25 ⇔ ( ) ππ 22π (). 33 xxkk−=±+ + ∈] 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2π 2π 3 x k=+ hoặc 2π () 3 xk k=∈] . 0,25 Điều kiện: 02 hoặc 3x≤≤− 2x ≥+3 (*). Nhận xét: là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0x = Với bất phương trình đã cho tương đương với: 0,x> 11 43 xx x x + ++−≥ (1). 0,25 Đặt 1 (2),tx x =+ bất phương trình (1) trở thành 2 63tt− ≥− 22 30 30 6(3 ) t t tt −< ⎡ ⎢ −≥ ⇔ ⎧ ⎢ ⎨ ⎢ −≥ − ⎣⎩ 0,25 5 . 2 t⇔≥ Thay vào (2) ta được 15 2 2 xx x + ≥⇔ ≥ hoặc 1 2 x ≤ 0,25 3 (1,0 điểm) 1 0 4 x⇔<≤ hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm 4 x ≥ 0,x = ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 0; [4; ). 4 ⎡⎤ ∪+∞ ⎢⎥ ⎣⎦ 0,25 Đặt tx suy ra Với 2 , = .2dt xdx= 0x = thì 0;t = với 1x= thì 1.t = 0,25 Khi đó 11 2 22 00 1.2d1d 22( (1)(2) xxx tt I tt xx == 1)(2) + + ++ ∫∫ 0,25 ()( ) 1 1 0 0 12 1 1 dln|2|ln|1| 221 2 tt t tt =−=+−+ ++ ∫ 0,25 4 (1,0 điểm) = 3 ln3 ln2. 2 − 0,25 Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ ABC . Ta có ABCD⊥ và ABSO⊥ nên ( AB SCD ), ⊥ do đó .ABSC⊥ 0,25 Mặt khác ,SC AH⊥ suy ra S ( ). C ABH ⊥ 0,25 Ta có: 33 , 23 aa CD OC== nên 22 33 . 3 a SO SC OC=−= Do đó .11 4 SO CD a DH SC == . Suy ra 2 11 28 ABH a SABDH ∆ == 1 0,25 5 (1,0 điểm) Ta có 22 7 . 4 a SH SC HC SC CD DH=− =− − = Do đó 3 . 17 39 S ABH ABH a11 6 HS ∆ == VS 0,25 O D B A H C S Trang 2/4 Với và ta có: 0 xyz ++= 222 1,xyz++= 2222 2 0( ) 2( )2 12 2 ,x yz x y z xyz yz x yz=++=+++ ++=−+ nên 2 1 . 2 yz x = − Mặt khác 22 2 1 , 22 yz x yz +− ≤= suy ra: 2 2 11 , 22 x x − −≤ do đó 66 33 x−≤≤ (*). 0,25 Khi đó: P = 5223322 ()()()x yzyz yzyz++ +− + = ( ) 2 5222 2 1 (1 ) ( )( ) ( ) 2 x xyzyzyzyzx+− + + − + + − ⎡⎤ ⎣⎦ x = ( ) ( ) 2 52 22 2 11 (1 ) (1 ) 22 x xxxxx x ⎡⎤ +− − − + − + − ⎢⎥ ⎣⎦ x = () 3 5 2. 4 x x− 0,25 Xét hàm 3 () 2f xx=−x trên 66 ; 33 , ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ suy ra 2 '( ) 6 1; fx x = − 6 '( ) 0 . 6 fx x=⇔ =± Ta có 666 9 , 36 ff ⎛⎞⎛⎞ −= =− ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ 66 . 36 ff ⎛⎞⎛ ⎞ =− = ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ 6 9 Do đó 6 () . 9 fx≤ Suy ra 56 . 36 P ≤ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi 6 , 36 xyz===− 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 56 . 36 0,25 ( C 1 ) có tâm là gốc tọa độ O . Gọi I là tâm của đường tròn ( C ) cần viết phương trình, ta có .A Trang 3/4 BOI⊥ Mà ABd⊥ và Od∉ nên OI // d , do đó OI có phương trình y = x . 0,25 Mặt khác 2 ()IC,∈ nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: 22 3 (3;3). 3 12 18 0 yx x I y xy x = ⎧ = ⎧ ⎪ ⇔⇒ ⎨⎨ = +− += ⎩ ⎪ ⎩ 0,25 Do ( C ) tiếp xúc với d nên ( C ) có bán kính (, ) 2 2. RdId == 0,25 7.a (1,0 điểm) Vậy phương trình của ( C ) là 22 (3)(3)8 xy . − +− = 0,25 Gọi ( S ) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của ( S ). Do nên tọa độ của điểm I có dạng Id ∈ (1 2 ; ; 2 ). Ittt + − 0,25 Do nên , ( ) AB S ∈ ,AIBI= suy ra . 222 2 2 2 (2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1 tt ttt t t − +− + = + +− + + ⇒=− 0,25 Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2) I −− 17.IA = 0,25 8.a (1,0 điểm) Vậy, phương trình mặt cầu ( S ) cần tìm là 22 2 (1)(1)(2)17 xyz ++++− = . 0,25 Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C 4 25 12650.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 13 22 31 15 10 15 10 15 10 . CC CC CC ++ 0,25 = 11075. 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất cần tính là 11075 443 . 12650 506 P == 0,25 B A I d ( C 2 ) ( C ) ( C 1 ) Trang 4/4 Giả sử 22 22 (): 1( 0). xy Ea ab b+ =>> Hình thoi ABCD có 2AC BD= và A , B , C , D thuộc ( E ) suy ra OA 2.OB= 0,25 Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và ( ;0) Aa ( ) 0; . 2 a B Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB , suy ra OH là bán kính của đường tròn () 22 : 4.Cx y+= 0,25 Ta có: 2222 11 1 1 14 . 4 OH OA OB a a ==+=+ 2 0,25 7.b (1,0 điểm) Suy ra do đó b Vậy phương trình chính tắc của ( E ) là 2 20, a = 2 5.= 22 1. 20 5 xy += 0,25 Do , B Ox C Oy ∈∈ nên tọa độ của B và C có dạng: Bb và Cc ( ; 0; 0) (0; ; 0). 0,25 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , suy ra: ( ) ;;1.G 33 bc 0,25 Ta có nên đường thẳng AM có phương trình (1;2; 3) AM =− JJJJG 3 . 12 3 xyz− == − Do G thuộc đường thẳng AM nên 2 . 36 3 bc− == − Suy ra 2b = và 4.c = 0,25 8.b (1,0 điểm) Do đó phương trình của mặt phẳng ( P ) là 1, 243 xyz + += nghĩa là ( ) : 6 3 4 12 0. Pxyz ++−= 0,25 Phương trình bậc hai 2 23 4 0ziz−−= có biệt thức 4.∆ = 0,25 Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1 13 zi =+ và 2 13 zi =− + . 0,25 • Dạng lượng giác của là 1 z 1 ππ 2cos sin . 33 zi ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 9.b (1,0 điểm) • Dạng lượng giác của là 2 z 2 2π 2π 2cos sin . 33 zi ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 O H x y D A B C ---------- HẾT ----------