TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

ôn thi đại học môn toán

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG HÀ NỘI, 8/2013 HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :…………………………………………………………………. TRƯỜNG :………………………………………………………………… BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối B ĐỀ CHÍNH THỨC 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 y = 2x 3 − 3(m + 1)x 2 + 6mx (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = −1. b) Tìm m để đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 5x + 2 cos 2 x = 1. Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2x 2 + y 2 − 3xy + 3x − 2y + 1 = 0 4x 2 − y 2 + x + 4 = √ 2x + y + √ x + 4y (x, y ∈ R). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1  0 x √ 2 − x 2 dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức P = 4 √ a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 9 (a + b)  (a + 2c)(b + 2c) . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y − 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(−3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) và mặt phẳng (P ) : 2x + 3y − z − 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P ). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P ). Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  17 5 ;− 1 5  , chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;−1; 1), B(−1; 2; 3) và đường thẳng ∆ : x + 1 −2 = y − 2 1 = z − 3 3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với hai đường thẳng AB và ∆. Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x 2 + 2y = 4x − 1 2 log 3 (x − 1) − log √ 3 (y + 1) = 0. −−−−−−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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = −1 ta có 3 26yx x=−. • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 '6 6;'0 1.yx y x=− =⇔=± 0,25 Các khoảng đồng biến: và (;1)−∞ − (1; );+ ∞ khoảng nghịch biến: (−1; 1). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = −4; đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 4. - Giới hạn: lim;lim. xx yy →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có hoặc 2 '6 6( 1) 6;'0 1yx mxmy x=−++ =⇔= .x m= 0,25 Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là 1.m ≠ 0,25 Ta có 32 (1; 3 1), ( ; 3 ).A mBmmm−−+ Hệ số góc của đường thẳng AB là 2 (1)km=− − . Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng 2yx= + khi và chỉ khi 1k = − 0,25 1 (2,0 điểm) 0m⇔= hoặc 2.m = Vậy giá trị m cần tìm là hoặc 0m = 2.m = 0,25 x 'y y − ∞ + ∞ −1 1 0 0 + + − + ∞ − ∞ − 4 4 1 O y x 4 −1 −4 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với sin 5 cos 2 0xx+ = 0,25 π cos 5 cos 2 2 x x ⎛⎞ ⇔+= ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 π 522π () 2 xxkk⇔+=±+ ∈] 0,25 2 (1,0 điểm) π 2π 63 () π 2π 14 7 xk k xk ⎡ =− + ⎢ ⇔∈ ⎢ ⎢ =− + ⎢ ⎣ ] . 0,25 22 22 233210 4424 xy xyxy xyx xy xy ⎧ +− +−+= ⎪ ⎨ −++= +++ ⎪ ⎩ (1) (2) 0xy x y+≥ + ≥ Điều kiện: . Từ (1) ta được 20,4 1yx= + hoặc 21yx 0,25 .= + • Với thay vào (2) ta được 1,yx=+ 2 33315xx x x4− += ++ + 2 3( ) ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0xx x x x x⇔−++−+++−+= 2 11 ()3 131 254 xx xxx x ⎛⎞ ⇔− + + = ⎜⎟ ++ + + + + ⎝⎠ 0,25 0 2 00x xx⇔−=⇔= hoặc Khi đó ta được nghiệm (; 1.x = )x y là và (0;1) (1; 2). 0,25 3 (1,0 điểm) • Với thay vào (2) ta được 21yx=+, 33 4 1 9 4xx x− =+++ 3(411)(942)0xx x⇔+ +−+ +−= 49 3 411 942 x xx ⎛ ⇔+ + =⇔= ⎜ ++ + + ⎝⎠ 00.x ⎞ ⎟ Khi đó ta được nghiệm (; )x y là (0 ; 1). Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm (; )x y của hệ đã cho là và (0;1) (1; 2). 0,25 Đặt 2 2dd.ttxx=−⇒=−tx Khi 0x = thì 2,t khi = 1x = thì 1.t = 0,25 Suy ra 2 2 1 dIt= ∫ 4 t 0,25 2 3 1 3 t = 0,25 (1,0 điểm) 22 1 . 3 − = 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB và 3 . 2 a SH = Mà (SAB) vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên SH ⊥ (ABCD). 0,25 Do đó 3 . 13 36 S ABCD ABCD a VS HS== 0,25 Do AB || CD và H∈AB nên ( ,( )) ( ,( )).dASCD dH SCD= Gọi K là trung điểm của CD và I là hình chiếu vuông góc của H trên SK. Ta có HK⊥CD. Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK) ⇒ CD ⊥ HI. Do đó HI ⊥(SCD). 0,25 5 (1,0 điểm) Suy ra 22 .2 (,( )) . 7 SH HK a dASCD HI SH HK == = + S I A 1 0,25 B C H D K GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Ta có: 22 222 4244 ()(2)(2)() 2( 22 ab c a b ab ac bc abacbc ab abc ++ + + + + +++≤+ = ≤++ ). 0,25 Đặt 222 4,tabc=+++ suy ra và 2t > 2 49 . 2( 4) P t t ≤− − Xét 2 49 () , 2( 4) ft t t =− − với Ta có 2.t > 32 222 222 49 (4)(47416 '( ) . (4) (4) ttttt ft tt tt −− + − − =− + = −− ) . Với t > 2 ta có 32 3 474164(4)(74)0ttt t tt+ −−= −+ −> Do đó '( ) 0 4.ft t= ⇔= 0,25 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta được 5 . 8 P ≤ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi ta có 2abc=== 5 . 8 P = Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 . 8 0,25 Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒= .IB IC Mà IB IC⊥ nên ΔIBC vuông cân tại I n o 45 .ICB⇒= BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vuông cân tại B ⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng HC. 0,25 Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ 2( 3) ( 2) 0 32 26 22 xy xy +−−= ⎧ ⎪ −+ ⎨ ⎛⎞ 0. + −= ⎜⎟ ⎪ ⎩ ⎝⎠ Do đó (1;6).C − 0,25 Ta có 1 3 3 IC IB BC ID IC ID ID AD == =⇒= 22 10 10 5 2. 2 CH CD IC ID IC⇒= + = = = 0,25 7.a (1,0 điểm) Ta có (6 2 ; )D tt− và 52CD suy ra = 22 1 (7 2 ) ( 6) 50 7. t tt t = ⎡ −+−=⇔ ⎢ = ⎣ Do đó hoặc (4;1)D (8;7).D − 0,25 (P) có véctơ pháp tuyến (2;3; 1).n =− JG 0,25 Đường thẳng Δ qua A và vuông góc với (P) nhận n JG làm véctơ chỉ phương, nên có phương trình 35 . 23 1 x yz−− == − 0,25 Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc Δ. Do đó (3 2 ;5 3 ; ).B ttt+ +− 0,25 8.a (1,0 điểm) Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên 10 3 2(3 ) 3 7 0 2. 22 tt tt +− ⎛⎞⎛⎞ + +−−=⇔ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ =− Do đó (1;1;2).B −− 0,25 Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là: 7.6 42.= 0,25 Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là: 4.2 8.= 0,25 Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là: 3.4 12.= 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là: 812 10 . 42 21 p + == 0,25 A D B C H I t () 2 + ∞ 4 0 + − f t −∞ 5 8 0 f '( )t GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Ta có HAH∈ và AHHD⊥ nên AH có phương trình: 230xy .+ −= Do đó (3 2 ; ).Aaa− 0,25 Do M là trung điểm của AB nên MA = MH. Suy ra 22 (3 2 ) ( 1) 13 3aa a− +− =⇔= hoặc 1 . 5 a =− Do A khác H nên (3;3).A − 0,25 Phương trình đường thẳng AD là 30.y − = Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra N AC∈ và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ 1 30 2 1. 0.( 1) 0 y xy + ⎧ −= ⎪ ⎨ ⎪ + −= ⎩ (0;5).N⇒ 0,25 7.b Đường thẳng AC có phương trình: 23150xy (1,0 điểm) .− += Đường thẳng BC có phương trình: 27xy 0.− −= Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: 270 2 3 15 0. xy xy − −= ⎧ ⎨ − += ⎩ Do đó C (9;11). 0,25 Ta có vectơ chỉ phương của Δ là ( 2;3; 2 ,AB =− JJJG ) (2;1;3).u =− JG 0,25 Đường thẳng vuông góc với AB và Δ , có vectơ chỉ phương là ,.vABu= ⎡⎤ ⎣ ⎦ JG JJJGJG 0,25 Suy ra v () 7; 2; 4 .= JG 0,25 8.b (1,0 điểm) Đường thẳng đi qua A , vuông góc với AB và Δ có phương trình là: 11 . 724 xyz 1− +− == 0,25 Điều kiện: Hệ đã cho tương đương với 1; 1 .xy>>− 2 33 241 log( 1) log( 1) xyx xy +=− ⎧ ⎨ − =+ ⎩ 0,25 2 230 2 xx yx −−= ⎧ ⇔ ⎨ =− ⎩ 0,25 1, 3 3, 1. xy xy =− =− ⎡ ⇔ ⎢ == ⎣ 0,25 9.b (1,0 điểm) Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm (; )x y của hệ đã cho là (3 ;1). 0,25 ------------- Hết ------------- D B C H M N A GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 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: . . GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 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 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 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 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 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 ) GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN