Download Đề thi thử ĐH CĐ môn toán 2011

PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần Phần 1 hoặc phần 2 Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ [r]

www.VNMATH.com BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Sở GD & ĐT Tiền Giang Trường THPT Gò Công Đông ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Môn: Toán - 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 là (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (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 là O A, B là hai điểm trên đường tròn đáy   600 Tính theo a chiều cao và cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a ,  ASO  SAB 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  và 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 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1)  ( y  2)  ( z  1)  Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là 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 tròn  C  có phương trình :  x    y  25 và điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng  qua điểm M và 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  và 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  0,25 x  x    4 2  2( x  x )   x  2x   + Với t = ta có x x      x   x  x   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 là trung điểm AB , nên OI  a Đặt OA  R   60  SAB SAB 1 OA R IA  AB  SA    2 sin ASO Tam giác OIA vuông I nên OA  IA2  IO R2 a  R   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 đó tìm giá trị bé hàm số g ( x)  Câu AVI.1 (1,0 đ) 3x  3x   x (5  x) A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên 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  (a  2)   (b  2)  (b  1)  MA  MB b  không thỏa mãn b 1  a2 ,b  b 1   ,b  b2 a     b2  2 2 (a  2)   (b  2)  (b  1)  b     (b  2)  (b  1)   b    a  b 1  a   , b    b2  b      a     (b  2)  (b  1)2        (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  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 và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên 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 là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông 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’ và BC là a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các 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) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho các 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 và 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 trên 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 không là nghiệm phương trình đã cho nên 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 đó 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 đó ta có phương trình có nghiệm : t  Thay vào cách đăt giải trình có các 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   2(u  2)  4 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 là đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, đó d ( AA' , BC)  HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O và 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 là các 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 có thể 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 là các 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 đó ta có   xy  M¨t kh¸c x  xy  y   x  y   xy nªn x  y   x y  xy  ®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña  t  2t  P  f (t )  ;  t  t2 t   TÝnh f ' (t )   1     (t  2) t    2(l ) Do hàm số liên tục trên 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 là trung điểm AC: C (2t  1;2t ) Theo bài ra: S ABC điểm 0,5 t   AB.d (C , AB)   6t     t   0,5 Từ đó 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 là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông 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 là 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 đó phương trình (8) trở thành: điểm 0,25 0,25 Đặt t  z  z Khi đó phương trình (8) trở thành t  3t  10  t  2  z  1  i   t   z  1  0,5 Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 ; z  1  i Câu VIb a) điểm 0,25 Viết phương trình đường AB: x  y   và AB  Viết phương trình đường CD: x  y  17  và CD  17 b) 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 0,25 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 0,5 điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông 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) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và 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 Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình TH1 Nếu x  BPT  0.25 x 1 log x  x3 0,25 log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x)  f ( 4)  3 *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g ( x )  g (4)   Xét hàm số: f ( x)  * Với x  :Ta có f ( x)  f ( 4)  3   Bpt vô nghiệm g ( x)  g ( 4)   TH :Nếu  x  BPT  0,25 x 1 log x  x3 log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 nghịch biến trên khoảng 0;3 g ( x)  x3 f ( x)  f (1)   *Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (1)   f ( x)  * Với x  :Ta có f ( x)  f (1)  0   Bpt có nghiệm  x  g ( x)  g (1)   0,25 x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  + 5-y +5-z = Chứng minh 25z x  5y  z  z xy  5 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 25x 25y  25x  5yz 5y  5zx -x : Đặt x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a  bc b  ca c  ab a3 b3 c3 abc    ( *)  a  abc b  abc c  abc http://tranduythai.violet.vn 12 0,25đ 0,25đ Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com a3 b3 c3 abc     (a  b)(a  c ) (b  c )(b  a) (c  a )(c  b ) a ab ac    a ( 1) Ta có ( Bất đẳng thức Cô si) (a  b)(a  c) 8 0,25đ b3 bc ba    b ( 2) Tương tự (b  c)( b  a) 8 c3 ca cb    c ( 3) (c  a)(c  b) 8 0,25đ Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung ần A CâuVI 1(1, + Do AB  CH nờn AB: x  y   a 0) H 2 x  y   N Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3) (1,0)   x  y 1  Do đó: AB  BN  B (4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B Vuụng gúc với BN là (d): x  y   Gọi I  (d )  BN Giải hệ: 2 x  y   Suy ra: I(-1; 3)  A '( 3; 4)  x  2y 5  Câu VIIA Điểm 0,25đ C 7 x  y  25  + Phương trình BC: x  y  25  Giải hệ:   x  y 1  13 Suy ra: C ( ;  ) 4 7.1  1( 2)  25 450 + BC  ( 4  13 / 4)  (3  / 4)  , d ( A; BC )  3  12 1 450 45 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC   2 4  1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8)  u2 ( - 6; 9; 12)   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm A1B và d http://tranduythai.violet.vn 13 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  I là trung điểm A’B suy I  ; ;   29 58 29  A d1 0,25đ B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z2 z  z   z 1  (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z  1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z  )  ( z  )   (2) z z 1 Đặt t=z- Khi đó t  z    z   t  z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+  (3)     9  9i 2  3i  3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2  3i 1  3i ta có z    z  (1  3i ) z   (4) z Có   (1  3i )  16   6i   6i  i  (3  i ) (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i) i  PT(4) có nghiệm : z=   i ,z=  4  3i 1  3i Với t= ta có z    z  (1  3i ) z   (4) z 2 Có   (1  3i )  16   6i   6i  i  (3  i ) (1  3i)  (3  i) (1  3i)  (3  i )  i    i ,z=  PT(4) có nghiệm : z= 4 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Điểm 0.25đ 0.25đ Với t= Phần II Câu VIb 1) http://tranduythai.violet.vn 14 Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25đ 0.25đ www.VNMATH.com Ta có: d  d  I Toạ độ I là nghiệm hệ: x  y   x  / 9 3 Vậy I ;    2 2 x  y   y  / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d  Ox Suy M( 3; 0) 0,25đ 9 3  Ta có: AB  IM         2 2  S ABCD 12  2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d  d  AD Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD  0,25đ Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  )   x  y   Lại có: MA  MD  x  y   Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT:   x  3  y  y  x  y   x  y   x      2 2 x   1 x    y  x  3  (3  x)  x  x   Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  y  1 0,25đ x  x I  x A    9 3 Do I ;  là trung điểm AC suy ra:  C 2 2 y C  y I  y A    Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung  CâuVIb 2.a) Các véc tơ phương D1 và D2 là u1 ( 1; - 1; 2)  (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2    Xét u1 ; u2  MN = - 10    Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2    AB.u1  t         AB.u2  t '  0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 Ta có http://tranduythai.violet.vn  0,25đ x   t  :  y   5t  z  2t  15 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có CâuVIIb (1,0) 0,25đ 11   13     dạng:  x     y     z    6    3  2009 2009 Ta có: (1  i)  C2009  iC2009   i 2009C2009 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009  2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 )i 0,25đ 2006 2008 Thấy: S  ( A  B) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 2 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009 2009 1004 1004 1004 0,25đ 1004 + Ta có: (1  i )  (1  i )[(1  i ) ]  (1  i).2   i Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1  i ) 2009 nờn A  21004 2009 + Ta có: (1  x) 2009  C2009  xC2009  x 2C2009   x 2009C2009 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009   C2009  C2009  C2009   C2009 0,25đ 0,25đ 2008 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  2007 ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x Giải phương trình  x2  x x    2x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  ( x  ) x3 dx x 1  x  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  16 z  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) http://tranduythai.violet.vn 16 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x  y 1 z  x2 y2 z d1 : , d2:     1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x  y  z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M   1 là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log  y  x   log y   ( x, y )  x  y  25  ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x 1.0 0.25 ĐK: sin x  cos x  Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   sin x  1 (thoả mãn điều kiện)  cos x  1   x    k 2   k, m     x    m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   Giải phương trình: http://tranduythai.violet.vn 0.25 0.25   k 2 và x    m 2  x2  x x    x  x 17 k, m   1.0 ( x  ) Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 3  x  x  PT   2 7  x  x x    x  x 0.25 3  x  x    x x   2( x  2) 0.25   3  x    x   x2  x   2 x   2  x    x  1  x  16   0.25  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - III Tính tích phân  Đặt u = x3 dx x 1  x  x   u  x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  Ta có: 1.0 2 0.25 2u  8u x 3 0 x   x  3dx  1 u  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du 0.25  u  6u   6ln u  1 0.25  3  ln 0.25  IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B 0.25 N H M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH          Diện tích tam giác AMN là S AMN  2 AM AN sin 600  xy Thể tích tứ diện D AMN là V  S AMN DH  xy 12 http://tranduythai.violet.vn 0.25 18 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  1 xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 300 2  x  y  xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x3  y  Đặt x + y + z = a Khi đó  x  y (biến đổi tương đương)    x  y   x  y   x  y 4P  a  64 z 3 a  z  a  64 z 3 0.25  1  t   64t 0.25 z (với t = ,  t  ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   0.25 Lập bảng biến thiên  Minf  t   t0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21  x  x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các     đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , nAB     0.25 0.25  a  b  a  2b  a  b  7a  8ab  b    a   b  - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x  y 1  x  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ:    A(3; 2) x  y 1   y  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:  x  x  y 1   7 5 0.25  I  ;   x  y  14  2    y    14 12  Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 19 www.VNMATH.com - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 1.0  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d và d là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m   z   t  z  2m Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + 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  2  2m  t  5k  0.25 0.25 0.25 m  Giải hệ tìm  t  VII.a  x   2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn bài toán  z   5t  0.25 Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n  N Điều kiện:  n  Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = 0.25 n   (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 =    n  13 Vậy n = 0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn) Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  1  i    1  i  (2i )3  (1  i).( 8i)   8i   0.25 Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC   xB  xC    y B  yC   0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  http://tranduythai.violet.vn 20 Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25 www.VNMATH.com Bán kính R = d(C; BG) = 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là:  x   2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm hệ  z  1  t   x   2t  y  2  t  (tham số t)   z  1  t  x  y  z   0.25  M (1; 3;0)   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP d là ud (2;1; 1)    Vì  nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc M trên  , đó MN ( x  1; y  3; z )   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x  y  z    Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  x  y  z  11   2 ( x  1)  ( y  3)  z  42 Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và 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  y  x   log y  Giải hệ phương trình   x  y  25  0.25 0.25 0.25 1.0 ( x, y   ) y  x  y  Điều kiện:  0.25 yx   yx log  y  x   log y  1 log y  1  y  Hệ phương trình      x  y  25  x  y  25     x  y  25 0.25 x  3y x  3y x  3y      25 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10 0.25   15  ;  x; y      10 10     15  ;  x; y      10    10 (không thỏa mãn đk) 0.25 (không thỏa mãn đk) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm http://tranduythai.violet.vn 21 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y  x  (3 x  1) m (C ) với m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) m  Tìm các gíá trị m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ hai điểm cực trị này hai phía trục tung Câu II:(2,0 điểm) Giải phương trình: 8cos x  sin x  cos( Tính tích phân : I  17  x).cos x  16cos x dx   e x  1 x  1 1 Câu III:(2,0 điểm) x Tìm các giá trị tham số m để phương trình: m  e  e x  có nghiệm thực 1 1 Chứng minh:  x  y  z       12 với số thực x , y , z thuộc đoạn 1;3 x y z   Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a Góc mặt bên (SBC) với mặt đáy là 600 Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân A với A  2;0  và G ; là trọng tâm Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC   Câu VI.a:(2,0 điểm) Giải phương trình: log  4.16 x  12 x   x  Tìm giá trị nhỏ hàm số y   x  1 ln x B Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A  ; 1 và phương trình hai đường trung tuyến tam giác ABC qua hai đỉnh B , C là  2x  y 1  và x  y   Tìm tọa độ hai điểm B và C Câu VI.b:(2,0 điểm) Giải phương trình: 2log x1  2log x 2  x 3 ln   x  x1 x  Tìm giới hạn: lim ĐÁP ÁN ĐỀ Câu Ý Câu I Ý1 http://tranduythai.violet.vn NỘI DUNG Điểm Khi m =1  y  x3  3x  Tập xác định D=R 22 0,25 đ Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com (2,0đ) (1,0 đ) Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  0,25 đ y’= 3x – ; y’=0  x  1 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên khoảng   ;  1 , 1;    và nghịch biến trên khoảng  1;1 Hàm số đạt CĐ x = -1 ; yCĐ = và đạt CT x = ; yCT = -1 Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3) Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) 0,25 đ y’ =  3x2 – 3m = ;  '  9m 0,25 đ m  : y’ không đổi dấu  hàm số không có cực trị 0,25 đ m  : y’ đổi dấu qua nghiệm y’=0  hàm số có cực trị 0,25 đ KL: m  âu II (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) m   P   m   đpcm 0,25 đ Biến đổi: cos3 x  sin x  8cos x 0,25 đ  cos x.(2 cos x  sin x  4)  0,25 đ  cos x  v 2sin x  sin x   0,25 đ    x   k     x   k 2 , k  Z    x  3  k 2  KL: 0,25 đ  x   x  2 Khi x = 2y  y  1   ;  (loại)  y   y  1 0,25 đ Khi y=2x  -3 x = : VN KL: nghiệm hệ PT là  2;1 0,25 đ Ý2 (1,0 đ) Câu III (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) x Đặt t  e ĐK: t > http://tranduythai.violet.vn PT trở thành: m  t 23 1t 0,25 đ Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Xét f (t )  t   t với t > 0,50 đ  t4  f '(t )       hàm số NB trên  0;     t 1  lim f (t )  lim t  t   4 t 1  t  t 1  t2   ; f(0) = 0,25 đ KL: 0< m <1 Ý2 (1,0 đ) Ta có:  t    t  1 t  3   t  4t    t   t 3 Suy : x   ; y   ; z   x y z 1 1  Q   x  y  z        12 x y z 0,25 đ 0,50 đ 1 1 Q 1 1  x  y  z          x  y  z       12 0,25 đ x y z x y z Câu IV (1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC  A , M , H thẳng hàng BC  AM  BC  SM  SMH  60 AM=4a  S ABC  12a ; p  8a  r   SH  0,25 đ S ABC 3a  =MH p 0,25 đ 3a VS ABC  6a 3 0,25 đ Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC  AB  SN ; AC  SP HM = HN = HP  SM  SN  SP  3a  S XQ  3ap  24a Câu Va (1,0 đ) Đặt AB = a  BC  a  S ABC  r    2 a a2 ;p 2 0,50 đ S ABC a  p 2 0,25 đ  AG  1;  AG   AM   a   r   0,25 đ    1 0,25 đ Câu VIa Ý (2,0 đ) (1,0 đ) PT  4.16 x  12 x  32 x 1  4.4 x  x.3x  3.32 x 2x 4 4 Chia vế cho  , ta  soạn: Trần Duy Thái 24có:     Biên 2x http://tranduythai.violet.vn x 0,50đ www.VNMATH.com x 4 Đặt t    ĐK: t  ; 4t  t    t  1( kth); t  (th ) 3 x 1 4 4 , ta có:        x  1 3 3 x 1 TXĐ: D   0;    ; y '  ln x  x x 1 là HSĐB y’=  x  ; y(1) = vì y  ln x  x Khi < x <  y '  ; x >  y '  KL: miny =  x  0,25 đ Khi t  Ý2 (1,0 đ) Câu Vb (1,0 đ) Câu VIb Ý (2,0 đ) (1,0 đ) Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 2 x  y  4 1 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là   G ;  7 7 x  3y  Gọi B  b ; 2b  1  (d1 ) ; C 1  3c ; c   ( d )   b  3c  b  Ta có:    2b  c  c   7      10  KL: B  ;   ; C  ;   7 7 7  ĐK: x > Đặt t  log x  x  t 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ t 2 2 Ta có: 2.2t  2t  3t  2t  3t        4  3  3 Khi t = thì log x   x  (th) KL: nghiệm PT là x  0,25 đ Đặt t  x  Suy : x   t  0,25 đ Giới hạn trở thành: lim t 0 ln 1   t   1 ln 1  t   lim  t  t   t 0  t  t  2 ln   x   x 1 x 1 KL: lim 0,50 đ 0,50đ 0,25đ ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  1 x 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C  hàm số trên 2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN  10 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  Câu II (2 điểm) : http://tranduythai.violet.vn 25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  x  y  x  y  12 1) Giải hệ phương trình:   y x  y  12 2) Giải phương trình : sin x  sin x  sin x  cos x    3sin x  2cos x dx (sin x  cos x)3 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   10 x 8 x   m(2 x  1) x  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Cho đường thẳng (D) có phương trình:  x  2  t   y  2t  z   2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1    xy  yz  zx  x  y  z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường 2 tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ có phương trình : d : x2 z5 y2 x  z và d’ :  y 3 1 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua d và tạo với d’ góc 300 2 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a    2   3a  b 3a  c a  b  c  3a  c 3a  b ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I (2,0) Phần 1(1,0) 2(1,0) Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho  x2  x1    y2  y1   90(*) http://tranduythai.violet.vn 26 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  2x   kx  (2k  3) x  k    k ( x  1)   ( I ) Ta có: ( I )    x  y  k ( x  1)    y  k ( x  1)  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx  (2 k  3) x  k   0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có k  0, k  2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   x2 x1 ]  90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  2k  k 3 , x1 x2  , vào (***) ta có k k phương trình: 8k  27 k  8k    (k  3)(8k  3k  1)   k  3, k  3  41 3  41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên Câu Ý Nội dung 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  cos x    sin x  (2 cos x  1) sin x  cos x     ( cos x  1)  8(cos x  1)  ( cos x  3) VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x   5  2k Víi sin x  0,5 ta cã x   2k hoÆc x  6     Víi sin x  cos x  ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy 4   4 3 x  2k hoÆc x   2k 2 Điều kiện: | x |  | y | 1 u2  u  x2  y ; u  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   2 v  v  x  y Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u  u  v    12 2  v    u  u    v  v  u   x  y  +  (I) v   x  y  u   x  y  +  (II) v   x  y  Giải hệ (I), (II) http://tranduythai.violet.vn 27 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;  Câu III (1,0) Phần Nội dung    Đặt x   t  dx  dt , x   t  , x   t  2   Đ 0,  2 3sin x  cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x Suy ra: I   dx dt dx (Do tích phân không phụ   3   (sin x  cos x) (cos t  sin t ) (cos x  sin x)3 0 thuộc vào kí hiệu cảu biến số)   0,  3sin x  2cos x 3cos x  2sin x dx   dx   dx = 3 (sin x  cos x) (cos x  sin x) (sin x  cos x ) 0 Suy ra: I  I  I    IV  12     = dx   d  x    tan  x    KL: Vậy I    20  4 4  2cos  x  cos  x      4 4   0,25 Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm  AB  IC AB, A’B’ Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K  II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 x x Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK  OK   r  x  6r Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  h B  B ' B.B '  0,25 0,25  0,25 2 Trong đó: B  4x  x  6r 3; B '  x  3r ; h  2r 4 2r  3r 3r  21r  6r    6r 3 2    Nhận xét : 10x 8 x  = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) Từ đó, ta có: V  V http://tranduythai.violet.vn 28 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 0,25 0, www.VNMATH.com Phương trình tương đương với : ( Đặt 2x  x2 1 2x  x2 1 )  m( 2x  x2 1 0,25 )20  t Điều kiện : -2< t  Rút m ta có: m= 0,25 2t  t   Lập bảng biến thiên hàm số trên  2, , ta có kết m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là:  m  12 0,25 -5 < m  4 VIa 0,75 1,00 Điểm C  CD : x  y    C  t ;1  t   t 1  t  Suy trung điểm M AC là 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   0,25 0,25 0,25 x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 x  y 1  Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK  tọa độ K  1;0  Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3y   7  Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng  , thì ( P) //( D ) ( P)  ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH  IA và IH  AH  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; đó maxIH = IA  H  A Lúc này (P) vị trí (P0) vuông góc với IA A http://tranduythai.violet.vn 29 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com    Vectơ pháp tuyến (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là:  x     z  1  2x - z - = VIIa Để ý  xy  1   x  y   1  x 1  y   ;  yz   y  z và tương tự ta có   zx   z  x 0,25 1,00 Vì ta có:  x y z 1       11 x  y  z   xy  yz  zx   yz  zx  xy   x y z   3 yz  zx+y xy  z  z y   x   5  yz  zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM Khi đó ta có: VIb 1) 2 MA  MB  IA2  IH  I ' A2  I ' H '2    d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , 0,25 0,25 IA  IH 9a b2 36a  b   d ( I ';d )    d ( I ;d )   35    35   35  a  36b 2 2 a b a b a b a    Dễ thấy b  nên chọn b     a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2 0,25 0,25 .Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) và có vectơ phương u (1;1;1) Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ phương u '( 2; 1;1) Mp ( ) phải qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và cos(n; u ' )  cos 600  Bởi đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có : A  B  C   B  A  C B  A  C      2A  B  C 2 2  2 A  A  ( A  C )  C 2 A  AC  C   2 2  A  B C Ta có A2  AC  C   ( A  C )( A  C )  Vậy A  C A  C Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, đó B  , tức là n  (1;2;1) và mp( ) có phương trình http://tranduythai.violet.vn 30 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com x  2( y  2)  z  hay x  y  z   Nếu A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp( ) có phương trình x  ( y  2)  z  hay x  y  z   VIIb 1,00 a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a c  a  b  a b ca  x,  y , a  z  x, y , z    x  y  z , y  z  x, z  x  y 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   z  x  y    x y z x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  y z x y z z x x y z 2 x  y  z  x y z Do đó:     y z z x x y x y z b c   Tức là: a     2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Đặt V.Phương trình x   x  2m x 1  x   x 1  x   m3 (1) Điều kiện :  x  Nếu x  0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 Thay x  vào (1) ta được: 2 m  1  m   m3   2  m  1 thì cần có điều kiện x   x  x  * Với m = 0; (1) trở thành:  x  1 x  0 x Phương trình có nghiệm http://tranduythai.violet.vn 31 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,50 0,50 www.VNMATH.com * Với m = -1; (1) trở thành x   x  x 1  x   x 1  x   1        x   x  x 1  x   x   x  x 1  x   x  1 x   x  1 x  0 + Với x   x   x  Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x  1 x   x  * Với m = thì (1) trở thành: x   x  x 1  x    x 1  x    x  1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x  0, x    x  1 x  nên trường hợp này (1) không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( điểm) Cho hàm số y  x  (1  2m) x  (  m) x  m  (1) m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m=2 Tìm tham số m để đồ thị hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y   góc  , biết cos  26 Câu II (2 điểm)  2x  log 21  4  4 x 2 Giải bất phương trình: Giải phương trình: Câu III (1 điểm) sin x.2 cos x  1   cos x  cos x  cos x Tính tích phân: I   1  x 1  2x  dx Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a Gọi I là trung điểm BC, hình chiếu vuông góc H S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc SC và mặt đáy (ABC) 60 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K SB tới (SAH) Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x  y  z  xyz Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P x y z   x  yz y  zx z  xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A phần B ) http://tranduythai.violet.vn 32 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y   , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1) Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) 10   Cho khai triển: 1  x  x  x   a  a1 x  a x   a14 x 14 Hãy tìm giá trị a B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: x  y   Tìm tọa độ đỉnh C 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z   ,đường thẳng d: x  y 1 z 1   1 3 Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm (P), vuông góc với d và cách I khoảng Câu VII.b (1 điểm)  zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:    i  z  ĐÁP ÁN ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Khảo sát hàm số m = Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x + a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 x  •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  + y’ +  + + y  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2) •Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; y Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = y(2) = c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 0,25 0,25 0,25 -1 http://tranduythai.violet.vn 33 x Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 2(1đ) Tìm m Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  ( k ;1) d: có véctơ pháp n  (1;1) Ta có cos  n1 n n1 n  26  0,5  k1   k 1  12k  26k  12    2 k 1 k  2  Yêu cầu bài toán thỏa mãn  ít hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k (2) có nghiệm x có nghiệm /   / có nghiệm   1  m   ; m   8m  2m    m   m    m   ; m  4m  m    1(1đ) Giải bất phương trình 2x  2x  log  x     log  x  2(1)  Bpt     2x log 2 x   log  3( 2)    x 4 x  3x    x  2x 16 Giải (1): (1)   8   x 4x  x  16    x 17 x    x  2x 4 Giải (2): (2)      x 4x 17 9x     x  4   16  Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  17    2(1đ) Giải PT lượng giác Pt  sin x(2 cos x  1)  (cos 3x  cos x)  (cos x  1)  ( cos x  1)  3 x  2(1  2m) x   m   3 x  2(1  2m) x   m   II(2đ)  sin x(2 cos x  1)  4 sin x cos x  sin x  (2 cos x  1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5  ( cos x  1)( sin x  sin x  1)  • sin x  sin x    sin x  cos x  2  sin( x  x http://tranduythai.violet.vn  )  1   k 34 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com 2   x   k 2 • cos x     (k  Z )  x   2  k 2  2 2  Vậy phương trình có nghiệm: x   k 2 ; x    k 2 và x    k 3 (k  Z ) III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân x 1 I  1  2x   dx •Đặt t    x  dt  Đổi cận x t 0,25 dx  2x  dx  (t  1) dt và x  t  2t 0,25 4 4 (t  2t  2)(t  1) t  3t  4t   2 •Ta có I =  dt  dt    t    dt 2  22 22 2 t t  t t 0,5 1t2 2 =   3t  ln t   2 t = ln  (1đ) 0,25 Tính thể tích và khoảng cách IV S •Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối tia IA và IA = 2IH BC = AB  2a ; AI= a ; IH= 0,25 IA a = 2 K AH = AI + IH = 3a A B I H C •Ta có HC  AC  AH  AC AH cos 45  HC    Vì SH  (ABC )  ( SC; ( ABC ))  SCH  60 http://tranduythai.violet.vn 35 a Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com SH  HC tan 60  • VS ABC  • a 15 1 a 15 a 15 S ABC SH  ( a )  3 2 0,25 BI  AH    BI  (SAH ) BI  SH  0,25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 a    d ( K ; ( SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; ( SAH )) SB 2 2 Tim giá trị lớn P Ta có V (1đ) x y z   x  xy y  zx z  xy x y z Vì x; y; z  , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P  =   x yz y zx z xy P 0,25  2     yz zx xy    1 1 1   yz  zx  xy   x  y  z             y z z x x y   xyz xyz  2  xyz      xyz   Dấu xảy  x  y  z  Vậy MaxP =    0,5 0,25 PHẦN TỰ CHỌN: Câu VIa(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… KH: d : x  y   0; d : x  y   Điểm 0,25 d có véctơ pháp tuyến n1  (1;1) và d có véctơ pháp tuyến n  (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ phương n1  (1;1)  phương trình AC: x  y   x  y   C  AC  d  Tọa độ C là nghiệm hệ:   C (1;4) 2 x  y   http://tranduythai.violet.vn 36 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com xB  y B ; ) ( M là trung điểm AB) 2 xB  y B    Ta có B thuộc d và M thuộc d nên ta có:   B( 1;0) yB  x B     • Gọi B( x B ; y B )  M ( • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x  y  2ax  2by  c  Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a  c  9 a  1    b   Pt đường tròn qua A, B, C là:   a  c  1  2a  8b  c  17 c  3   2 x  y  x  y   Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,25 0,5 •Gọi n  ( a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 • d(C;(P)) = 3 2a  c 2 a  (a  2c)  c   2a  16ac  14c  0,5 a  c   a  7c •TH1: a  c ta chọn a  c   Pt (P): x-y+z+2=0 0,25 TH2: a  7c ta chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0 VII.a (1 đ) Tìm hệ số khai triển ( x  1)  nên 4 1  x 10 ( x  x  1)  (1  x)14  (1  x)12  (1  x)10 16 16 14 6 • Trong khai triển 1  x  hệ số x là: C14 • Ta có x  x   0,25 12 Trong khai triển 1  x  hệ số x là: C126 0,5 10 Trong khai triển 1  x  hệ số x là: C http://tranduythai.violet.vn 37 6 10 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 6 6 C14  C12  C106  41748 16 16 1(1đ) Tìm tọa độ điểm C x y • Gọi tọa độ điểm C ( x C ; y C )  G (1  C ; C ) Vì G thuộc d 3 x  y   31  C   C    y C  3 xC   C ( xC ;3 xC  3)   • Vậy hệ số a  VI.b(2đ) 0,25 0,25 •Đường thẳng AB qua A và có véctơ phương AB  (1;2)  ptAB : x  y   xC  3xC   11 11 11 AB.d (C ; AB)   d (C ; AB)    2 5  x C  1  xC   11    xC  17  • S ABC  • TH1: xC  1  C ( 1;6) 17 17 36 TH2: xC   C ( ; ) 5 2(1đ) Viết phương trình đường thẳng 0,5 0,25 • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ phương u  (1;1;3) I  d  ( P)  I (1;2;4)   0,25 • vì   ( P);   d   có véc tơ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)  2( 2;1;1) • Gọi H là hình chiếu I trên   H  mp (Q ) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)   2 x  y  z   Gọi d1  ( P)  (Q)  d1 có vécto phương n (P) ; n( Q )  x    (0;3;3)  3(0;1;1) và d qua I  ptd1 :  y   t z   t  Ta có H  d  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t ; t ) 0,5 t  • IH   2t    t  3 x 1 y  z    1 2 Giải phương trình trên tập số phức.x  y  z  TH2: t  3  H (1;1;1)  pt :   2 1 • TH1: t   H (1;5;7)  pt : VII.b 1đ http://tranduythai.violet.vn 38 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com ĐK: z  i zi ta có phương trình: w   ( w  1)( w  w  1)  iz  w   w  1  i   w   w  w    w    i  zi • Với w   1 z  iz 1  i z  i 1  i • Với w     (1  i ) z    3i  z   iz • Đặt w  0,5 0,5 1  i z  i 1  i • Với w     (1  i ) z   3i  z  iz Vậy pt có ba nghiệm z  0; z  và z   ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  2x  (C) x 1 Khảo sát hàm số Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu II: (2 điểm) Giải phương trình: cos x cos x  sin x  cos x , (x  R)  x  y  x  y  y (x, y R) Giải hệ phương trình:  x  y   Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường y  e x  ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ a điểm O đến mặt phẳng (SAB) , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a x3  y    x2  y   Câu V: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > Tìm giá trị nhỏ P  ( x  1)( y  1) PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 39 www.VNMATH.com Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 x 1 y 1 z 1 ; d2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:   1 x 1 y  z 1 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình chính tắc đường thẳng ,   1 biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 log2 x 2log x Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2  x  20  B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC x 1 y  z Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : M(0 ; - ;   và điểm 1 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách đường thẳng  và mặt phẳng (P) 25   6i Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : z  z ĐÁP ÁN ĐỀ CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: I-1  0, x  D -Chiều biến thiên: y '  (1 ( x  1) điểm) 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- ; + ) - Cực trị: Hàm số không có cực trị - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x  2x  lim  ; lim  Đường thẳng y = là tiệm cận ngang x  x  x  x  2x  2x  lim   ; lim   Đường thẳng x = - là tiệm cận đứng x 1 x 1 x 1 x 1 -Bảng biến thiên: x - -1 + y’ + + + y http://tranduythai.violet.vn - 40 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 0,25 www.VNMATH.com Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2) y -1 y=2 0,25 O x -2 x= -1 Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + = , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) điểm phân biệt  PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x 2; 2x2 + m Ta có x1, x là nghiệm PT(1) m  I-2  x1  x2   (1 Theo ĐL Viét ta có  điểm)  x1 x2  m   AB2 =  ( x1  x2 )2  4( x1  x2 )   ( x1  x2 )  x1 x2   m2 - 8m - 20 =  m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x  1- 2sin2x + sinx = II-1  sinx = v sin x   (1 điểm)   7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 6 ĐK: x + y  , x - y  0, y   y  x  (3) PT(1)  x  x  y  y  x  y  y  x   5 y  xy (4) II-2 Từ PT(4)  y = v 5y = 4x (1 Với y = vào PT(2) ta có x = (Không thỏa mãn đk (3)) điểm) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x  x   x   4 KL: HPT có nghiệm ( x; y )   1;   5 ln III Diện tích S   e x  1dx ; Đặt t  e x   t  e x   e x  t  (1 ln điểm) 2t Khi x = ln3 thì t = ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  dx  dt t 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2t 2   Do đó S   dt      dt  t 1 t  1 2 http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 41 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com t 1    3 =  2t  ln   ln   (đvdt)  t 1   2  IV (1 điểm) 0,25 Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó  A BD  600 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO  (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có a DH  AB và DH = a ; OK // DH và OK  DH   OK  AB  AB  2 (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao     SO  2 OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  3a ; a đường cao hình chóp SO  Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABCD  S ABCD SO  3 0,25 0,25 0,25 S 0,25 I D A 3a O H a C K B V t2 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  (1 điểm) 2 t  t  xy (3t  2) t P Do 3t - > và  xy   nên ta có xy  t  t (3t  2) t2  t2 t2 t 1 0,25 t3  t2  P http://tranduythai.violet.vn 0,25 42 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Xét hàm số f (t )  t f’(t) t2 t  4t ; f '(t )  ; f’(t) =  t = v t = t2 (t  2) 2 - + + + 0,25 + f(t) x  y  x    xy  y  Do đó P = f (t ) = f(4) = đạt  (2; ) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB | m  4m | | 5m | IH = d ( I ,  )   m  16 m  16 VI.a (5m ) 20 AH  IA2  IH  25   (1 m  16 m  16 điểm) Diện tích tam giác IAB là S IAB  12  2S IAH  12  m  3  d ( I ,  ) AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m    Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d  (P) suy B(2; 3; 1) VI.a - Đường thẳng  thỏa mãn bài toán qua A và B  Một vectơ phương đường thẳng  là u  (1; 3; 1) (1 x 1 y z  điểm) Phương trình chính tắc đường thẳng  là:   1 0,25 0,25 I A  0,25 H B 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x> ; BPT  24log2 x  x 2log2 x  20  0,25 Đặt t  log x Khi đó x  t VII.a BPT trở thành 2t  2t  20  Đặt y = 2t ; y  (1 BPT trở thành y2 + y - 20   -  y  điểm) Đối chiếu điều kiện ta có : 2t   2t   t   -  t  1 Do đó -  log x    x  2 VI.b- (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 x - y -  Tọa độ điểm A là nghiệm HPT:   A(3; 1) x  2y -  0,25 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25   b   2c  Do G là trọng tâm tam giác ABC nên   1  b   c  2) http://tranduythai.violet.vn 43 b  Hay B(5; 3), C(1;  c  Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com VI.b-2 (1 điểm)   Một vectơ phương cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) Phương trình cạnh BC là: x - 4y + =  Giả sử n ( a; b; c) là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b =  Đường thẳng  qua điểm A(1; 3; 0) và có vectơ phương u  (1;1; 4)   n.u  a  b  4c  (1)   / /( P )  Từ giả thiết ta có    | a  5b | 4 (2)  d ( A;( P ))   2 a  b  c  Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a  5c )2  (2a  17c  8ac)  a - 2ac  8c  a a  4 v  2 c c a Với  chọn a = 4, c =  b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = c a Với  2 chọn a = 2, c = -  b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + = c Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời Khi đó z  a  bi ; VII.b (1 điểm) 1 a  bi   z a  bi a  b2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 25 25( a  bi )   6i  a  bi    6i z a  b2 2 2  a ( a  b  25)  8( a  b ) (1)   Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  a vào (1) 2 b( a  b  25)  6( a  b ) (2) Khi đó phương trình z  0,25 Ta có a = v a = Với a =  b = ( Loại) Với a =  b = Ta có số phức z = + 3i 0,25 ĐỀ I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x  có đồ thị là (C) x2 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 2.Giải bất phương trình log 22 x  log x   (log x  3) dx sin x cos x Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất các cạnh a, góc tạo cạnh bên và mặt phẳng đáy 30 Hình chiếu H điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a Câu V (1 điểm) Cho a, b, c  và a  b2  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I   http://tranduythai.violet.vn 44 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com P a3  b2 b3   c2  c3  a2 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình  x   2t  y  t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn  z   3t  Câu VIIa (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác và khác mà số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x + y2 - 2x + 4y - = và đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương x 1 y z 1 trình Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là   lớn Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ ĐÁP ÁN ĐỀ I.Phần dành cho tất các thí sính Câu Đáp án Điểm (1,25 điểm) I a.TXĐ: D = R\{-2} (2 b.Chiều biến thiên điểm) 0,5 +Giới hạn: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x   x   x  2  x  2  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -2 và tiệm cận ngang là y =  x  D ( x  2) Suy hàm số đồng biến trên khoảng (;2) và (2;) +Bảng biến thiên + y'  x  y’  -2 + 0,25 +  0,25 y http://tranduythai.violet.vn 45 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  c.Đồ thị: 1 ) và cắt trục Ox điểm(  ;0) 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y Đồ thị cắt các trục Oy điểm (0; 0,25 -2 O x (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm phương trình  x  2 2x   x  m   x2  x  (4  m) x   2m  (1) II (2 điểm) Do (1) có   m   va ( 2)  (4  m).( 2)   2m  3  m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi đó AB  24 (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 1  sin x    6 cos x  sin x   (VN )   x   k 2 2 (1 điểm) x  ĐK:  2 log x  log x   Bất phương trình đã cho tương đương với 2 log x  log x   (log x  3) đặt t = log2x, 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 (1) BPT (1)  t  2t   (t  3)  (t  3)(t  1)  (t  3) http://tranduythai.violet.vn 46 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com t  1 log x  1 t  1   t    3  t  3  log x  (t  1)(t  3)  5(t  3)   0x   Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  8  x  16 III điểm Câu IV điểm dx dx  8 3 sin x cos x cos x sin x cos x đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin x  cos x 1 t2 (t  1) dt  I  8  dt 2t t3 ( ) 1 t t  3t  3t   dt t3 3   (t  3t   t 3 ) dt  tan x  tan x  ln tan x  C t 2 tan x I 0,25 0,5 0,5 Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc AA1 và (A1B 1C1), theo giả thiết thì góc AA1 H 30 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300 a Do tam giác A1B1C1 là tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 và a A1 H  nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H ) A B  A1 H  C K A1 C H B1 Kẻ đường cao HK tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách AA1 và B 1C1 Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK  http://tranduythai.violet.vn 0,5 A1 H AH a  AA1 47 0,25 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu V điểm a3 Ta có: P + = 1 b  P  1 c 1 b2 P c2  a c3  c2  1 a 2 1 b2  1 b   a2 b3  c2  b2  c2  1 c2 0,5 1 a2 a6 b6 c6  33  33  33 16 16 16 2 1 a2 1 a2 3 P  (a  b  c )  2 2 2  c3 a b3  b2      2 2 2 Để PMin a = b = c =  2  0,5 PhÇn riªng 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( ®iÓm) VIa Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng ®iÓm  IA   0,5 m 1  m  5   m 1    m  0,5 (1 điểm) Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d) Câu VIIa điểm 0,5 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 42  cách chọn chữ số chẵn (vì không có số 0)và C 52  10 cách chọn chữ số lẽ => có C 52 C 52 = 60 số thỏa mãn bài toán 0,5 Mỗi số có 4! số thành lập Vậy có tất C 42 C 52 4! = 1440 số 0,5 2.Ban n©ng cao C©u 1.( ®iÓm) VIa Từ phương trình chính tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng ®iÓm  IA  http://tranduythai.violet.vn 48 0,5 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  m 1  m  5   m 1    m  0,5 (1 điểm) Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d) Câu VIIa điểm 0,5 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52  10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số 0,5 đứng đầu) và C 53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C 52 C 53 = 100 số chọn Mỗi số có 5! số thành lập => có tất C 52 C 53 5! = 12000 số 0,5 Mặt khác số các số lập trên mà có chữ số đứng đầu là C 41 C 53 4! 960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) x Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C) x-1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn Câu II (2.0 điểm) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+  2 x  x  y  2 Giải hệ phương trình  2   y  y x  y  2 Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân  (x sin x  x )dx 1 x Câu IV (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn và thoả mãn điều kiện 1   2 x y z Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Câu V (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm) http://tranduythai.violet.vn 49 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = và (d 2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên (d1), (d 2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh Gọi M là trung điểm đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua các điểm B, C’, M, N log ( x  1)2  log ( x  1)3 0 Câu VIIa (1.0 điểm) Giải bất phương trình x2  5x  B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường tròn qua điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và vuông góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm) Giải phương trình C xx  2C xx 1  C xx   C x2x23 ( Cnk là tổ hợp chập k n phần tử) ĐÁP ÁN ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU Câu I (2.0đ) (1.0đ) NỘI DUNG THANG ĐIỂM 0.25 TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên lim f ( x)  lim f ( x)  nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  0.25 x  lim f ( x)  , lim   nên x = là tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 x 1 0 y’ =  ( x  1) Bảng biến thiên x 0.25 - + - y' - + y - Hàm số nghịc biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng http://tranduythai.violet.vn 50 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn x Phương trình tiếp tuyến M có dạng : y   ( x  x0 )  ( x0  1) x0   0.25 x02 x  y  0 ( x0  1) ( x0  1) 0.25 x0  Ta có d(I ;tt) = 1 Xét hàm số f(t) = ( x0  1) 2t 1 t4 f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn t = hay (t  0) ta có f’(t) = (1  t )(1  t )(1  t ) (1  t )  t 0.25 x f'(t) + - ta c và f(t)  x0  x0      x0  + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 Câu 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x II(2.0đ) cos x=0  (1.0đ)  2cos5x =sinx+ cos x 0.25 0.25 0.25 cos x   cos5x=cos(x-  )  0.25    x   k   k  x     24   x    k 2  42 2.(1.0đ) ĐK : y  http://tranduythai.violet.vn + 0.5 51 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  2 2 x  x  y     2u  u  v   hệ   đưa hệ dạng   2v  v  u      x20  y y       u  v u  v 1   Từ đó ta có nghiệm hệ  u   v  u  v  1    3 3  2v  v  u   u   u    2 ,   1   1   v  v     (-1 ;-1),(1 ;1), ( Câu III (1.0đ) 3 3 ; ), ( ; ) 2 1 1 0.25 x dx  x I   x sin x3 dx   Ta tính I1 = 0.5 3  x sin x dx đặt t = x ta tính I1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 1 Ta tính I2 = x 0  x dx đặt t = x ta tính I2 =  (1  Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+    )dt  2(1  )   1 t 0.25 0.25  0.25 1 Câu IV Ta có x  y  z  nên (1.0đ) 0.25 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1)  1 1   2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1)  1 1   2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x  1)( y  1)( z  1)  0.25 0.25 Amax = xyz http://tranduythai.violet.vn 52 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu V (1.0đ) 0.5 Ta có SBD  DCB (c.c.c)  SO  CO Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S S  CA   x Mặt khác ta có AC  BD  AB  BC  CD  AD  BD   x (  x  3)  S ABCD   x2  x2 C D H O B A Gọi H là hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 1 x    SH  2 SH SC SA  x2 Vậy V = x  x (dvtt) 0.25 Mà Câu VIa (2.0đ) (1.0đ) 0.5 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác góc B với I thuộc OA đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 (1.0đ) Câu VIIa 1.0 Y Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu qua điểm C' M,N,B,C’ có dạng 2 x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = Vì mặt cầu qua điểm nên ta có  A   1  A  D     B  2C  D    B     8  A  4C  D   C   8  B  4C  D  C   D  Z Vậy bán kính R = Đk: x > - http://tranduythai.violet.vn D' A' B' N M D A X B A2  B  C  D  15 0.25 53 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com (1.0đ) 0.25 3log ( x  1) log 0 ( x  1)( x  6) log ( x  1)  bất phương trình  log ( x  1) 0 x6  0 x6 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2  Câu VIb (2.0đ) (1.0đ) (1.0đ) Câu VIIb (1.0đ) 0.25 0.25 0.25 Vì đường tròn qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1  a )  b  R  2 (1  a )  (2  y )  R ( a  b  1)  R  0.25 a    b   R  Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 =     Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)      Vì  AB; nQ   nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - = 2  x  ĐK :  x  N Ta có C xx  C xx 1  C xx 1  C xx   C x2x2  Cxx1  C xx11  C x2x23  C xx  C x2x23  (5  x)!  2!  x  0.5 1.0 1.0 ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx  3( m  1) x  m3  m (1) 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến góc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến góc tọa độ O Câu II (2 điểm):  Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos (2 x  ) Giải phương trình : log 21 (5  x)  log (5  x).log x 1 (5  x)  log (2 x  5)2  log (2 x  1).log (5  x)  tan( x  ) dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I  cos2x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a Gọi M,N là trung điểm SB và SD;I là giao điểm SD và mặt phẳng  http://tranduythai.violet.vn 54 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com (AMN) Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  3( x  y  z )  xyz B PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn hai phàn (phần 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : x  y   Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z    Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1; 6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  y  z  11  và tiếp xúc với (S) Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số x4 khai triển Niutơn biểu thức : P  (1  x  3x )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y2 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z    Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1; 6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  y  z  11  và tiếp xúc với (S) Câu VIIb (1 điểm): 22 n n 121 Tìm số nguyên dương n cho thoả mãn Cn0  Cn1  Cn2   Cn  n 1 n 1 ĐÁP ÁN ĐỀ 10 Câu NỘI DUNG Ta có y  x  6mx  3( m  1) Để hàm số có cực trị thì PT y ,  có nghiệm phân biệt  x  2mx  m   có nhiệm phân biệt     0, m Cực đại đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m  6m      m  3  2 Vậy có giá trị m là m  3  2 và m  3  2    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin x)  1  cos(4x+ )    , I Điêm  cos4x+ sin x  cos2x+ sin x  http://tranduythai.violet.vn 55 Biên soạn: Trần Duy Thái 05 025 025 05 www.VNMATH.com II    sin(4 x  )  sin(2 x  )  6    x k   18  2sin(3 x  ).cosx=0    x=   k     Vậy PT có hai nghiệm x   k và x    k 18 05  1  x ĐK :  2  x  Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  x) log 22 (5  x)   log (5  x)  log (5  x) log (2 x  1) log (2 x  1) 05 1  x  log (2 x  1)  1    log (5  x)  2log (2 x  1)   x   x  2  x  log (5  x)    Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2   tan( x  ) dx   tan x  dx I  0 (t anx+1)2 cos2x  III Đặt t  t anx  dt= 025 025 dx  (tan x  1)dx cos x 05 x0t 0 x 025  t  3 Suy I  dt 1   (t  1) t  10 http://tranduythai.violet.vn 025 56 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Ta có  AM  BC ,( BC  SA, BC  AB   AM  SB, ( SA  AB)  AM  SC (1) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy IV AI  SC Vẽ IH song song với BC cắt SB H Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy VABMI  S ABM IH a2 Ta có S ABM  IH SI SI SC SA2 a2 1       IH  BC  a 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 1a a a Vậy VABMI   36 V 05 05 Ta c ó: P  ( x  y  z )  2( xy  yz  zx)   xyz 025  9  2( xy  yz  zx)   xyz  27  x( y  z )  yz ( x  3)  27  x(3  x)  ( y  z)2 ( x  3) 025  ( x3  15 x  27 x  27) http://tranduythai.violet.vn 57 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com f ( x)   x3  15 x  27 x  27 x  f , ( x)  3 x  30 x  27    x  Xét hàm số , với 0<x<3 05 x y’  +  - 14 y VIa Từ bảng biến thiên suy MinP=7  x  y  z  3a  16  3a Gọi A( a; )  B (4  a; ) Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 S ABC  AB.d (C   )  AB 2 a    3a  Theo giả thiết ta có AB   (4  2a )     25   a     Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4) Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4  Véc tơ pháp tuyến ( ) là n (1; 4;1) VIIa  Vì ( P)  ( ) và song song với giá v nên nhận véc tơ    n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0  m  21 d ( I  ( P))    m  Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))   10 10 k P  (1  x  x )10   C10k (2 x  x )k   ( C10k Cki 2k i3i x k i ) k 0 k 0 Theo giả thiết ta có Vậy hệ số x4 là: C104 24  C103 C31 23  C102 C22 32  8085 58 025 025 05 025 025 Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có   và diện tích tam giác ABC là VIIb 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB)  2x  y   13 13 http://tranduythai.violet.vn 025 i 0 k  i  i  i  i     0  i  k  10   k   k  k  i , k  N  VIb 05 025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0 Ta có 05 Biên soạn: Trần Duy Thái 05 www.VNMATH.com 85  x2 y  170 2    13   13  x2 y2      x  3 Dấu xảy  ; 2)  Vậy C ( 2 x  y y    Xét khai triển (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n Lấy tích phân vế cân từ đến , ta được: 3n1  22 23 n1 n  2Cn0  Cn1  Cn3   Cn n 1 n 1 22 2n n 3n 1  121 3n 1  Cn0  Cn1  Cn2   Cn     2(n  1) n 1 n  2(n  1) 3 05 05  3n 1  243  n  Vậy n=4 05 ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x 1 x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm trên (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm)  x1  y 1  Giải hệ phương trình:   x 6  y   2(cos x  sin x)  tan x  cot x cot x  Giải phương trình: Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 2R M là điểm thuộc (C) H là hình chiếu I trên SM Tìm vị trí M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn đó Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I= dx  1 x  1  x2 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn http://tranduythai.violet.vn 59 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số đầu tiên phải khác 0) đó phải có chữ số Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: log x   log ( ax  a ) 3 B.Theo chương trình Nâng cao x2 y2   và đường thẳng  :3x + 4y =12 Từ Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số y  x2  4x  có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + cắt (C) x2 điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình:   1 log x  x   1 log2 x   x2 ĐÁP ÁN ĐỀ 11 Câu I (2,0 điểm) Đáp án 1.(1,0 điểm) Khảo sát Điểm * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  ; tiệm cận ngang: y = x  0,25 x  lim  y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng: x = - x ( 1) x ( 1) Bảng biến thiên Ta có y '   với x  - ( x  1)2 x - -1 + y’ + + - y + 0,5 - Hàm số đồng biến trên khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) * Đồ thị 0,25 http://tranduythai.violet.vn 60 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com (1,0 điểm) Tìm trên (C) điểm Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc (C), (x  - 1) thì y0  x0  x0  0,25 Gọi A, B lần lợt là hình chiếu M trên TCĐ và TCN thì 0,25 2x 1 MA = |x 0+1| , MB = | y0- 2| = | - 2| = | | x0  x0  Theo Cauchy thì MA + MB  x  0,25 =2 x0   MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Nh ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) II (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Giải hệ Điều kiện: x  -1, y  Cộng vế theo vế trừ vế theo vế ta có hệ  x1  x6  y 1  y 4  10   x6  x1  y 4  y1  0,25 0,25 0,25 Đặt u= x   x  , v = y   y  Ta có hệ   u  v10 u  v 5 5   2 u v x  y 5 là nghiệm hệ (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh Điều kiện:sinx.cosx  và cotx  Phơng trình tơng đơng 2(cos x  sin x)  sin x cos x cos x  1 cos x sin x sin x 0,25  0,25  http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 61 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  cosx =   x =   k 2 0,25 Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x =  III (1,0 điểm)   k 2 0,25 Tìm vị trí S H I O B A M Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R , SI = SM = 2R , SO  OM  R  SH = R hay H là trung điểm SM Gọi K là hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) thì HK = SO= R 2 , (không đổi)  VBAHM lớn dt(  MAB) lớn  M là điểm cung AB 0,25 0,5 3 R (đvtt) Khi đó VBAHM= IV (1,0 điểm) 0,25 Tính tích phân Đặt u = x+  x thì u - x=  x  x  2ux  u   x u2 1 1  x  dx  1   du 2u 2 u  Đổi cận x= - thì u = -1 x = thì u = +1 1  1 1   du u  I    u  1 = 2 1 du  1 u  2 1 http://tranduythai.violet.vn 0,25 1 du  1 u  2 1 0,25 1 du  (1  u )u 2 1 0,25 1   1   u  u  u   du 1 62 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Câu V (1,0 điểm) =1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, a+b>0 và a2+b2-ab  ab  a3 + b3+1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0  1  a  b  ab  a  b  c  0,5 Tơng tự ta có 1  , b  c  bc  a  b  c  1  c  a  ca  a  b  c  3 Cộng theo vế ta có 1 1 1   = + + 3 x  y 1 y  z 1 z  x 1 a  b  b  c  c  a3   1   c  a  b     =  a  b  c   ab bc ca   a  b  c  0,25 Dấu xảy x=y=z=1 VI a (1,0 điểm) Tìm tọa độ 5 ;  ), pt AB: x – y – = 2 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 Ta có: AB = 2,M= ( Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=  d(G, AB)= VII a (1,0 điểm) VIII a (1,0 điểm) t  (3t  8)  = 0,25  t = t = 2  G(1; - 5) G(2; - 2)   Mà CM  3GM  C = (-2; 10) C = (1; -4) Từ các chữ số Gọi số có chữ số là abcdef Nếu a = thì có cách chọn b, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = thì có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất có 2520+5.2160 = 13320 số Tìm a để Điều kiện: ax + a > http://tranduythai.violet.vn 63 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 www.VNMATH.com x   a ( x  1) Bpt tơng đơng Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có x2  a x 1 Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có x2  a x 1 Xét hàm số y = y’ = x2  với x  - x 1 x 1 ( x  1) x  x -Ơ y’ -1 0,25 0,25 =0 x=1 -1 || + - +Ơ + y 0,25 2 - 0,25 a < - Chứng minh Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến A có dạng xx1 yy1  1 Tiếp tuyến qua M nên x0 x1 y0 y1 (1)  1 Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0   M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0 4 xx0 yy0 xx0 y (12  x0 )   4  4 4 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x + 4y – = x y 0 y 1  y 40  x1 Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) Tìm tập hợp x2  4x  y = kx + cắt (C): y  Ta có pt x2 x2  x  = kx + có nghiệm phân biệt  k  x2 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn a> VI b (1,0 điểm)  VII b (1,0 điểm) 0,25 0,5  0,25 0,25 0,5 http://tranduythai.violet.vn 64 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  x  k 3 2x2  5x   2k   y kx1  y  2x   0,25 Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong y  VIII b (1,0 điểm) x2  5x  2x  Giải phơng trình Điều kiện : x>0 Đặt  log2 x  1 =u,   1 log2 x 0,25  v ta có pt u +uv2 = + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0,5 0,25   u 21 x =1  uv 1 ĐỀ 12 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x 1 (1) x 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Câu II (2 điểm)  x 1) Giải phương trình sau: 2 x  sin x  c os x  c os 4 x 2) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ) tan(  x ) 4 Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau: L  lim x0 ln(2 e  e.c os2 x )   x x2 Câu IV (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất các đường sinh và đường tròn đáy nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón) Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; Giả sử độ dài đường sinh nón không đổi Với điều kiện nào bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đó Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình : http://tranduythai.violet.vn 65 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  2 x  2010  2009 y  x   y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  ĐÁP ÁN ĐỀ 12 CÂU I.1 NỘI DUNG ĐIỂM 2x   2 x 1 x 1 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   Hàm số: y  x  x  - TC đứng: x = -1; TCN: y = +) y '   0, x  D  x  1 +) BBT: x -  y' y + x ( 1) x ( 1) -1 || + +  ||  +) ĐT: điểm -10 -5 10 -2 -4 -6 I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M  (C )  M ( x0 ;2  y  yI 3 )  k IM  M  x0  xM  xI ( x0  1) +) Hệ số góc tiếp tuyến M: k M  y '( x0 )  II.1  x0  1 điểm +) ycbt  kM k IM  9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0} +) Đặt y   x  y  xy  x , y  Ta có hệ:  2 x  y  http://tranduythai.violet.vn 66 điểm Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  1   1  x  x    2 ; +) Giải hệ đx ta x = y = và  1   1   y  y    +) Kết hợp điều kiện ta được: x = và x  II.2 +) ĐK: x  1     k ,k Z      x) tan(  x)  tan(  x) cot(  x)  4 4 1 sin x  cos x   sin x   cos x 2 pt  cos x  cos x    ) tan( +) Giải pt cos24x =  cos8x =  x  k điểm  và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình là x  k III L  lim ln(2 e  e.c os2 x )   x x2 x0  lim  ,k  Z ln(1   c os x )    x x2 x0         2 1 ln(1  sin x )   x  ln(1  sin x )     lim   lim   x0   2 3 2 x0  x (1  x )   x    x   x sin x sin x  sin x   sin x  2  3 IV.1 +) Gọi rC là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB S SAB  prC  (l  r ).rC  Ta có:  rC  IV.2 S SM AB l điểm l  r 2r lr r 2(l  r ) lr 2 +) Scầu = 4 r C  4 r điểm I l r lr A M r B +) Đặt : y(r )  lr  r ,0  r  l lr   1 l r  2r ( r  rl  l )  ) y '( r )    (l  r )  1 l r   điểm +) BBT: http://tranduythai.violet.vn 67 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com r 1 l y'(r) y(r) ymax 1 l +) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  r  V l +) Ta có P  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  x  y  z  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x2  y  z2       ( x  y  z)   ( x  y  z )2  P  ( x  y  z ) 2   ( x  y  z )  3   2     +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki) , ta được: P(t )  3t  t +) P '(t )   t   , P(  ) = 0; P( 2)  2 ; P( 2)  2 +) KL: MaxP  2; MinP  2 VI +) d ( I , AB)   AD =  AB =  BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 x   25  ( x  )  y    y   A( 2;0), B(2; 2) +) Tọa độ A, B là nghiệm hệ:    x  2  x  y      y   C (3; 0), D (1; 2) VII  2 x  2010 (1)  2009 y  x   y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = > và x + y + > +) Lấy loga số 2009 và đưa pt: x  log 2009 ( x  2010)  y  log 2009 ( y  2010) +) Xét và CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  đồng biến, từ đó suy x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) và đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng       , cm pt này có nghiệm t = 9 9  x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) =  y = -  x = ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH http://tranduythai.violet.vn 68 Biên soạn: Trần Duy Thái điểm www.VNMATH.com Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x  x   m x 1  5  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 cos   x  sin x   12  log x  y  3log8 ( x  y  2) 2) Giải hệ phương trình:  2 2 x  y   x  y    /4 Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: I    /4 sin x  x2  x dx Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M a cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM -x -y -z Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : + +5 = Chứng minh 25x 25y 25z   25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy  x  5y  z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y   , phân giác BN : x  y   Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d x  y z 1   6 8 và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ z2 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: z  z   z   PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x  y   và d : x  y   Trung điểm cạnh là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x   2t x  y 1 z   , D1 : D2 :  y  1 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung D1 và D2 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I a) điểm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  http://tranduythai.violet.vn 69 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 0,25 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R x  Sự biến thiờn: y'  3x  x Ta có y'    x  yCD  y    2; yCT  y    2 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 x y'   0     y  2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 b) Biện luận số nghiệm phương trình x  x   Ta có x  x   m theo tham số m x 1 m   x  x   x   m,x  Do đó số nghiệm phương x 1 0,25 trình số giao điểm y   x  x   x  , C'  và đường thẳng y  m,x   f  x  x  Vỡ y   x  x   x    nờn  C'  bao gồm:  f  x  x  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  qua Ox http://tranduythai.violet.vn 70 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 hình Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có nghiệm kộp; + 2  m  : Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m  : Phương trình có nghiệm phõn biệt 0,25 2) Đồ thị hàm số y = ( x  x  2) x  , với x  có dạng hình vẽ : 1- 1+ -2 m II   5  5   5  1) 2cos   x  sin x   sin  x   sin    12  12   12    http://tranduythai.violet.vn 71 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 0.25 1) 5  5  5   5    sin  x   sin   sin  sin  x   sin  sin    12  12 12  12           cos sin     sin     12   12  5     x   k    k 2 2x    5      12 12  sin  x   k     sin      12  13      12  2x  x    k 2  k   12 12 log x  y  3log8 ( x  y  2) Giải hệ phương trình:  x2  y2   x2  y2   2.) Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x  y  3log8 (2  x  y )  x y  2 x y   2 2 x2  y2   x2  y    x  y   x  y  0.25 0.5 0,25đ  u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y   ta có hệ:  u  v    u  v2  Đặt:  v  x  y  uv    uv   2   0,25đ  u  v  uv  (1)    (u  v)  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv  0,25đ  uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) u  v  KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)  /4 Câu III Tính tích phân : I    /4  /4 I    /4 sin x 1 x  x sin x  x2  x dx  /4 dx     /4 0.5đ  /4 0,25đ  x sin xdx   x sin xdx  I1  I  /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  , tích phân phần I kết 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  , tích phân phần I kết Câu IV : S http://tranduythai.violet.vn 72 Biên soạn: Trần Duy Thái N M www.VNMATH.com Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC  AB Ta có :   BC  BM Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao  BC  SA a a 3 MN SM MN 2    Ta có SA = AB tan600 = a , AD SA 2a a 2a 4a BM = Diện tích hình thang BCMN là : Suy MN = 3 4a    a   2a 10a2 BC  MN S = BM     2   3   Hạ AH  BM Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,  = SB MS  Vậy BM là phân giác góc SBA  SBH  30  SH = SB.sin300 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = x y 25 25  y zx yz 25  5 5 x a3 b3 c3 abc    2 a  abc b  abc c  abc 3 a b c3 abc     (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) http://tranduythai.violet.vn 73 0,25đ 0,25đ : Đặt x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a  bc b  ca c  ab ( *)  0,25đ + 5-y +5-z = Chứng minh x y z 25z  z xy    5 5 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : -x 10 3a SH ( dtBCNM ) = 27 0,25đ Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com Ta có a3 ab ac    a ( 1) (a  b)(a  c) 8 0,25đ ( Bất đẳng thức Cô si) b3 bc ba    b ( 2) Tương tự (b  c)( b  a) 8 c3 ca cb    c (c  a)(c  b) 8 0,25đ ( 3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung ần A CâuVI 1(1, + Do AB  CH nờn AB: x  y   a 0) H 2 x  y   N Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3) (1,0) x  y    Do đó: AB  BN  B (4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d): x  y   Gọi I  (d )  BN Giải hệ: 2 x  y   Suy ra: I(-1; 3)  A '( 3; 4)  x  2y 5  7 x  y  25  + Phương trình BC: x  y  25  Giải hệ:   x  y 1  13 Suy ra: C ( ;  ) 4 7.1  1( 2)  25 450 + BC  ( 4  13 / 4)  (3  / 4)  , d ( A; BC )  3  12 1 450 45 d ( A; BC ).BC   2 4  1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8)  u2 ( - 6; 9; 12)   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Suy ra: S ABC  Câu VIIA http://tranduythai.violet.vn 74 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25đ 0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  I là trung điểm A’B suy I  ; ;   29 58 29  A d1 0,25đ B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z2 (1) z  z3   z   Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z  1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z  )  ( z  )   (2) z z 1 Đặt t=z- Khi đó t  z    z   t  z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+  (3)     9  9i 2  3i  3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2  3i 1  3i ta có z    z  (1  3i) z   (4) z 2 Có   (1  3i )  16   6i   6i  i  (3  i ) (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i ) i  PT(4) có nghiệm : z=   i ,z=  4  3i 1  3i Với t= ta có z    z  (1  3i) z   (4) z Có   (1  3i )  16   6i   6i  i  (3  i ) (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i )  i  PT(4) có nghiệm : z=   i ,z=  4 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Điểm 0.25đ 0.25đ Với t= Phần II Câu VIb 1) http://tranduythai.violet.vn 75 Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25đ 0.25đ www.VNMATH.com Ta có: d  d  I Toạ độ I là nghiệm hệ: x  y   x  / 9 3 Vậy I ;    2 2 x  y   y  / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d  Ox Suy M( 3; 0) 0,25đ 9 3  Ta có: AB  IM         2 2  S ABCD 12  2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d  d  AD Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD  0,25đ Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  )   x  y   Lại có: MA  MD  x  y   Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT:   x  3  y  y  x  y   x  y   x      2 2 x   1 x    y  x  3  (3  x)  x  x   Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  y  1 0,25đ x  x I  x A    9 3 Do I ;  là trung điểm AC suy ra:  C 2 2 y C  y I  y A    Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung  CâuVIb 2.a) Các véc tơ phương D1 và D2 là u1 ( 1; - 1; 2)  (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2    Xét u1 ; u2  MN = - 10    Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2    AB.u1  t         AB.u2  t '  0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 Ta có http://tranduythai.violet.vn  0,25đ x   t  :  y   5t  z  2t  76 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có CâuVIIb (1,0) 0,25đ 11   13     dạng:  x     y     z    6    3  2009 2009 Ta có: (1  i)  C2009  iC2009   i 2009C2009 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009  2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 )i 0,25đ 2006 2008 Thấy: S  ( A  B) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 2 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009 2009 1004 1004 1004 1004 0,25đ + Ta có: (1  i )  (1  i )[(1  i ) ]  (1  i).2   i Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1  i ) 2009 nờn A  21004 2009 + Ta có: (1  x) 2009  C2009  xC2009  x 2C2009   x 2009C2009 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009   C2009  C2009  C2009   C2009 2008 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  2007 0,25đ 0,25đ ĐỀ 14 A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1) x  x  m , với m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho ứng với m  Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị x1 , x cho x1  x  Câu II (2,0 điểm) sin x   sin( x  ) sin x  cos x 2 Giải phương trình: log (3 x  1)   log (2 x  1) Giải phương trình: cot x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x2 1 x 3x  dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A' B' C ' có AB  1, CC '  m (m  0) góc hai đường thẳng AB' và BC ' 600 Tìm m biết Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y , z thoả mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức A  xy  yz  zx  x yz B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 4; 6) , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C là x  y  13  và x  13 y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 77 www.VNMATH.com Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng ( ) : x  y  z   Câu VIIa (1,0 điểm) Cho tập E  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 Từ các chữ số tập E lập bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác nhau? b Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E ) qua điểm M (2;  3) và có phương trình đường chuẩn là x   Viết phương trình chính tắc (E ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng ( ) : x  y   Tìm toạ độ điểm M biết M cách các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ) Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức  x  2(1  x)   n (1  x) n thu đa thức P( x)  a  a1 x   a n x n Tính hệ số a8 biết n là số nguyên dương thoả mãn   Cn Cn n ĐÁP ÁN ĐỀ 14 Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,25 điểm) Với m  ta có y  x  x  x  * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: y '  x  12 x   3( x  x  3) x  0,5 Ta có y '    , y'    x  x   Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng (,1) và (3,  ) + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  và yCD  y(1)  ; đạt cực tiểu x  và yCT  y(3)  1 0,25  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x    Bảng biến thiên: x   y’     0,25 y -1  http://tranduythai.violet.vn 78 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0,  1) y 0,25 x O -1 (0,75 điểm) Ta có y '  x  6(m  1) x  +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1 , x2  phương trình y ' có hai nghiệm pb là x1 , x2 0,25  Pt x  2(m  1) x   có hai nghiệm phân biệt là x1 , x m  1    '  (m  1)     (1) m  1  +) Theo định lý Viet ta có x1  x2  2(m  1); x1 x  Khi đó x1  x2    x1  x2 2  x1 x2   4m  12  12   ( m  1)   3  m  ( 2) 0,5 Từ (1) và (2) suy giá trị m là   m  1  và    m  II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: sin x  0, sin x  cos x  cos x sin x cos x Pt đã cho trở thành   cos x  sin x sin x  cos x cos x cos x  0 0,5 sin x sin x  cos x     cos x sin( x  )  sin x      +) cos x   x   k , k       x  x   m2 x   m2    4 +) sin x  sin( x  )    m, n   2 x    x    n 2  x    n 2   4  t 2 0,5 x  , t   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt là   t 2 x   k ; x   , k , t   http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 79  www.VNMATH.com (1,0 điểm) Điều kiện x  (*) Với đk trên, pt đã cho  log (3 x  1)   log ( x  1) 0,5  log 5(3 x  1)  log (2 x  1)  5(3 x  1)  ( x  1)  x  33x  36 x    ( x  2) (8 x  1)  x   x   Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm pt là x  III (1,0 điểm) Đặt t  x   dt  3dx  dx  3x  Khi x  thì t = 2, và x = thì t = 0,5 2tdt 0,5  t 1   1   2tdt  Suy I   t 1 t  dt (t  1)dt    92 t 1 4 21  t 1 100   t  t   ln   ln 93 t 1 27  2 IV (1,0 điểm) - Kẻ BD // AB' ( D  A' B' ) 0,5  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600 0,5  DBC '  60 DBC '  1200 - Nếu DBC ' 600 Vì lăng trụ nên BB'  ( A' B' C ' ) áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có A 0,5 B C BD  BC '  m  và DC ' Kết hợp DBC '  600 ta suy BDC ' Do đó m    m  - Nếu DBC ' 1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy m  (loại) Vậy m  1 m2 A’ m B’ D C’ 120 * Chú ý: - Nếu HS xét trường hợp góc 600 thì cho 0,5đ giải đúng http://tranduythai.violet.vn 80 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com - HS có thể giải phương pháp vectơ toạ độ với nhận xét: AB'.BC ' cos( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ')  V (1,0 điểm) AB'.BC ' t2 3 Ta có  xy  yz  zx  x  y  z  nên  t    t  vì t  Đặt t  x  y  z  t   2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  0,5 t 3  t t2 Xét hàm số f (t )    ,  t  t t3  Ta có f ' (t )  t    vì t  t t Khi đó A  VIa (2,0 điểm) 0,5 Suy f (t ) đồng biến trên [ , 3] Do đó f (t )  f (3)  14 Dấu đẳng thức xảy t   x  y  z  14 Vậy GTLN A là , đạt x  y  z  (1 điểm) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM Khi đó CH có phương trình x  y  13  , CM có phương trình x  13 y  29  2 x  y  13  - Từ hệ   C (7;  1) 6 x  13 y  29  C(-7; -1) - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16   x  y  16  - Từ hệ   M (6; 5) 6 x  13 y  29   B(8; 4) A(4; 6) 0,5 H M(6; 5) B(8; 4) - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x  y  mx  ny  p  52  4m  6n  p   m  4   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 điểm) - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N  ( )  x0  y0  z   (1) MN  PN - MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân N   MN PN  ( x0  5)  ( y0  3)  ( z0  1)  ( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  4)  ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  http://tranduythai.violet.vn 81 0,5 0,5 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com ( 2)  x0  z0    (3) ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)   y  2 x  - Từ (1) và (2) suy  Thay vào (3) ta x02  x0   z   x   0  x0  2, y0  3, z  1  N ( 2; 3;  1) hay    N (3; 1;  2)  x0  3, y0  1, z  2 - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) 2 Nếu N (2;  1) thì Q(5; 3;  4) Nếu N (3;1;  2) thì Q( 4; 5;  3) VIIa (1,0 điểm) 0,5 Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt Suy d  0, 2, 4, 6 0,5 +) d  Số cách xếp abc là A63 +) d  Số cách xếp abc là A63  A52 +) Với d  d  kết giống trường hợp d  Do đó ta có số các số lập là A63  A63  A52  420   0,5 (1 điểm) VIb (2,0 điểm) - Gọi phương trình ( E ) : x2 y  1 a b2 ( a  b  0) 4 (1)  a  b  - Giả thiết   a  ( 2)  c Ta có (2)  a  8c  b  a  c  8c  c  c(8  c) Thay vào (1) ta  1 8c c(8  c) c  2  2c  17c  26    13 c   2 x y2 * Nếu c  thì a  16, b  12  ( E ) :   16 12 39 x2 y2 13 * Nếu c  thì a  52, b   ( E) :   52 39 / 0,5 0,5 (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi đó từ giả thiết suy ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)  x0  y0  0,5 http://tranduythai.violet.vn 82 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02    x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)  ( x0  1)  y02  z02  ( x0  y0  2)   y  x0 Từ (1) và (2) suy   z0   x0 Thay vào (3) ta 5(3 x02  x0  10)  (3 x0  2) (1) (2) (3) 0,5  x0   M (1; 1; 2)     23 23 14  x0  23  M ( ; ;  ) 3 3   VIIb (1,0 điểm) n   Ta có     7.3! Cn Cn n  n (n  1)  n( n  1)(n  2)  n  0,5 n    n  n  5n  36  Suy a8 là hệ số x8 biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 Đó là 8.C88  9.C 98  89 0,5 ĐỀ 15 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  có đồ thị là (C m) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C1) hàm số trên m = 2) Cho E(1; 3) và 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 là tam giác cạnh a, cạnh bên 2a Gọi E là trung điểm BB/ Xác định vị trí điểm F trên đoạn AA / cho khoảng cách từ F đến C /E là nhỏ 1 Câu V (1 điểm):Xét các 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) http://tranduythai.violet.vn 83 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : x  y   và điểm A(3;3) Tìm toạ độ hai điểm B, C trên 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 và tạo với mặt phẳng (P) góc 600 Câu VIIa:( điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là 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 tròn nội tiếp tam giác ABC với các 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 các trục tọa độ I; J; K mà A là trực tâm tam giác IJK Câu VII:( điểm) Giải hệ phương trình : log y  log    x2  y2    x   y  x  x  xy  y  ĐÁP ÁN ĐỀ 15 Câu Ia Ib ĐÁP ÁN -Tập xác định , tính y/ -Nghiệm y/ và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị PT hoành độ giao điểm : x  2mx  (m  3)x   x  Điểm 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) http://tranduythai.violet.vn 0,25 84 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com II a Đk: x  k  0,25 Phương trình đã cho tương đương với:  tan x     cot x  sin 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  u  giải hệ  v  1 Với  0,25  x  1  y  0,25 u  3 giải hệ (vô nghiệm) v  Với   x   x  1 ,  y  y  Nghiệm hệ :  III π 0,25 0,25 π 1 dx   dx  cos x  cos x π π dx dx Tính   2 1  cos x x cos 2 x π π  tan dx dx Tính   2 cos x  2 x  tan x x (1  tan t).dt Đặt tan  tan t  (1  tan )dx  2  x=0 => t = π π x= => t = I http://tranduythai.violet.vn 85 0,25 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com x π π  tan dx dx = dt = π   cos x  0 x 0 3  tan 2 π π π 1 dx   dx = Vây I    cos x  cos x 3 + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho AO; BOy; A/Oz π IV 0,25 a a  ; ; 2a  và 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 trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ dài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ SΔFC/ E nhỏ Ta có : S FC E  /  /   EC , EF  2 z   a a  EC /   ;  ; a   Ta có:   EF   0; a; t  a      EC / , EF         EC / , EF     B A / / C a (t  3a; 3(t  a ); a 3) a (t  3a )2  3(t  a )2  3a 2 / E F A a 4t  12at  15a x a SΔFC/ E  4t  12at  15a 2 Giá trị nhỏ S FC E tùy thuộc vào giá trị tham số t  B C 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 3a  F(0;0;t) , hay FA=3FA/ ( có thể giải pp hình học túy ) 1 1 1 Đặt x  , y  , z  vì    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 0,25 +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:  ( x  y  z )2    x y yz  zx  y  z z x   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 http://tranduythai.violet.vn 86 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  1  4x2 1 x2 +) Ta có: x2 (  )   y  z     y z yz  y z  yz Tương tự  x2 y2 z2  Do đó T     2  yz zx xy Đẳng thức xảy x  y  z  VIa:1 0,25 hay a  b  c  3 0,25 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và 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 là 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  Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK  tọa độ K  1;0  x 1 y Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:   4x  3y   7  0,25 0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x   2t trình  y  t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách z   3t  từ d tới (P) là lớn Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có  AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là 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 Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm hệ sau: 19  m2 19  m2 Am C m  C n    C m  cn23   Am1  2 <=>   2  Pn 1  720  Pn1  720 http://tranduythai.violet.vn 87 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com 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 vì m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bông hồng trắng và bông hồng nhung, để lấy ít bông hồng nhung bông hồng ta có các TH sau: TH1: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C 73 C102  1575 cách 0,25 0,25 10 TH2: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C C  350 cách TH3: bông hồng nhung có: C 75  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy bông hồng thường C175  6188 P VIb1 0,25 0,25 1946  31,45% 6188 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C ( 2;0) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A và 2 9     3  d DB AB   4    DC AC 2d   3  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 và đường thẳng AC: x  y 3   3 x   y  12  x  y   3 Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: 1  b   4b   b  b   5b; 32  42 a )b   5b  b   ; b)b   5b  b  Rõ ràng có giá trị b  là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn 0,25 0,25 0,25 0,25 http://tranduythai.violet.vn 88 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 2 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 các trục tọa độ I; J; K mà A là 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  4 a     a b c   77  Ta có:  5b  6c   b   ptmp(P)  4a  6c   77    c   VII b Giải hệ phương trình : 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;   KL: 0,25 x x1 2 Giải bất phương trình: log3 (2  1).log (2  2)  log3  Câu III (1 điểm) 89 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ 16 I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m  Xác định các giá trị tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   Câu II (2 điểm) Giải phương trình: tan x  tan x  tan x  với x  (0; 2 ) http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 log y  log x   y  x   x  xy  y  * 3  2   x2  y   y  Điều kiện : x > ; y > Ta có : x  xy  y   x    y  x, y >0 2  Xét x > y  log 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com  Tính tích phân I  sin x  (2  cos x) dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a Đáy ABCD là hình bình hành   600 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh BC , SD Chứng minh có AB  b, BC  2b, ABC MN //( SAB ) và tính thể tích khối tứ diện AMNC theo a, b Câu V (1 điểm) Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  Tìm giá trị lớn hàm số: x y  z   y z  x 1  z x 1 y  xyz II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần: phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) Đường cao tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác góc B có phương trình là: 3x  y  25  0, x  y  Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC tam giác Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z  11  và điểm I ( 1; 2;3) Chứng minh điểm I nằm bên mặt cầu (S) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: C21n1.2 n  2.C22n1.3.22 n 1  3.C23n 1.32.22 n    2n.C22nn1.32 n 1.2  (2n  1)C22nn11.32 n  2009 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình x  y   Điểm M (2;3) thuộc cạnh BC, N (1;1) thuộc cạnh AB Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm K (1; 2;3) , nằm trên mặt phẳng ( P ) : 3x  y  z   , và qua điểm M (3;1; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng (Q ) : x  y  z   Câu VII.b Từ bài tú lơ khơ 52 bài (gồm 13 bộ, có với chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút bài Tính xác suất để rút thuộc bộ, thuộc thứ hai và thứ năm thuộc khác ĐÁP ÁN ĐỀ 16 f ( x, y , z )  Câu I Nội dung Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = Khi m = hàm số trở thành y  x  3x   TXĐ: D   x   Sự biến thiên: y  x  x, y '    x   Ta có yCD  y (0)  1; yCT  y (1)   Bảng biến thiên: http://tranduythai.violet.vn 90 Điểm 1điểm 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com x y' y  0 +  - +  0.25   Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  , 1;   ,nghịch biến trên  0;1 0.25  Đồ thị : 0.25 2.5 y f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 1.5 0.5 x -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 -0.5 -1 -1.5 -2 Tìm các giá trị tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   1điểm 0.25 Ta có y '  x  6(2m  1) x  6m (m  1) y '   x  6(2m  1) x  6m(m  1)   x  (2m  1) x  m( m  1)  x  m 1  x  m Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng  2;    m    m  Vậy với m  thì hàm số đồng biến trên khoảng  2;   II Giải phương trình tan x  tan x  tan x  với x  (0; 2 ) ĐK: cos3x  0;cos x  0;cos5 x  Phương trình cho sin8 x 2sin x   0 cos 3x.cos x cos x  cos x  cos x.cos x   2sin x  0  cos x.cos x.cos x  0.25 0.25 0.25 1điểm 0.25   cos8 x  cos x  cos8 x   sin x  0  cos 3x.cos x.cos5 x  0.25   2sin x  sin x  0  cos x.cos x.cos x    xk sin x      ,k   x  k ,k    sin x   x  k Do x  (0; 2 ) nên phương trình cho có nghiệm là  5 3 7 x  ;x  ;x  ;x  ;x  4 0.25 http://tranduythai.violet.vn 91 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Giải bất phương trình: log (2 x  1).log (2 x1  2)  log 2  3 1điểm Bất phương trình   log (2 x  1).log  2(2 x  1)   log 32    log (2 x  1) log (2 x  1)  log   log 32  0.25 Đặt t  log (2 x  1), t  BPT trở thành t  t  log3   2log 32  0.25  (log3  t )(2log  t )   2log3  t  log Do t > nên ta có  t  log3 Suy ra: 0.25  log (2 x  1)  log  2x   x0 III  Tính tích phân I  0.25 1điểm sin x  (2  cos x) dx Đặt t   cos x  cos x  t   sin x.dx   dt  Khi x   t  3; x   t  Ta có 0.25  IV 3 3 sin x.cos x t 2  I  2 dx   dt    dt   dt  (2  cos x ) t t  2 2 t 0.5  3         t t  18 18 0.25 Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a Đáy ABCD là 1điểm ABC  600 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm hình bình hành có AB  b, BC  2b,  các cạnh BC , SD Chứng minh MN  ( SAB ) và tính thể tích khối tứ diện AMNC theo a, b http://tranduythai.violet.vn 92 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com S N A B V H M D C +) Gọi H là trung điểm AD 0.25  HM / / AB Khi đó   ( MNP) / /( SAB )  MN / /( SAB )  HN / / AS +) Có NH  AD, H  AD a Khi đó NH  AD  0.25 2 Mặt khác dễ thấy ABM cạnh b Do M là trung điểm BC nên a2 dt ( MAC )  dt ( ABM )  0.25 Vậy thể tích khối tứ diện AMCN là V với 1 a b ab 0.25 V  NH dt ( MAC )   (đvtt) 32 24 Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  Tìm giá trị lớn biểu 1điểm thức: x y  z   y z  x 1  z x 1 y  M xyz Ta có y  z  x  y  z  x 1 M   0.25 yz zx xy Mặt khác x  1 x  1  x  1 0    x x 2x y2 y  2  y  0    y 2y 2y 2 z 3 z  3  z     z 3z 3z 1 1 1 1 1  Suy M         2 3 2 2 4 2 0 http://tranduythai.violet.vn 93 Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25 www.VNMATH.com  x 1  x    Dấu đẳng thức xảy  y     y   z    z   1 1  Vậy giá trị nhỏ M là     x  2, y  4, z  4 2 VIa 0.25 0.25 Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) Đường cao tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác góc B có phương trình là: x  y  25  0, x  y  Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC tam giác Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3x  y  25  Đường phân giác góc B là BE: x  y  BC có phương trình : x  y   2 x  y   x  Toạ độ B là nghiệm hệ    B(1;1) x  y  y 1 Gọi F là điểm đối xứng C qua BE Do BE là phân giác nên F thuộc AB Xác định toạ độ F F(3; -2) Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng qua B, F Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 3 x  y   x  Toạ độ A là nghiệm hệ    A(5; 5) 3 x  y  25   y  5 Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z  11  và điểm I ( 1; 2;3) Chứng minh điểm I nằm bên mặt cầu (S) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 2 VIIa 2 2 Ta có IJ    ( 1)   R Chứng tỏ I nằm bên hình cầu (S) Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK bài toán qua I và vuông góc với IJ   Mp(P) có vectơ pháp tuyến n  IJ  (2; 1; 1) Vậy phương trình mp(P) là: 2x – y – z + = Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 1điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 1điểm C21n 1.22 n  2.C22n 1.3.22 n 1  3.C23n 1.32.22 n 2   2n.C22nn1.32 n 1.2  (2n  1)C22nn11.32 n 1  2009 Xét khai triển (2  x ) n 1 ta có : 0.25 (2  x )2 n1  C20n 1.22 n 1  C21n1.22 n x  C22n 1.22 n 1 x  C23n 1.22n 2 x   C22nn1.2 x 2n  C22nn11 x n1 Lấy đạo hàm vế ta có: 0.25 (2n  1)(2  x ) n  C21n 1.2 n  2.C22n 1.2 n 1 x  3.C23n 1.22 n 2 x   2n.C22nn1.2 x n 1  (2 n  1)C22nn11 x n 0.25 Thay x = -3 ta có (2n  1)  C1 22 n  2.C 22 n 1.3  3.C 22 n2.32   2n.C n 2.32 n1  (2n  1)C n1.32 n 0.25 n 1 http://tranduythai.violet.vn n 1 n 1 94 n 1 n 1 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com VIb Phương trình cho  2n   2009  n  1004 Lập pt cạnh AD AD  CD  AD : 3x  y  C  ABCD là hình vuông nên d ( M , AD)  d ( N , CD) tức là |  12  C | |   |   C  13; 23 5 ĐS: PT AD : 3x  y  13  0;3x  y  23  Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q) + Tâm I mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P)  x   3t  + Ptts d là:  y  2  2t  z   2t  I  (Q)   3t   2t   2t   + Mặt khác:  t  1  I ( 2; 4;1) + Bán kính mặt cầu: VIIb 2 R  IM  66  pt ( S ) :  x     y     z  1  66 Tính xác suất - Chọn tuỳ ý cây từ bài 52 cây có C525 cách A N B M D C 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 I M 0.25 K - Chọn cây đầu tiên từ (trong 13 bộ) có 13C42 cách 0.25 0.25 0.25 - Chọn tiếp cây nữa, từ 12 còn lại có 12C42 cách - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 11 còn lại có 11C41 cách - Đáp số p ( A)  13C42 12C42 11C41 C525 0.25 0.25 ĐỀ 17 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  x  4, có đồ thị (C) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) Tìm m để phương trình | x  x  | log m có nghiệm phân biệt Câu II (2.0 điểm) Giải phương trình sin 2x  sin x  Tìm m để phương trình m   Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân 1   cot 2x 2sin x sin 2x  x  2x    x(2  x)  (2) có nghiệm x  0;   2 sin x  e sin x cos x dx Câu IV (1.0 điểm)  Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a và BAC  120 o Gọi M là trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 95 www.VNMATH.com Câu V (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương dương Chứng minh x  y  z  xy  yz  zx II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm B( 1; 3; 0), C (1; 3; 0) và M(0; 0; a) với a > Trên trục Oz lấy điểm N cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC) Cho a  Tìm góc mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC) Tìm a để thể tích khối chóp BCMN nhỏ Câu VII.a (1.0 điểm)  x  x  x   y 1  Giải hệ phương trình  ( x, y   ) x 1 y  y  y     Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp(P) Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ Câu VII b (1.0 điểm) Giải bất phương trình: (log x  log x )log 2x  ĐÁP ÁN ĐỀ 17 Câu I: log12 m  9  m  12  144 12 Câu II: 1   2cot g2x (1) 2sin x sin 2x (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  Giải phương trình : sin 2x  sin x   cos2x  v cos2 x  cos x   0(VN)  cos2x =  2x      k  x   k 2 Đặt t  x  2x   t2  = x2  2x Bpt (2)  m  t2  (1  t  2),do x  [0;1  3] t 1 Khảo sát g(t)  t2  với  t  t 1 g'(t)  t  2t  (t  1)2  Vậy g tăng trên [1,2] http://tranduythai.violet.vn 96 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com t2  có nghiệm t  [1,2] t 1  m  max g(t)  g(2)  t1;2 Do đó, ycbt  bpt m  Câu III Đặt t  sin x  dt  sin x cos xdx ; Đổi Câu IV (Các em tự vẽ hình) Chọn hệ trục Oxyz cho: A  0, C  2a, 0,0  , A1 (0,0,2a 5)  a a      BM  a   ;   A(0; 0; 0), B  ; ;  và M(2a,0,a 5) ;  , MA1  a(2; 0; 5)   2    Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : Ta có: BM.MA1  a2 (5  5)   BM  MA1    a3 15   V  A A1  AB,AM   ; SBMA1     MB,MA1   3a2   Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d  3V a  S Cách khác: + Ta có A1M  A1C12  C1M  9a2 ; BM  BC2  CM  12a2 ; BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos120  7a2 A1B2  A1A  AB2  21a2  A1M  MB2  MB vuông góc với MA1 + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường cao nên thể tích 3V 6V a 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15  d(A,(MBA1 ))    3 SMBA1 MB.MA1 Câu V Theo BĐT Cauchy  x  y   xy ;  y  z   xy ;  z  x   xy 2 Cộng các vế ta có điều phải chứng minh Câu VI.b   Ta có AB  (2, 4, 16) cùng phương với a  ( 1,2, 8)  mp(P) có PVT n  (2, 1,1)   Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Tìm M  (P) cho MA + MB nhỏ Vì khoảng cách đại số A và B cùng dấu nên A, B cùng phía với Mp (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; http://tranduythai.violet.vn 97 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Pt AA' : x 1 y  z    1 AA' cắt (P) H, tọa độ H là nghiệm ; Vì H là trung điểm AA' nên ta có : 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1)   1  2x H  x A  x A '  2y H  yA  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H  Ta có A ' B  ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x  y 1 z   1 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)   1  Câu VII.b Điều kiện x > , x   1 (1)    log x  log 2x   log8 x 2       log2 x   log2 x  1   log2 x  3   log x   log x   (log22 x  3)  0 0 log x  log x   log x  1v log2 x    x  ; x  ĐỀ 18 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) x3 x Câu I : ( điểm )Cho hàm số y     x  ( 1) 3 1)Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số (1) x 61 để từ đó kẻ đến đồ thị  24 (C) hàm số (1) ba tiếp tuyến tương ứng với ba tiếp điểm có hoành độ x1, x2, x thỏa: x1  x2   x3 2) Tìm tất các điểm trên đường thẳng d có phương trình: y  Câu II : ( điểm ) 1) Giải phương trình : x  77  x    2)Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  sin x  cos x  cos x  cos3 x  cos x  Câu III : ( điểm ) Tính tích phân I    tan x dx ex  Câu IV : ( điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = b,   60 Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M cho góc BAD http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 98 www.VNMATH.com AM = x ( < x < 4a ) Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD N Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần cho thể tích khối SBCNM thể tích khối BCNMAB Câu V : ( điểm )Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  2 x   m   y  1  3 x   m   y   ( Trong đó x và y là ẩn số và m là tham số ) PHẦN RIÊNG ( điểm ) :Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a ( điểm ) 1  m  x   m   y  m   1)Tìm m nguyên để hệ phương trình  vô nghiệm 2  x  y  x  y  13  x4 z3 x 1 y  2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : và d2 :  y 1   2z 1 1 Viết phương trình tham số đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1 Câu VII.a ( điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức z    i 2 Chứng minh : a  bz  cz2 a  bz2  cz  Dấu bất đẳng thức xảy nào?    B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b ( điểm ) 1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A  2;1 , B  2;  , C 10;6  Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương trình tham số đường phân giác ngoài góc A 2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A  3;1;1 , B 1;1; 1 , C  1; 2;3  , D  4; 2;  và mp(P) có phương trình     : x  3y  z  13  Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) cho 2 MA  MB  MC  MD ngắn       x  x   ln x  x   y  Câu VII.b ( điểm ) Giải hệ phương trình :  y  y   ln y  y   z    z  z   ln z  z   x  ĐÁP ÁN ĐỀ 18 Câu I : ( điểm ) x3 x2 1) y     x  có tập xác định D= R 3 lim y   và lim y   x  0,25 26   30 Câu IV : ( điểm ) KL : I  0,25 x  y '  x  x  S  x  x    x  hay x  2 Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1) Hàm số nghịch biến trên khoảng: (-  ;-2),(1; +)  7 Điểm cực đại đồ thị hàm số : 1;   2 0,25 0,25 M 0,25 A 0,25 N B D C Điểm cực tiểu đồ thị hàm số : 2; 1 0,25 0,25 http://tranduythai.violet.vn 99 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 0,25  5 Tọa độ điểm uốn : I   ;   4 Vẽ đồ thị hàm số : 0,25 0,25 y 0,25 -2 x (MBC )  (SAD) = MN ( Do AD // BC) ( N  SD ) 3.a b VS ABCD  AB AD.sin 60 SA  3 3.a b VS ABC  VS ACD  VS ABCD  VS MBC SM SB SC 4a  x   VS ABC SA SB SC 4a -1 VSMBC  0,25 0,25 3ab 4 a  x  12 VS MNC SM SN SC  SM     VS ADC SA SD SC  SA  b 3.4 a  x  48 VSMNC  b 4a  x8a  x 48 b x 12 a  x  VBCNMAB  48 Thỏa YCBT : VS BCNM  VBCNMAB 2  x  108ax  128a  VS.BCNM  VSMBC VSMNC  5m 61 2)  M  d : M(m;  ) 24 Phương trình tiếp tuyến ( C) M0(x0;y0 ):  x3 x2 7 y      x0   = ( x0  x0  )(x  3   – x0 ) Tiếp tuyến quaM  x2 5m 61  x0 7     x0   = 24  3  ( x0  x0  )(m – x0 )  1 3m x0    m  x0  mx0   0 24 2  Để thỏa YCBT  (*) có hai nghiệm âm phân biệt  7m 5   m   12  m   haym    5    m   m  18  18 5 3  2 m   m    KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành độ 5 thỏa : xM   hay  x M  18 Câu II : ( điểm ) 0,25 0,25 0,25  http://tranduythai.violet.vn 0,5 0,25 100 4a   x = (Nhaän)   x = 32a (Loại)  4a KL : x = Câu VIa : ( điểm ) 1)đường thẳng  có phương trình : 1  m  x   m   y  m   và đường tròn (C) có phương trình : x  y  x  y  13  0,25 ( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = Hệ vô có nghiệm   và ( C) không có điểm chung  d  I ,    R  m6  2m  2m  11    m 1 KL : m = hay m = -1 2)  M  d2 : M  1  2t2 ;3  t2 ;2  t2  Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 0,25 www.VNMATH.com Dựng mp(P) qua M và vuông góc với d1  Ptmp(P) qua M và có VTPT n   1;1;1 : 1)Đặt : u  x  vaø v= x  77  ÑK: v    v  u   1 Ta có hệ :  (I) u  v  80   Thế v = u+2 vào phương trình (2) (2)  u  7u  24u  32u  64   u = hay u = - u  u  4 (I)   hay  v  2  Loại  v  KL : x = 2 CâuIII :( điểm ) Đặt : x = -t  dx = -dt     Đổi cân : x=  t=  ; x=   t= 4 4   I=   t  e tan t dt  et   Ta có : I + I =     x 0,25 0,25 0,25 0,25 e tan x dx ex  tan x dx  ex     e x tan x dx ex    2I =  tan  xdx =   tan xtan x1 tan x tan x1 tan x11dx  2 2 0,25 0,25   tan x tan x  26      tan x  x  = 15      x0     x    m  x   3m  *    12    Câu V : ( điểm )  2 x   m   y   Xét hệ :  3 x   m   y    5m   x  5m  15 (I)   5m   y  5 TH1 : m  http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  x  y  z  t2   H = (P)  d2  H =hc M d1 4 4   H  t2 ;5  t2 ;1  t2  3  3 K đối xứng với M qua d  H là trung điểm đoạn MK Đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1  5   K   t2 ;  t2 ;  t2   d3 3   KL: ptts dường thẳng d3 đối xứng với d2 qua d1có dạng: x   2t , y   5t , z  5t Câu VIb ( điểm ) 1)Đường thẳngAB ,AC có các   AB   Vectơ đơn vị : e1     ;  , AB  5    AC  12  e2     ;  AC  13 13  0,25 0,25 0,25 Phương trình đường phân giác ngoài góc A có Vectơ phương :    14  0,25 e1  e2    ;  hay (-4,7)  65 65  KL : Phương trình tham số đường phân  x  2  t ( t R giác ngoài góc A là :   y   7t 0,25 ) Dấu “ =” xảy a = b = c      2)Gọi I thỏa : 2 IA  IB  IC  ID    5  x; 6  y; 7  z  Ta tìm I(5; -6 ; -7 )     Lúc đó : 2 MA  MB  MC  MD =MI     2 MA  MB  MC  MD ngắn  0,25 đoạn MI ngắn M  hc I P Phương trình chính tắc d qua I và d x 5 y6 vuông góc với (P) :   z7 M=(P)  d  M(9;0;-5) Câu VII b ( điểm ) Nghiệm hệ là số giao điểm 101 0,25 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com MinP = x  m 3 vaø y= m 1 m-1 TH2 : m = Đặt : t = -2x – 4y +1 Khi đó : 13 15 25 13  15  25 25 P  t2  t   t     4  13  13 13 25 15 28 t = x  y   13 13 13 MinP = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 KL : m 3 vaø y= m 1 m-1  x  k  R 25 m=1 : MinP =    y   k 13  13 Câu VIIa ( điểm ) Ta có : a  bz  cz2 a  bz2  cz m  1: MinP = x    2 0,25 Xét hàm số f t   t  3t   ln t  2t  2 trên R Ta có : t2  3t   0, t  R t  2t  Xét hàm số g(t) = t trên R và g’(t)=1 >0,  t R Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên R x  y  f(x)  f(y)  g(y)  g(z)  y  z  f(y)  f(z)  g(z)  g(x)  z  x Vậy : x = y = z = t t là nghiệm phương trình : t  2t   ln t  2t  2  (*) f ' x  Hàm số h(t) = t  2t   ln t  2t  2 đồng biến trên R (vì có t2 h' t  1 3t2 >0,  t  R) và t  2t  h(1) = (*) có nghiệm t= KL: Hệ có nghiệm (1;1;1)  = a + b + c – ab – bc – ca = (2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca) 2 2 =  a  b    b  c    c  a    0(ĐPCM)   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  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)  x    m 2 t = -1   (m  Z )  x     m2     x   k ( k  Z )  Vậy :  x    m2 (m  Z )    x    m 2  http://tranduythai.violet.vn 1,0 0,25 0,25 0.25 0,25 102 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 www.VNMATH.com ĐỀ 19 A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1) x  x  m , với m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho ứng với m  Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị x1 , x cho x1  x  Câu II (2,0 điểm) sin x   sin( x  ) sin x  cos x 2 Giải phương trình: log (3 x  1)   log (2 x  1) Giải phương trình: cot x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x2 1 x 3x  dx Tìm m biết Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A' B ' C ' có AB  1, CC '  m (m  0) góc hai đường thẳng AB ' và BC ' 60 Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức A  xy  yz  zx  x yz B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 4; 6) , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C là x  y  13  và x  13 y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng ( ) : x  y  z   Câu VIIa (1,0 điểm) Cho tập E  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 Từ các chữ số tập E lập bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác nhau? b Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E ) qua điểm M (2;  3) và có phương trình đường chuẩn là x   Viết phương trình chính tắc (E ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng ( ) : x  y   Tìm toạ độ điểm M biết M cách các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ) Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức  x  2(1  x)   n (1  x) n thu đa thức P( x)  a  a1 x   a n x n Tính hệ số a8 biết n là số nguyên dương thoả mãn   Cn Cn n ĐÁP ÁN ĐỀ 19 Câu http://tranduythai.violet.vn Đáp án 103 Điểm Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com I (2,0 điểm) (1,25 điểm) Víi m  ta cã y  x  x  x  * Tập xác định: D = R * Sù biÕn thiªn  ChiÒu biÕn thiªn: y '  x  12 x   3( x  x  3) x  Ta cã y '    , y'    x  x  Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng (,1) và (3,  ) + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1, 3)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  và yCD  y(1)  ; đạt cực tiểu x  và yCT  y(3)  1  Giíi h¹n: lim y  ; lim y   x   0,5 0,25 x    B¶ng biÕn thiªn: x   y’     0,25 y -1  * §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0,  1) y 0,25 x O -1 (0,75 ®iÓm) Ta cã y '  x  6(m  1) x  +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1 , x2  phương trình y ' có hai nghiệm pb là x1 , x 0,25  Pt x  2(m  1) x   cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1 , x m  1    '  (m  1)     (1) m  1  +) Theo định lý Viet ta có x1  x2  2(m  1); x1 x  Khi đó 2 x1  x2    x1  x2   x1 x2   4m  1  12   ( m  1)   3  m  http://tranduythai.violet.vn ( 2) 104 0,5 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Tõ (1) vµ (2) suy gi¸ trÞ cña m lµ   m  1  vµ    m  II (2,0 điểm) (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: sin x  0, sin x  cos x  cos x sin x cos x Pt đã cho trở thành   cos x  sin x sin x  cos x cos x cos x   0 sin x sin x  cos x     cos x sin( x  )  sin x      +) cos x   x   k , k       2 x  x   m2  x   m2  +) sin x  sin( x  )    2 x    x    n 2  x    n 2   4  t 2 x  , t   §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ   t 2 x   k ; x   , k , t   (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn x  (*) Với đk trên, pt đã cho  log5 (3 x  1)   log5 ( x  1)  log 5(3 x  1)  log (2 x  1) 0,5 m, n   0,5 0,5  5(3 x  1)  ( x  1)  x  33x  36 x    ( x  2) (8 x  1)  x   x   §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (*), ta cã nghiÖm cña pt lµ x  III (1,0 điểm) §Æt t  x   dt  3dx  dx  3x  Khi x  th× t = 2, vµ x = th× t = 2tdt 0,5  t 1   1   2tdt  Suy I   t 1 t http://tranduythai.violet.vn 0,5  dt (t  1)dt    92 t 1 105 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 4 21  t 1 100   t  t   ln   ln 93 t 1 27  2 IV (1,0 ®iÓm) - KÎ BD // AB' ( D  A' B' ) 0,5  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600 0,5  DBC '  60 hoÆc DBC '  1200 - NÕu DBC ' 600 Vì lăng trụ nên BB'  ( A' B' C ' ) áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta cã A 0,5 B C BD  BC '  m  vµ DC ' KÕt hîp DBC '  600 ta suy BDC ' Do đó m    m  - NÕu DBC ' 1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy m  (lo¹i) VËy m  1 m2 A’ m B’ C’ 120 D * Chú ý: - Nếu HS xét trường hợp góc 600 thì cho 0,5đ giải đúng - HS có thể giải phương pháp vectơ toạ độ với nhận xét: AB'.BC ' cos( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ')  V (1,0 ®iÓm) AB'.BC ' t2 3 Ta cã  xy  yz  zx  x  y  z  nªn  t    t  v× t  §Æt t  x  y  z  t   2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  0,5 t2  Khi đó A   t t2 XÐt hµm sè f (t )    ,  t  t t3  Ta cã f ' (t )  t    v× t  t t Suy f (t ) đồng biến trên [ , 3] Do đó f (t )  f (3)  VIa (2,0 ®iÓm) Dấu đẳng thức xảy t   x  y  z  14 VËy GTLN cña A lµ , đạt x  y  z  (1 ®iÓm) - Gäi ®­êng cao vµ trung tuyÕn kÎ tõ C lµ CH và CM Khi đó CH có phương trình x  y  13  , http://tranduythai.violet.vn 106 14 0,5 C(-7; -1) Biên soạn: Trần Duy Thái B(8; 4) 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  4   V× A, B, C thuéc ®­êng trßn nªn 80  8m  4n  p   n  50  m  n  p   p  72   2 Suy pt ®­êng trßn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85 (1 ®iÓm) - Gi¶ sö N ( x0 ; y0 ; z0 ) V× N  ( )  x0  y0  z   (1) MN  PN - MNPQ lµ h×nh vu«ng  MNP vu«ng c©n t¹i N   MN PN  ( 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 ®­îc x02  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 lµ t©m h×nh vu«ng  I lµ trung ®iÓm 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 ®iÓm) Gi¶ sö abcd lµ sè tho¶ m·n ycbt Suy d  0, 2, 4, 6 +) d  Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A63 +) d  Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A63  A52 +) Với d  d  kết giống trường hợp d  Do đó ta có số các số lập là A63  A63  A52  420   0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (1 ®iÓm) VIb (2,0 ®iÓm) http://tranduythai.violet.vn 107 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com - Gọi phương trình ( E ) : x2 y  1 a b2 ( a  b  0) 0,5 4 (1)  a  b  - Gi¶ thiÕt   a  ( 2)  c Ta cã (2)  a  8c  b  a  c  8c  c  c(8  c) Thay vµo (1) ta ®­îc  1 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 ®iÓm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi đó từ giả thiết suy ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)   ( x0  1)  y02  z02  x02  ( y0  1)  z02    x02  ( y0  1)  z02  x02  ( y0  3)  ( z0  2)  ( x0  1)  y02  z02  ( x0  y0  2)   y  x0 Tõ (1) vµ (2) suy   z0   x0 Thay vµo (3) ta ®­îc 5(3 x02  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 ®iÓm) 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 hÖ sè cña x8 biÓu thøc 8(1  x)8  9(1  x)9 §ã lµ 8.C88  9.C 98  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 các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  có đồ thị là (C m) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C1) hàm số trên m = 2) Cho E(1; 3) và 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 là tam giác cạnh a, cạnh bên 2a Gọi E là trung điểm BB/ Xác định vị trí điểm F trên đoạn AA / cho khoảng cách từ F đến C /E là nhỏ 1 Câu V (1 điểm):Xét các 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   và điểm A(3;3) Tìm toạ độ hai điểm B, C trên 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 và tạo với mặt phẳng (P) góc 600 Câu VIIa:( điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là 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 tròn nội tiếp tam giác ABC với các 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 các trục tọa độ I; J; K mà A là 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/ và 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 II a 4m  4(m  2)  16 Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25  0,25 Đk: x  k Phương trình đã cho tương đương với:  tan x     cot x  sin 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  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 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  0 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  và 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 trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ dài không 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/ ( có thể giải pp hình học túy ) 1 1 1 Đặt x  , y  , z  vì    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  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 đó T     2  yz zx xy 0,25 Đẳng thức xảy x  y  z  VIa:1  z xy  xy  hay a  b  c  3 0,25 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và 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 là 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 là 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) và đường thẳng d có phương  x   2t trình  y  t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách z   3t  từ d tới (P) là lớn Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có  AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là 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 bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là 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 vì m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bông hồng trắng và bông hồng nhung, để lấy ít bông hồng nhung bông hồng ta có các TH sau: TH1: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C 73 C102  1575 cách TH2: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C74 C101  350 cách TH3: bông hồng nhung có: C 75  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy bông hồng thường C17  6188 P VIb1 0,25 0,25 1946  31,45% 6188 0,25 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C ( 2;0) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A và 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 và đường thẳng AC: x  y 3   3 x   y  12  x  y   3 Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là 1 b và 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  là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn 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 các trục tọa độ I; J; K mà A là 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  4 a     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 các 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 và vẽ đồ thị hàm số (1) b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hoành 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   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 ' có thể 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 là các 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 tròn (C) có phương trình : x  y  x  y   và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – = Chứng minh (d) luôn cắt (C) hai điểm phân biệt A,B Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn (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 và cắt hai đường thẳng(d ), (d ) Câu 7a : Tìm số hạng không 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 các cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và đường phân giác qua đỉnh A,C là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – = b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có phương 2 x  y  z    x  y  z   trình : Tìm toạ độ điểm M nằm trên 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 trên khoảng (  ;-1) và (1;  ), nghịch biến trên (-1;1) Hs đạt cực đại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu x=1 và yct=-1 Đồ thị : cắt Oy điểm A(0;1) và qua các 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 hoành độ dương thì 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      m  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) là nghiệm thì (-x;y) là nghiệm hệ Suy ra, hệ có nghiệm và x =0 + Với x = ta có a =0 a =  x  x  y  x  x  x  x  y -Với a = 0, hệ trở thành:  2  2  x  y   x  y  x  x   y    x  x  Từ (2)       y   x  x  y   x2  y  x    ( I ) có nghiệm   x  x  x    y 1 y 1  x   x  y  x  -Với a=2, ta có hệ:  2  x  y  Dễ thấy hệ có nghiệm là: (0;-1) và (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 là điểm cần tìm  Goi O = BI  CJ  Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M Gọi H là hình chiếu O lên (ABC) Do  ABC là hình chiếu vuông góc trọng tâm  ABC Gọi M là trung điểm BC Ta có: B  BA’C trên (ABC) nên H là 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)  luôn đúng 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) và (d) là 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) luôn cắt (C ) hai điểm phân biệt A,B 0,25 Ta có S ABC  CH AB (H là hình chiếu C trên 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) thì S ABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M  (d1) và 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 ') 23 TM  k HM    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 và 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 không 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 là nghiệm hệ:   C (1;3) x  y   Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc các 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 và có hệ ssó góc k=0 là: y = + Tọa độ điểm A là 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 và  , ta có:  cắt AB K(1;3;0)    Ta có KB  KA  A, B nằm cùng phía  Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  và H là hình chiếu A trên   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 là giao điểm A’B và d  M (1; 13 ; ) 3 0,25 Lấy điểm N trên  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 = = C120 (1  x)12  C121 (1  x)11.x   C12k (1  x)12k ( x ) k   C1212 x 24 = 12 11 C120 [C12 x  C121 x11   C128 x  ]+C112 x [C11 x   C119 x  ] 10 +C12 x [C10 x   C1010 ]+  Chỉ có số hạng đầu chứa x  a4  C120 C128  C121 C119  C122 C1010  1221 http://tranduythai.violet.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 121 Biên soạn: Trần Duy Thái