2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN

Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Tính thể tích khối chóp S.ABC..[r]

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN Mơn Tốn - Năm học 2009-2010 Thời gian làm : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x x42m 2x2m2 5m5 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m =

2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân

Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

2/ Giải bất phương trình : √log22x −log2x2−3>√5(log4x2−3) Câu III (1.0 điểm) Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình: cot x - = cos 2x

1+tanx+sin

x −1

2sin 2x

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx





Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a√3 ,

 

SAB SAC30

Gọi M trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhVSMBC

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10

Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P)

B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm)

1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =

 

 2

2

x x

x (C) d1: y = x + m, d2: y = x + 3.

Đáp án biểu điểm thi thử Đại học lần II Môn Toán

Năm học 2009-2010

Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00

Câu I 2

1 Cho hàm số f(x)=x4+2(m −2)x2+m2−5m+5 ( C )

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên hàm số:

* Giới hạn vô cực: x →− ∞lim f(x)=+∞ : x →+∞lim f(x)=+∞

0.25 * Bảng biến thiên: f '(x)=y '=4x3−4x=4x(x2−1)

y '=0⇔x=0; x=−1; x=1

x -∞ -1 +∞ y’ - + - +

y +∞ +∞

Hàm số đồng biến khoảng (−1;0) (1;+∞) , nghịch biến Trên khoảng (− ∞;−1) (0;1)

Hàm số đạt cực tiểu x=±1; yCT=0 , đạt cực đại x=0; yCD=1

0.5

3* Đồ thị:

* Điểm uốn: y''=12x2−4 , điểm uốn là: U1(−√3 ;

4

9),U2(√ 3 ;

4 9) * Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0)

* Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:

8

-2 -4

-5

0.25

2 Tìm giá trị m để (vng cân C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác 1

* Ta có

   

0

' 4

2 x

f x x m x

x m

 

     

 

 0.25

* Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là:

A(0;m2−5m+5), B(

√2− m;1− m),C(−√2− m;1−m) 0.5 * Do tam giác ABC ln cân A, nên tốn thoả mãn vuông A:

⃗AB ⃗AC=0⇔(m−2)3=−1⇔m=1 vỡ đk (1) Trong ⃗AB=(√2− m;− m2

+4m−4),⃗AC=(−√2− m;− m2+4m−4)

Vậy giá trị cần tìm m m =

Câu II 2

1

Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

           1

* Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   

 

  

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 u y v v      

  Hệ phương trình cho có dạng:

2 12 12 u v u u v v                0.25 u v     



3 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I) +

2

3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

0.25

Giải hệ (I), (II) 0.25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu

là S 5;3 , 5; 4   0.25

2 Giải bất phương trình : √log22

x −log2x

−3>√5(log4x

−3) 1

ĐK:

¿ x>0

log22x −log2x2−3≥0 ¿{

¿

Bất phương trình cho tương đương với

√log2

x −log2x

−3>√5(log2x −3)(1)

đặt t = log2x,

BPT (1) √t2−2t −3>

√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)

⇔

¿t>3 t −3¿2

¿ ¿ ¿

⇔

¿ t ≤−1

¿ 3<t<4

¿

⇔

¿ t ≤−1

¿ ¿ ¿{

¿

(t+1)(t −3)>5¿

0.5

⇔

0<x ≤1 ¿ 8<x<16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16) 0.25

Câu III Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình: Cot x - = cos 21+tanxx+sin2x −1

2sin 2x

1

ĐK:

¿ sin 2x ≠0 sinx+cosx ≠0

⇔

¿sin 2x ≠0 tanx ≠ −1

¿{ ¿ Khi pt ⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx cosx+sinx +sin

2x −sinxcosx

⇔cosx −sinx

sinx =cos

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

0.25

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0 0.25 ⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = ⇔x=π

4+kπ(k∈Z) (tm) x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π

4 KL:

Câu IV

Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx



 1

2 2

2

0 0

1

I cos cos (1 cos )cos (1 2cos cos )

2

x xdx x xdx x x dx

  

       

0.5

/2

1

( sin sin ) |

4 x x x

 

    0.5

Câu V

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a√3 ,

 

SABSAC30

Gọi M trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhVSMBC

1

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2

SB SA AB  2SA.AB.cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy SB=a Tương tự ta có SC = a

0.25

Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên

MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC) 0.25

Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

MN2

=AN2−AM2=AB2−BN2−AM2=a2−(a 4)

2

−(a√3 )

2 =3a

2 16

⇒MN=a√3

0.25

Do

3

1 1 3

3 32

S MBC

a a a a

V  SM MN BC 

(đvtt) 0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn

Câu VIa 2

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

1 S

A

B

C M

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t

Suy trung điểm M AC

1 ;

2

t t

M   

 .

 

1

: 2 7;8

2

t t

MBM x y           t  C 

 

0.25 0.25

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 I (điểm K BC ). Suy AK:x1  y 2  0 x y  1

Tọa độ điểm I thỏa hệ:

  0;1 x y I x y          

Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0. Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

1

4

7

x y x y         0.25 0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10 1

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=  

5 5

2

5 5

0 0

i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x 

   



   

Theo gt ta có

3 10 5, 5, i k k i i

k k N

k

i i N

i k                                    

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.5 Câu

VII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x- y + z + = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P). Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm

Ta có AB ( 2,4, 16)  



phương với    ⃗

a ( 1,2, 8)

mp(P) có VTPT   ⃗

1

n (2, 1,1)

Ta có ⃗ ⃗

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT mặt phẳng (Q)  ⃗

2

n (2,5,1) 0.5

Mp(Q) chứa AB vuông gúc với (P) qua A nhận  ⃗

2

n (2,5,1)

là VTPT có pt

là: 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0.25 Phần lời giải theo chương trình nâng cao

Câu

VI.b 2

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 1

Ta có:

 1;2

AB   AB



Phương trình AB là:

2x y  0 .

 :  ; 

I d y x  I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

2 1; , 2 ; 2

C t t D t t

0.5

Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4 CH   Ngoài ra:      

4 8

; , ;

| |

3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t

d C AB CH

t C D

                           

Vậy tọa độ C D

5 8

; , ;

3 3

C  D 

    C1;0 , D0; 2 

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10 1

Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=  

5 5

2

5 5

0 0

i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x 

   



   

Theo gt ta có

3 10 5, 5, i k k i i

k k N

k

i i N

i k                                    

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.25

CõuVII.b

Cho hàm số y =

   2 x x

x (C) d1: y = x + m, d2: y = x + Tìm tất

giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệtA,B đối xứng qua d2

* Hoành độ giao điểm (C) d1 nghiệm phương trình :

 

  

2 2 2

1

x x x m

x

 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác



    

 

  



2

2

m m

m m  m2-2m-7>0 (*)

0.5

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 hai nghiệm (1) ) * d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng qua d2  P trung điểm AB Thì P thuộc d2 Mà P(

 

 

1 2;

2

x x x x m

)  P(

3 3; 

4

m m

) Vậy ta có

 

   

3 3 3 9

4

m m m

( thoả mãn (*)) Vậy m =9 giá trị cần tìm

0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.4.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y=2x −3 x −2

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=2cos2

(π4− x 2) Giải bất phương trình log2(4x

2−4x+1)−2x>2−

(x+2)log1 2(

1 2− x) Câu III (1 điểm)

Tính tích phân I= e

(lnx√x1+lnx+3x

lnx)dx Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a

2 SA=a√3 ,

 

30

 

SAB SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=3

√a+3b+

√b+3c+

√c+3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x − y+5=0 d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x+y+z −2=0 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2 2

2 2

2C n  3.2.2Cn  ( 1)  kk k(  1)2k Ckn  (2 n n1)2 n C nn 40200

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 16 −

y2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P):x+2y − z+5=0 đường thẳng (d):x+3

2 =y+1=z −3 , điểm A( -2; 3; 4) Gọi là đường thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm  điểm M cho khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

¿

23x+1+2y−2=3 2y+3x

√3x2+1+xy=√x+1

¿{

¿

- Hết -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: - Số báo danh:

-Đáp án

Câu Nội dung Điểm

I 1

Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số y=2x −3

x −2 1,00

1) Hàm số có TXĐ: ¿R¿{2 ¿

0,25 2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * x →2

+¿y=+∞

lim x →2−y

=− ∞;lim

¿

Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

* xlim yxlim  y 2 đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số b) Bảng biến thiên:

Ta có: y '=

(x −2)2<0,∀x ≠2 Bảng biến thiên:

x -  + 

y’ -

-y

-

+ 

2 * Hàm số nghịch biến khoảng (− ∞;2) (2;+∞)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung (0;3

2) cắt trục hoành điểm ( 2;0)

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I 2 Tìm M đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00 Ta có: M(x0;2x0−3

x0−2 ), x0≠2 , y '(x0)= −1

(x0−2)

Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng: Δ:y= −1

(x0−2)

2(x − x0)+

2x0−3 x0−2

0,25

Toạ độ giao điểm A, B (Δ) hai tiệm cận là: A(2;2x0−2

x0−2 );B(2x0−2;2)

Ta thấy xA+xB =

2+2x0−2

2 =x0=xM ,

yA+yB =

2x0−3 x0−2

=yM suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vng I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

0,25 O

y

x

3/2 3/2

S =

x0−2¿2

+(2x0−3 x0−2 −2)

2

x0−2¿2 ¿≥2π x0−2¿

2 +1

¿ ¿ ¿=π¿ πIM2

=π¿

Dấu “=” xảy

x0−2¿2 ¿

⇔

¿ x0=1

¿ x0=3

¿ ¿ ¿ x0−2¿2

=1 ¿ ¿ ¿

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II 1

Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2

x=2cos2(π −

x

2) 1 điểm

1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=2cos2

(π4 − x 2)(1) (1)⇔1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=1+cos

(π2− x)=1+sinx

0,25

⇔sinx(sin x 2−cos

x

2sinx −1)=0⇔sinx(sin x 2−cos

x 2 sin

x 2cos

x

2−1)=0 0,25

⇔sinx(sin x

2−1)(2 sin 2x

2+2 sin x

2+1)=0 0,25

2

sin x

x k

x k

x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2



 

   

   



         



       

 

  



Z 0,25

II 2

Giải bất phương trình log2(4x

2−4x+1)−2x

>2−(x+2)log1 2(

1

ĐK: 2− x>0 4x2−4x+1>0

⇔

¿x<1 2x −1¿2>0

¿

⇔

¿ ¿ ¿x<1

2 ¿ x ≠1

2 ¿

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log2(1−2x)−2x>2+(x+2)[log2(1−2x)−1]

⇔x[log2(1−2x)+1]<0

0,25

⇔

¿x>0 log2(1−2x)+1<0

¿ ¿ ¿ x<0

¿

log2(1−2x)+1>0 ¿

¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿ x>0

¿

log22(1−2x)<0 ¿

¿ ¿ ¿ ¿ x<0

¿

log22(1−2x)>0 ¿

¿ ¿ ¿

⇔

¿

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 14<x<1

III

Tính tích phân I= e

(lnx√x1+lnx+3x 2lnx

)dx 1 điểm

I= e

lnx

x√1+lnxdx+31 e

x2ln xdx +) Tính I1=

1 e

lnx

x√1+lnxdx Đặt t=√1+lnx⇒t

2=1+lnx ;2 tdt =1

xdx Đổi cận: x=1⇒t=1; x=e⇒t=√2

0,25

I1=

√2

(t2−1)

t tdt=21

√2

(t2−1)dt=2(t

3− t)¿1√2=

2(2−√2)

3 0,25

+) Tính I2= e

x2lnxdx Đặt

¿ u=lnx dv=x2dx

⇒

¿du=dx x v=x

3 ¿{

¿

0,25

e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9



         0,25

I=I1+3I2=¿ 5−2√2+2e

3 0,25

IV Tính thể tích hình chóp S.ABC điểm

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2

SB SA AB  2SA.AB cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy SB=a Tương tự ta có SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác

cân nên MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC)

Ta có VS ABC=VS.MBC+VA.MBC=1

3MA SMBC+

3SA SMBC=

3SA.SMBC

0,25

Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

0,25 S

A

B

C M

MN2

=AN2−AM2=AB2−BN2−AM2=a2−(a 4)

2

−(a√3 )

2 =3a

2

16 ⇒MN= a√3

4

Do VS ABC=13SA 12MN BC=61a√3 a√43.a2=a

16 0,25

V

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=3

√a+3b+

√b+3c+

√c+3a 1 điểm

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có (x+y+z)(1

x+ y+

1 z)≥3

3

√xyz3

√xyz=9⇒

1 x+

1 y+

1 z≥

9

x+y+z (*) Áp dụng (*) ta có P=3

√a+3b+

√b+3c+

√c+3a≥

9

√a+3b+√3b+3c+√3c+3a

0,25

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy  

3a 3b 3b 3c c 3a 4 a b c 6

3

           4.3

3

 

    

 

Do P≥3

0,25

Dấu = xảy

3

a b c a b c

4 4

a 3b b 3c c 3a



   

     

      



Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ phương ⃗a1(2;−1) ; d2 có vectơ phương ⃗a2(3;6)

Ta có: ⃗a1.⃗a2=2 3−1 6=0 nên d1⊥d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình:

d:A(x −2)+B(y+1)=0⇔Ax+By−2A+B=0

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450

−1¿2 ¿

¿=cos 450⇔3A2−8 AB−3B2=0⇔ ¿

A=3B ¿ B=−3A

¿ ¿ 22

+¿

√A2+B2√¿ ¿

⇔|2A − B|¿

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d:3x+y −5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x −3y −5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

Cách 2: Gọi d đường thẳng cần tìm, d song song với đường phân giác đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho

Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình −1¿2

¿ ¿=|3x+6y −7|

√32+62

⇔3|2x − y+5|=|3x+6y −7|⇔ ¿

3x −9y+22=0 (Δ1) ¿

9x+3y+8=0 (Δ2) ¿

¿ 22+¿

√¿ ¿ |2x − y+5|

¿

0,25

+) Nếu d // 1 d có phương trình 3x −9y+c=0

Do P d nên 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x −3y −5=0 0,25

+) Nếu d // 2 d có phương trình 9x+3y+c=0

Do P d nên 18−3+c=0⇔c=−15⇒d:3x+y −5=0 0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

VIa 2 Xác định tâm bán kính đường trịn 1 điểm

Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: 0,25

Vì A',B , C , D∈(S) nên ta có hệ:

¿

2a −2b+d+2=0 2a+6b+4c+d+14=0 8a+6b+4c+d+29=0 8a −2b+4c+d −21=0

⇔

¿a=−5 b=−1 c=−1 d=−1 ¿{ { {

¿

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2 y2 z2  5x 2y 2z10 (S) có tâm I(5

2;1;1) , bán kính R=√ 29

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) đường thẳng qua I vng góc với (P)

(d) có vectơ phương là: ⃗n(1;1;1)

Suy phương trình d:

¿ x=5/2+t

y=1+t z=1+t

⇒H(5

2+t ;1+t ;1+t) ¿{ {

¿ Do H=(d)∩(P) nên:

2+t+1+t+1+t −2=0⇔3t=−

2⇔t=−

⇒H(5 3;

1 6;

1 6)

0,25

IH=√75 36=

5√3

6 , (C) có bán kính r=√R

−IH2=√29 −

75 36=√

31 =

√186

6 0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết 1 điểm

* Xét −1

¿kC2kn+1xk+ −C22nn++11x2n+1 1− x¿2n+1=C20n+1− C12n+1x+C22n+1x2− +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

−1¿kkC2n+1 k

xk −1+ −(2n+1)C2n+1 2n+1

x2n 1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x − +¿

−(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

−1¿kk(k −1)C2kn+1xk −2+ −2n(2n+1)C22n+n+11x2n −1 1− x¿2n −1=2C22n+1−3C2n+1

3

x+ +¿ 2n(2n+1)¿

0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phương trình cho ⇔2n(2n+1)=40200⇔2n2

VIb.1 Viết phương trình tắc E líp 1 điểm (H) có tiêu điểm F1(−5;0); F2(5;0) Hình chữ nhật sở (H) có

đỉnh M( 4; 3), 0,25

Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: x

2 a2+

y2

b2=1 ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F1(−5;0); F2(5;0)⇒a2−b2=52(1)

0,25

M(4;3)∈(E)⇔9a2+16b2=a2b2(2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

¿ a2=52+b2 9a2+16b2

=a2b2

⇔

¿a2=40 b2=15

¿{ ¿

0,25

Vậy phương trình tắc (E) là: x2 40+

y2

15=1 0,25

VIb 2 Tìm điểm M thuộc Δ để AM ngắn 1 điểm

Chuyển phương trình d dạng tham số ta được: ¿ x=2t −3

y=t −1 z=t+3

¿{ { ¿ Gọi I giao điểm (d) (P) ⇒I(2t −3;t −1;t+3)

Do I∈(P)⇒2t −3+2(t −1)−(t −3)+5=0⇔t=1⇒I(−1;0;4)

0,25

* (d) có vectơ phương ⃗a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến ⃗

n(1;2;−1)

⇒[⃗a ,⃗n]=(−3;3;3) Gọi ⃗u vectơ phương Δ ⇒u⃗(−1;1;1)

0,25

⇒Δ: x=1− u

y=u z=4+u

¿{ {

Vì M∈Δ⇒M(−1− u ;u ;4+u) , ⇒⃗AM(1−u ;u −3;u) 0,25

AM ngắn ⇔AM⊥Δ

⇔⃗AM⊥u⃗⇔⃗AM u⃗=0⇔−1(1−u)+1(u −3)+1 u=0 ⇔u=4

3 Vậy M( −7

3 ; 3;

16 )

0,25

VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm

¿

23x+1+2y−2=3 2y+3x (1)

√3x2+1+xy=

√x+1(2) ¿{

Phương trình (2)

⇔

x+1≥0 3x2

+1+xy=x+1

⇔

¿x ≥−1 x(3x+y −1)=0

¿{

⇔

x ≥ −1 x=0

¿ 3x+y −1=0

¿ ¿⇔

¿ ¿ ¿ x ≥ −1

¿ ¿ y=1−3x

¿ ¿

* Với x = thay vào (1) 2+2y −2=3 2y⇔8+2y=12 2y⇔2y=

11 ⇔y=log2

11 0,25

* Với

¿ x ≥ −1 y=1−3x

¿{ ¿

thay y = – 3x vào (1) ta được: 23x+1

+2−3x −1=3

Đặt t=23x+1 Vì x ≥ −1 nên t ≥1

4 (3)⇔t+1

t=6⇔t

−6t+1=0⇔

x=1

3[log2(3+√8)−1] y=2−log2(3+√8)

t=3−√8(lo¹i) ¿ t=3+√8

¿ ¿

⇔{ ¿ ¿ ¿

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

¿ x=0 y=log2

11 ¿{

¿

¿

x=1

3[log2(3+√8)−1]

y=2−log2(3+√8)

¿{

¿