Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).. Giả sử độ dài đường [r]
(1)Equation Chapter Section
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: Tốn Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1 x y
x
(1). 1) Khảo sát 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 giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc -
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
1
1
2
2
x
x
2) Giải phương trình lượng giác:
4
4
sin os
os
tan( ).tan( )
4
x c x
c x
x x
Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau:
3
2
ln(2
os2 )
1
lim
x
e e c
x
x
L
x
Câu IV. (2 điểm)Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh l, bán kính đường trịn đáy r Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất đường sinh đường trịn đáy nón gọi mặt cầu nội tiếp hình nón)
1 Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2 Giả sử độ dài đường sinh nón khơng đổi Với điều kiện bán kính đáy diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho 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 ( ;0)
2 I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
3
2010 2009
2010
3log ( 6) 2log ( 2)
y x x
y
x y x y
- HẾT -Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu gì!
- Cán coi thi khơng giải thích thêm!
(2)HƯỚNG DẪN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Hàm số:
2
2
1
x y
x x
+) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim
lim
lim
lim
x x x x
y
y
y
y
- TC đứng: x = -1; TCN: y =
+)
2
3
' 0,
1
y x D
x
+) BBT:
x - - + y' + || +
y
|| +) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2) Gọi 0
3
( ) ( ; )
1 ( 1)
M I
IM
M I
y y
M C M x k
x x x x
+) Hệ số góc tiếp tuyến M:
0
0
3 '( )
1 M
k y x
x
+) ycbtk kM IM 9
+) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1 +) ĐK: x ( 2; 2) \{0}
+) Đặt y 2 x2,y0Ta có hệ: 2
2
x y xy
x y
+) Giải hệ đx ta x = y =
1 3
2 ;
1 3
2
x x
y y
+) Kết hợp điều kiện ta được: x =
1
2
x
1 điểm
II.2
+) ĐK: x k 2,k Z
4 2
4
) tan( ) tan( ) tan( ) cot( )
4 4
1 1
sin os sin os
2 2
2 cos os
x x x x
x c x x c x
pt x c x
+) Giải pt cos24x = cos8x = x k4
cos24x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình x k 2,k Z
1 điểm
6
4
2
-2
-4
-6
(3)III 3
2
0
3
2 2
2 2 2
0 2 2
2
ln(2 os2 ) ln(1 os2 ) 1
lim lim
ln(1 2sin ) 1 ln(1 2sin )
lim lim
(1 ) 1
2sin 2sin 2sin 2sin 3 x x x x
e e c x x c x x
L
x x
x x x
x x x x x
x x x x 1 điểm IV.1
+) Gọi rC bán kính mặt cầu nội tiếp nón, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác SAB Ta có: 2
1
(
).
.
2
.2
2(
)
SAB C C
C
S
pr
l r r
SM AB
l
r
r
l r
r
r
l r
l r
+) Scầu =
2
4 r C r l r l r
1 điểm
IV.2 +) Đặt :
2
2
2
( ) ,0
5
2 ( )
) '( )
( ) 5 1
2 lr r
y r r l
l r
r l
r r rl l y r l r r l +) BBT: r l
l
y'(r)y(r) ymax
+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max
5
r l
1 điểm
V +) Ta có
2 2
2 2
2 2
2
( )( )
( )
( )
2
2 ( ) ( )
( ) ( )
2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
+) Đặt x +y + z = t, t 6(Bunhiacovxki), ta được:
3
1 ( )
2 P t t t +) P t'( ) 0 t 2, P( 6) = 0; (P 2)2 ; ( 2) 2P
+) KL: M Pax 2 2;MinP2
(4)+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
+) Tọa độ A, B nghiệm hệ:
2
2
1 25 2
( )
( 2;0), (2; 2)
2
2 2
0 x y
x y
A B
x x y
y
(3;0), ( 1; 2)
C D
VII 2 2
2
3
2010
2009 (1)
2010
3log ( 6) 2log ( 2) 1(2)
y x x
y
x y x y
+) ĐK: x + 2y = > x + y + > +) Lấy loga số 2009 đưa pt:
2 2
2009 2009
log
(
2010)
log
(
2010)
x
x
y
y
+) Xét CM HS f t( ) t log2009(t2010),t0 đồng biến, từ suy x2 = y2 x= y, x = - y
+) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
Đưa pt dạng
1
1
9
t t
, cm pt có nghiệm t = x = y =7
+) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) = y = - x =
Ghi chú:
(5)ÐỀ THI
thư
ĐẠI HỌC
lÇn ii
NĂM häc: 2010-2011Mơn thi : TỐN
làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (C
m); ( m tham số)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E
cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với
Câu II:(2 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
1 1
x y xy
x y
Tìm x(0; ) thoả mÃn phơng trình: cotx = cos 21+tanxx+sin2x 12sin 2x
Câu III: (2 điểm)
Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x a)
Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)
b) Kẻ MH vng góc với AC H Tìm vị trí M để thể tích khối chóp SMCH lớn
Tính tích phân: I =
2
0 (x sin ) cos 2x xdx
.Cõu IV: (1 điểm) : Cho số thực dơng a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=1
Chứng minh :
2 2
2
a b b c c a
b c c a a b
PHẦN RIấNG (3 điểm)
( Chú ý!:Thí sinh đợc chọn làm phần)
A Theo chương trình chuẩn
Câu Va : 1.Trong mỈt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng
3
và trọng tâm thuộc đờng thẳng
: 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) đờng thẳng
:1
1
x y z
Tìm toạ độ điểm M
cho:MA2MB228Câu VIa : Giải bất phơng trình:
2
3x22x1 23 2+√
3¿x2
−2x+1 +¿ ¿
B Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: 1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung
cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi
d :
x y z
2 1
(6)Câu VIb Giải hệ phương trình :
3
log log
2
4 4
4
2 ( )
log (
) log 2
log (
3 )
xy
xy
x
y
x
x
y
……… … ……… Hết………
(Cán coi thi không giải thích thêm)
Híng dÉn chÊm m«n toán
Câu ý Nội Dung Điểm
I
1 Khảo sát hàm số (1 ®iÓm)
y = x3 + 3x2 + mx + (C m)
1 m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C 3)
+ TXÑ: D = R
+ Giới hạn: xlim y , limx y 0,25
+ y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 0; x
hàm số đồng biến R 0,25
Bảng biến thiên:
0,25
+ y” = 6x + = 6(x + 1)
y” = x = –1 tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thị (C3):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
0,25
2
Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là:
x3 + 3x2 + mx + =
x(x2 + 3x + m) =
x
x 3x m (2)
0,25
* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:
(7)
m 4m
4 m
0 m
9 (*)
0,25
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là:
kD=y’(xD)=
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);
kE=y’(xE)=
2
E E E
3x 6x m (3x 2m)
Caùc tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1
0,25
(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)
4m2 – 9m + =
9 65
8 65
8 m
m
So sánh Đk (*): m =
1 65
0,25
II 2
1
§k:
1 x y
(1)
(
) 0
(
)(
2
) 0
2
0
2
0(
)
x y
y
xy
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
voly
0,5
x = 4y Thay vµo (2) cã
4 1 1
4 2 1 2
1 ( )
2 2
5 10
2 ( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y x
x
y y tm
0,25
Vây hệ có hai nghiệm (x;y) = (2;1/2) (x;y) = (10;5/2) 0,25
(8)®K:
¿ sin 2x ≠0 sinx+cosx ≠0
⇔
¿sin 2x ≠0 tanx ≠ −1
¿{ ¿ PT ⇔cosx −sinx
sinx =
cos 2x.cosx
cosx+sinx +sin
x −sinxcosx
⇔cosx −sinx
sinx =cos
2x −sinxcosx
+sin2x −sinxcosx
(9)⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)
⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0
0,25
⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0
(cos
x sinx
)( sin(2
x
4
) 3) 0
cos
2 sin(2 ) 3( )
4 x sinx
x voly
0,25
⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = ⇔x=π
4+kπ(k∈Z) (tm®k) Do x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π
4
0,25
III 2
1
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
Lai cã
( ) ( )
( ) ( , ) sin 45
2 o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
0,25
Ta cã
0
45
2
1
( )
2 2
1
( )
3 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
O,5
Tõ biĨu thøc trªn ta cã:
3
2
1 2 2
3
2
2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a x a
⇔ M trïng víi D
0,25
(10)
I =
4 4
2
1
0 0
(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I
0,25
TÝnh I
đặt
4
0
1
sin 2
4
sin 2
1
2
sin 2
2
0
2
2
du dx
u x
x
I
x
xdx
v
cos xdx
v
x
1
2
8
0 cos x
0,25
TÝnh I
2
2
1
1
4
1
sin (sin )
sin 2
2
6
6
0
I
xd
x
x
0,25
VËy I=
1 1
8 12
0,25
IV 1 1
Ta cã :VT =
2 2
( a b c ) ( b c a ) A B
b c c a a b b c c a a b 0,25
3
1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1
3 ( )( )( )3
2
3
A a b b c c a
a b b c c a a b b c c a
a b b c c a A
0,25
2 2
2
1 ( ) ( )( )
1
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
(11)Từ tacó VT
3
2 VP
Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3
0,25
V.a 2
1 1
Ta cã: AB = 2, trung ®iĨm M (
5
; 2), pt (AB): x – y – =
0,25
SABC=
2d(C, AB).AB =
2 d(C, AB)=
2
Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=
1
0,25
d(G, AB)=
(3 8) t t
=
1
2 t = hc t = 2 G(1; - 5) G(2; - 2)
0,25
Mà CM 3GM
C = (-2; -10) hc C = (1; -1)
0,25
2 1
1
: (1 ; ; )
2
x t
ptts y t M t t t
z t
0,5
Ta cã: MA2 MB2 2812t2 48t48 0 t 0,25
Từ suy : M (-1 ;0 ;4) 0,25
VI.a 1 1
Bpt ⇔
(
2+√
3)
x2−2x+(
2−√
3)
x2−2x4 0,25t=
(
2+√
3)
x2−2x(t>0) BPTTT : t+1t ≤4
t
2
4 0
t
⇔2−√
3≤t ≤2+√
3 (tm)0,25
Khi : 2−
√
3≤(
2+√
3)
x2
−2x
≤2+
√
3 ⇔−1≤ x2−2x ≤10,25
⇔ x2−2x −1≤0⇔1−
√
2≤ x ≤1+√2
0,25
V.b 2
(12)VIb
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)
Vậy
0
60 (1) 120 (2) AMB
AMB
Vì MI phân giác AMB (1) AMI = 300 sin 300
IA MI
MI = 2R m29 4 m (2) AMI = 600 sin 600
IA MI
MI =
3 R
2 9 3
m
Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- )
0,5
0,5
2 1
Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d
d có phương trình tham số là:
x 2t y t z t
Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; + t ; t).Suy :MH
= (2t ; + t ; t)
0,25
Vì MH d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên : 2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) = t =
2
3 Vì thế, MH =
1 ; ; 3
3 (1; 4; 2)
MH
u MH
0,25
Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là:
x y z
1
0,25
Theo trªn cã
7
( ; ; )
3 3
H
mà H trung điểm MM’ nên toạ độ M’
8
( ; ; )
3
0,25
ĐK: x>0 , y>0
(1)
32 log log
2
xy
2
xy
2 0
0,5
log
3xy =
xy = 3
y=
3 x
(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) x2+ 2y2 =
0,25
Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; )
(13)A M D
S
H
(14)ĐỀ THI VÀ GỢI Ý BÀI GIẢI MÔN TOÁN –ĐH-CĐ năm 2011
*** PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2
x mx 2m
mx
(1), có đồ thị (Cm), m tham số. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =
2 Xác định m để tiệm cận xiên (Cm) qua gốc tọa độ hàm số (1) có cực trị Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình :
2 2 sin x
sin x sin x
3
2 Cho hệ phương trình :
3
x y m(x y)
x y
Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm phân biệt (x1; y1), (x2; y2) (x3;
y3) cho x1, x2, x3 lập thành cấp số cộng Câu III (2 điểm) Tam giác ABC có a = b
- Chứng minh : cos2A = cos2B.
- Tìm giá trị lớn góc B giá trị tương ứng góc A, C Tính tích phân: I =
3
2
ln x dx (x 1)
Câu IV (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-1;3); C (4;0;-1)
1 Chứng minh rằng: A, B, C ba đỉnh tam giác Tìm độ dài đường cao tam giác ABC kẻ từ đỉnh A
2 Tìm m n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A C PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn làm câu V a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình:
2
x y
1
2 điểm M(2; 1) Viết phương trình đường thẳng d qua M, biết đường thẳng cắt (H) hai điểm A, B mà M trung điểm AB
2 Cho hai đường thẳng song song Trên đường thẳng thứ lấy điểm phân biệt Trên đường thẳng thứ hai lấy 16 điểm phân biệt Hỏi có tam giác với đỉnh điểm lấy hai đường thẳng cho
Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình:
2007 2006
2006 x 2007 x 1
2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A (A = 90o), AB=AC=a Mặt
bên qua cạnh huyền BC vng góc với mặt đáy, hai mặt bên cịn lại hợp với mặt đáy góc 60o Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC.
BÀI GIẢI Câu I 1 m = y =
2
x x
x
MXĐ : D = R \ {1}. y' =
2
x 2x (x 1)
; y’ = x = 0, x = 2 TCĐ : x = 1; TCX : y = x
(15)y -1 + +
2 y =
2
x mx 2m
mx
; y’ =
2
2
mx 2x 2m 2m
(mx 1)
y =
2
2
x m 2m 2m
m m m (mx 1)
TCX : y =
2
x m
m m
với 2m3 2m2 1 0 m 0
YCBT
2
2
3
2
mx 2x 2m 2m có nghiem phan biet m
0 2m 2m m
m
m = 1
Câu II 1
2 2 sin x
sin x sin x
3
2 sin x
sin x sin x
3
2
1 cos 2x cos 2x
3 sin x
3
2 2
2
1 sin x cos 2x cos 2x
3 1 sin x cos 2x
2
– cos2x – sinx = 2sin2x – sinx =
sin x sin x x k x k2 x k2
(k Z)
2 (I)
3
x y m(x y) (1) x y (2)
(2) y = x thay vào (1) ta có : (2x - 2)[x2 - 2x + - m] =
x
x 2x m 0(*)
Nhận xét : Nếu pt (*) có nghiệm x1, x2 phân biệt : x1 < < x2 x1 + x2 =
YCBT pt (*) có nghiệm phân biệt ' = - + m > m >
Câu III 1 a = b 2 sinA =sinB
Nên : cos2A = - sin2A = - 2sin2B = cos2B (đpcm)
Vì : cos2B = cos2A cos2A nên : B lớn cos2B nhỏ cos2B = 0
2B = 90o B = 450 Lúc : A= 90o, C = 45o I =
3
2
ln x dx (x 1)
Đặt u = lnx du = dx
x ; dv = (x + 1)-2dx
v = x I =
3 3
1 1
x x
ln x 1
dx ln dx
x x(x 1) x x
= 1 xln ln
4 x
=
1
ln ln
4
Câu IV 1 Ta có : AB ( 4;1;0)
; BC (2;1; 4)
AB, BC ( 4; 16; 6) 0
(16) AH = d(A, BC) =
AB, BC 2 33
BC
2 M (m + 2; 1; 2n + 3) AM (m 4;3;2n)
cùng phương AC2(1; 1;2)
m 2n
1
m = n = -3
Câu V.a 1 Giả sử d qua M cắt (H) A, B : với M trung điểm AB
A, B (H) :
2
A A
2
B B
3x 2y (1) 3x 2y (2)
M trung điểm AB nên : xA + xB = (3) yA + yB = (4)
(1) (2) ta có : 3(x2A - x2B) - 2(y2A - y2B) = (5)
Thay (3) (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = 3(2xA-4)-(2yA- 2) = 3xA - yA =
Tương tự : 3xB - yB = Vậy phương trình d : 3x - y - =
2 Số tam giác có đỉnh d1 đáy d2 :
2 16 9.C
Số tam giác có đỉnh d2 đáy d1 :
2 16.C
Số tam giác thỏa YCBT 9.C162 + 16.C .
Câu V.b.
1 Nhận xét :
1 x 2006 1 x 2007
2006 x 2007
Ta có : 2006 - x2007 + 2007 - x20062006 - x+ 2007 - x = x - 2006 + 2007 - x = Vậy phương trình 2006 - x2007 = 2006 - x 2007 - x2006 = 2007 - x
2006 x 2006 x 2007 x 2007 x
x 2006 x 2005 x 2007 x 2007 x 2006
x = 2006 hay x = 2007
2 Kẻ SH vng góc với BC Suy SH mp (ABC)
Kẻ SI vng góc với AB SJ AC
góc SIH=góc SJH = 60o tam giác SHI = tam giác SHJ HI = HJ AIHJ hình vng
I trung điểm AB IH = a/2 Trong tam giác vng SHI ta có SH =
a
V(SABC) =
3
1 a
SH.dt(ABC)
3 12 (đvtt)
Hết.
I H
J S
B
C
(17)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Mơn thi: TỐN, khối A, B
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu (2.0 điểm): Cho hàm số
y x
3
3
mx
2
4
m
3 (m tham số) có đồ thị (Cm)1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =
2 Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x
Câu (2.0 điểm ) :
1 Giải phương trình:
3
4 2sin 2
2 2(cotg
1)
sin 2
cos
x
x
x
x
2 Tìm m để hệ phương trình:
3
2 2
3
3
2 0
1
3 2
0
x
y
y
x
x
x
y y
m
có nghiệm thực.Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) lần
lượt có phương trình:
(P): 2xy 2z = 0; (d):
1
2
1
2
1
x
y
z
1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính
2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ
Câu (2.0 điểm):
1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình giới
hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục
Ox
2 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1
1
1
1
1
1
P
xy
yz
zx
Câu (2.0 điểm):
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E):
2
1
8
6
x
y
và parabol (P): y2 = 12x
2 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển Newton:
12
1
1
x
x
o0o
Cán coi thi khơng giải thích thêm.
(18)Híng dÉn chÊm m«n to¸n
Câu Nội dung Điểm
I
1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = x = x = 2
Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =
y” = 6x = x =
Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn tiệm cận:
3
3
3
4
lim
lim
1
x
y
x x
x
x
0.25Lập BBT:
0.25
Đồ thị:
0.25
2/ Ta có: y’ = 3x2 6mx =
0
2
x
x
m
Để hàm số có cực đại cực tiểu m
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)
AB
(2 ; 4
m
m
3)
Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25
4 +∞
∞
+ 0 +
y’
∞ +∞
y
x
y
(19)Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y
= x I thuộc đường thẳng y = x
3
2
4
0
2
m
m
m
m
0.25
Giải ta có:
2
2
m
; m = 0.25
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m
II
2/ Đk:
x k
2
0.25Phương trình cho tương đương với:
2
2
4
3 1
2 2
sin 2
2(sin
cos )
3
3 2
sin cos
3
2
3 0
tg
cotg
tg
cotg
tg
tg
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0.25
3
3
1
3
6
tg
tg
x
k
x
x
x
k
0.25
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
x
6
k
2
; kZ
0.25
2/
3
2 2
3
3
2 (1)
1
3 2
0 (2)
x
y
y
x
x
x
y y
m
Điều kiện:
2
1
0
1
1
0
2
2
0
x
x
y
y y
0.25
Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2 0.25 Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên:
(1) y = yy = x + (2)
x
2
2 1
x
2
m
0
0.25
Đặt
v
1
x
2 v[0; 1] (2) v2 + 2v = mHàm số g(v) = v2 + 2v đạt
min ( )
[0;1]g v
1; m
[0;1
ax
]g v
( ) 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 m
(20)III
1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:
1 ;
2
x
t
y
t t R
z
t
Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)()
0.25
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:
| 2
1 2
4 2
2 | | 6
5 |
( ; )
3
3
3
t
t
t
t
d I
2
3
7
3
t
t
0.25
Có hai tâm mặt cầu:
2 8
7
17
1
; ;
;
;
3 3
vµ
3
3
7
I
I
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R =
0.25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
2
1
8
7
17
1
25
25
3
3
3
vµ
3
3
3
x
y
z
x
y
z
0.25
2/ Đường thẳng () có VTCP
u
( 1;2;1)
; PTTQ:
2
1 0
2 0
x y
x z
Mặt phẳng (P) có VTPT
n
(2; 1; 2)
0.25Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là:
| 2 |
6
sin
3
3 6
Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm
6
3
cos
1
9
3
0.25
Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = (m2+ n2 > 0) (2m + n)x + my + nz + m 2n =
Vậy góc (P) (Q) là: 2
| |
3
cos
3
3 5
2
4
m
m
n
mn
0.25
m2 + 2mn + n2 = (m + n)2 = m = n
Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + yz + = 0.25
IV
1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hoành độ x = là: y = 4x
(21)Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:
2
4
0
(4
4)
V
x dx
x
dx
0.25
=
3
2
16
2
16
(
1)
0
1
5
3
15
x
x
0.52/ Ta có:
(1
) (1
) (1
)
1
1
1
9
1
1
1
xy
yz
zx
xy
yz
zx
0.252 2
9
9
3
3
P
xy yz zx
x
y
z
0.25
9
3
6
2
P
0.25Vậy GTNN Pmin =
3
2
x = y = z 0.25V
1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () tiếp tuyến (E) 8A2 + 6B2 = C2 (1)
() tiếp tuyến (P) 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2)
0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A
Với C = 2AA = B = (loại) 0.25
Với C = 4A
2
3
A
B
Đường thẳng cho có phương trình:
2
2 3
4
0
4 0
3
3
A
Ax
y
A
x
y
0.25
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:
2 3
4 0
3
x
y
0.25V
Ta có:
12
12 12
4 12
12
1
1
1
1
1
( 1)
k
k k
k
x
x
C
x
x
x
x
0.25
12 12
12 12 4
12 12
0 0
12
12 12
0
1
( 1)
( 1)
( 1)
i
k k i k
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k
k k i k i
k
k i
C
C x
C C x
x
x
C C x
0.25
Ta chọn: i, kN, ik 12; 4k 5i =
i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25
(22)