De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T) đồng thời đường thẳng AB đi qua I.[r]

Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B

(Thêi gian lµm bài: 180 phút)

Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I(2 điểm) Cho hàm số

2

1 x y

x

 



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

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II(2 im)

1 Giải hệ phơng trình:

1

6

x y

x y

    



   



2 Gi¶i phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot cot

x x

x x x

 

 

C©u III(1 ®iĨm)

Trong mặt phẳng (P) cho đờng trịn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với SI =

2 R

M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giỏ tr ln nht ú

Câu IV(1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n: I =

2

11

dx

x x



Câu V(1 điểm) Cho x, y, z số thực dơng thỏa mÃn xyz=1 Chứng minh r»ng

1 1

1

1 1

x y  y z  z x  

Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A.Theo chơng trình Chuẩn

C©u VI.a(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3

2 trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a(1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập đợc số tự nhiên có chữ số đơi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số

Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

2

1

3

log x  log (ax a ) B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

1

4

x y

 

đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua im c nh

Câu VII.b(1 điểm) Cho hàm số

2 4 3

2

x x

y x

 



 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + cắt (C) điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay i

Câu VIII.b(1 điểm) Giải phơng tr×nh:    

2

2

log log

3 1 xx 1 x 1 x -

-Trờng THPT Nguyễn Huệ đáp án – thang điểm

Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn cho im ti a

Câu Đáp án §iĨm

I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sù biÕn thiªn

- Giới hạn tiệm cận: xlim yxlim y2; tiệm cËn ngang: y = 2 xlim( 1) y ; limx ( 1) y

   

  

; tiệm cận đứng: x = -

0,25

- Bảng biến thiên

Ta cã

1

'

( 1) y

x

 

 víi mäi x- 1

x - ∞ -1 + ∞ y’ + +

y + ∞ 2 - ∞

Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + ∞ )

0,5

* Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm (C) điểm .

Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1)

0

0

2

1 x y

x  

 Gäi A, B lÇn lợt hình chiếu M TCĐ TCN th×

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0

2

1 x x

 

- 2| = |

1 x 

|

Theo Cauchy th× MA + MB  2

0

0 x

1 x



 =2

0,25

0,25

 MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hc x0 = -2.Nh vËy ta có hai điểm cần tìm (0;1) (-2;3)

0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ

(2,0 điểm)

Điều kiện: x-1, y1

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 10

6

x x y y

x x y y

        



  

Đặt u= x 1 x6, v = y 1 y4 Ta cã hÖ 10

5 2u v u v

    

  

  

5 u v  

3 x y

lµ nghiƯm cđa hÖ

0,25 0,25

0,25 0,25

2. (1,0 điểm) Giải phơng trình Điều kiện:sinx.cosx0 cotx1

Phơng trình tơng đơng

1 2(cos sin )

sin cos cos

1

cos sin sin

x x

x x x

x x x

 

 

 cosx =

2  x = k2 



 

Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x =

2 k 



 

0,25 0,25

0,25 0,25

III T×m vị trí (1,0 điểm)

S

H I

O

B

M A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3, SI =

3 R ,

SM = SO2OM2 2R SH = R hay H trung điểm SM Gọi K hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) th× HK =

1 2SO=

3 R , (không đổi)

 VBAHM lớn dt(MAB) lớn  M điểm cung AB Khi VBAHM=

3

6 R (®vtt)

0,25 0,5

IV TÝnh tÝch ph©n (1,0 điểm)

Đặt u = x+ 1x2 thì u - x= 1x2  x2 2ux u  1 x2

2

1 1

1

2

u

x dx du

u u

  

      

 

Đổi cận x= - u = 2-1 x = th× u = 2+1

2 2 2

2

2 2

1

1

1

2

1 2 (1 )

du

du du

u I

u u u u

                       =

2

2

2

1 1 1

2

du

du

u u u u

                 =1 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u V

(1,0 điểm) Đặt x=a

3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, a+b>0 vµ a2+b2-abab

 a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

 3  

1

a  b 1 ab a b c  

T¬ng tù ta cã

 

3

1

c bc a b c b     

,  

3

1

a ca a b c c     

Céng theo vÕ ta cã

1 1

1 1

x y   y z   z x  = 3

a  b 1+ 3 c

b   + 3

1 a

c  

  

1 1

a b c ab bc ca

         =   1 a b c  c a b  

DÊu b»ng x¶y x=y=z=1

0,25

0,5

0,25

(1,0 ®iĨm)

Ta cã: AB = 2, M = (

5

;

2  ), pt AB: x – y – = 0 SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

3

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=

2

 d(G, AB)=

(3 8) t t 

=

2  t = hc t = 2  G(1; - 5) hc G(2; - 2)

Mµ CM 3GM                            

 C = (-2; 10) hc C = (1; -4)

0,25

0,5 0,25

VII a Từ chữ số (1,0 điểm)

Gọi số có chữ số abcdef

Nếu a = có cách chọn b, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chọn e, cách chọn f ở có 7.6.5.4.3 = 2520sè

NÕu b = th× cã c¸ch chän a, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chän f ở có 6.6.5.4.3 = 2160số

Tơng tự víi c, d, e, f

VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè

0,25 0,5 0,25 VIII a Tỡm a

(1,0 điểm) Điều kiÖn: ax + a > 0

Bpt tơng đơng x2 1 a x( 1) Nếu a>0 x +1 >0.Ta có

2 1 x

a x

  

NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã

2 1 x

a x

  

XÐt hµm sè y =

2 1 x x



 víi x - 1

y’ = 2

1

( 1)

x

x x



  =0 x=1

x -  -1 +  y’ - || - +

y

-1 + 1

- 2

a>

2 hc a < - 1

0,25

0,25

0,25 0,25

VI b Chøng minh

(1,0 ®iĨm) Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng

1 1

4

xx yy

 

TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn 1 1

4

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 1

4

xx yy

 

M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0  0 4 4 xx yy    0

4 (12 )

4

4

xx y  x

 

Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x0 + 4y – = 0

 4x y y 00  xy11

 

  

Vậy AB qua điểm cố định F(1;1)

0,5

0,25

VII b T×m tËp hợp (1,0 điểm)

y = kx + c¾t (C):

2 4 3

2 x x y x   

 Ta cã pt

2 4 3

2

x x

x

 

 = kx + cã nghiƯm ph©n biƯt k 1

Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn 2 k x k y kx          

2

2 x x y x     

Vậy quĩ tích cần tìm đờng cong

2

2

2 x x y x     0,25 0,5 0,25

VIII b Giải phơng trình (1,0 điểm) Điều kiện : x>0

Đặt

2

log

3 1 x

=u,  

2

log

3 1 x v

ta cã pt u +uv2 = + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1

u uv  

 

 x =1

Së GD-ĐT phú thọ

Trờng T.H.p.t long châu sa ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii

NĂM häc: 2009-2010 Mơn 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

   

 

   

 

T×m x∈(0; π) thoả mÃn phơng trình: cotx = cos 21 x

+tanx+sin

2x −1

2sin 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)

Câu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3 2 vµ

trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C 2.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:MA2MB228 Cõu VIa : Giải bất phơng trình:

2−√3¿x2−2x−1

2−√3 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

 

 

 .Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M,

cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d

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

  

 

    

 

……… … ……… Ht (Cán coi thi không giải thích thêm)

Hớng dẫn chấm môn toán

Câu ý

Nội dung

§iĨm

I

1 Khảo sát hàm số (1

điểm)

y = x3 + 3x2 + mx +

1 (Cm)

1 m = : y = x3 +

3x2 + 3x + (C 3)

+ TXÑ: D = R + Giới hạn:

lim , lim

x  y  x y

0,25

+ y’ = 3x2 +

6x + = 3(x2 + 2x

+ 1) = 3(x + 1)2 

0; x



hàm số đồng biến trên R

 Bảng biến

thiên:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 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) và

đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + =

1  x(x2 + 3x + m)

= 

 

   



x

x 3x m (2)

* (Cm) caét

đường thẳng y = tại C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2)

có nghiệm xD, xE  0.



 

   

 



 



   

 



2

m 4m

4 m m 9

(*)

0,25

Lúc tiếp tuyến tại 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)

Các tiếp tuyến tại 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 x D +

xE = –3; xDxE = m

theo định lý Vi-ét).

 4m2 – 9m + =

0 

9 65 65

8 m

m

 

  

 

  

 So s¸nhĐk

(*): m =

  

1 65

II 2

1

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

V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2)

vµ (x;y) = (10;5/2)

0,25

2

®K:

¿

sin 2x ≠0 sinx+cosx ≠0

⇔

¿sin 2x ≠0

tanx ≠ −1

¿{ ¿

PT

⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx

cosx+sinx +sin

2

x −sinxcosx

⇔cosx −sinx

sinx =cos

2x −sinxcosx

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0

0,25

⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

(cosx sinx)( sin(2x 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

2 1

I =

4 4

2

1

0 0

(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I

  

    

  

0,25

TÝnh I 1

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 4cos x 0



 

   

0,25

TÝnh I 2

4

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

 

          

  

 

    

  

 

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

          

  

   

0,25

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

0,25

SABC=

1

2d(C, AB).AB =

3

2  d(C, AB)=

3

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

1

0,25

 d(G, AB)=

(3 8) t t 

=

1

2  t = hc t = 2

 G(1; - 5) hc G(2; - 2)

0,25

Mµ 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 2812t2 48t48 0  t 0,25

Từ suy : M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt ⇔(2+√3)x

−2x

+(2−√3)x

−2x

4 0,25

t=(2+√3)x

2

−2x

(t>0) BPTTT : t+1t ≤4

 t2 4 0t  ⇔2−√3≤t ≤2+√3 (tm)

0,25

⇔ x2−2x −1≤0⇔1−√2≤ x ≤1+√2

0,25

V.b 2

VIb

1 1

(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) Vậy

 

0

0 60 (1) 120 (2) AMB

AMB

 



 

 Vì MI phân giác AMB (1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

m    m

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

2 3 R 

2 9

3

m  

Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

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  ;  2

+ 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

 

 

 

 

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)  3

2 log log

2 xy 2 xy 2 0

log3xy =  xy = 3y= x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( 3; 3) ( 6;

6 )

0,25

THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN

NĂM HỌC 2010- 2011

Thời gian làm 180 phút Câu I) Cho hàm số y=2x+3

x+1 (H)

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (H)

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (H) điểm thuộc đồ thị có khoảng cách đến đường thẳng

A M D

S

H

Câu II)

1) Giải phương trình sau: (cos 4x+sin 2x

cos 3x+sin 3x )

2

=2√2 sin(x+π

4)+3

2) Giải hệ phương trình sau:

¿

x6− y3

+x2−9y2−30=28y

√2x+3+x=y

¿{ ¿ Câu III)

1) Tính tích phân sau: I=

π

4

π

3

tanx

cosx√1+cos2x dx

2) Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy tam giác vuông với cạnh huyền BC=2a; AB C^ =600 Mặt bên (BCC’B’) hình thoi ( B 'B C^ <900 )và vng góc với đáy mặt bên (ABB’A) tạo với đáy góc 450

.Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ Câu IV)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T) có phương trình: x2

+y2−8x+12=0 I(8;5) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T) đồng thời đường thẳng AB qua I (A, B hai tiếp điểm)

2) Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 đường thẳng (d) có phương trình

x −3

2 =

y −2

4 =

z −6

1 Viết phương trình đường thẳng Δ qua A cắt (d) B, cắt (P) C cho

AB=AC Câu V)

1) Tìm m để phương trình log√2(mx−6x

)+2 log1

(−14x2+29x −2)=0 có nghiệm thực phân biệt 2) Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=x

3

+y3+7 xy(x+y)

xy√x2

+y2

Họ tên:………

Trường:………

ĐÁP ÁN Câu I)

1)Học sinh tự làm 2) Xét M(a ;2a+3

a+1 )∈H

Tiếp tuyến M là: y=−

(a+1)2(x − a)+

2a+3

¿

a≥ −1

3a2+9a+10=10a+10 ¿

¿ ¿

a<−1

¿

3a2

+9a+10=−10a −10 ¿

¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿

a≥ −1

¿

3a2− a

=0 ¿

⇔

¿

¿a ≥−1

¿

a=0(TM)

¿

a=1

3(TM)

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

a<−1

¿ ¿

3a2+19a+20=0 ¿

⇔

¿

Giải giá trị a: 0,25đ

Từ có tiếp tuyến tương ứng với giá trị a (Viết đủ 0,25đ) Câu II)

1) Giải phương trình lượng giác:

PT⇔(

cos 4x+cos(π

2−2x) cos 3x+cos(π

2−2x))

2

=2√2 sin(x+π

4)+3 (0,25đ)

⇔[

2 cos(x+π

4).cos(3x − π 4) cosπ

4 cos(3x − π

4) ]

2

=2√2 sin(x+π 4)+3

⇒ điều kiện: cos(3x −π

PT⇔cos2(x+π

4)=√2sin(x+ π 4)+

3

2⇔−sin

2 (x+π

4)−√2sin(x+ π 4)−

1

2=0

sin(x+π 4)=−

√2

2 (TM)(0,25d)

sin(x+π

4)=−

√2

2 ⇔

x+π

4=−

π

4+k2π

¿

x+π

4= 5π

4 +k2π

¿

x=−π

2+k2π(TM)

¿

x=π+k2π(TM)

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

KL:

x=−π 2+k2π

¿

x=π+k2π

¿ ¿ ¿ ¿

(0,25đ)

2) Giải hệ:

¿

x6− y3+x2−9y2−30=28y(1)

√2x+3+x=y(2)

¿{ ¿

Điều kiện: x ≥ −3

2

PT(1)

y+3¿2+1

¿⇒y+3≥0

⇔x6+x2=y3+9y2+28y+30⇔x2(x4+1)=(y+3)¿

(0,25đ) Xét hàm số f (t)=t(t2+1)=t3+t với t ≥0

f '(t)=3t2+1>0∀t⇒ hàm f(t) đồng biến

⇒f(x2)=f

⇔

x2− x −3≥0

2x+3=x4−2x3−6x2+6x+x2+9

⇔

¿x2− x −3≥0

x4−2x3−5x2

+4x+6=0 ¿

⇒

x=3

¿

x=−√2

¿ ¿{

¿ ¿ ¿

(0,25đ)

Với x=3⇒y=6; x=−√2⇒ y=−1

KL: Hệ có nghiệm (x ; y)=(3;6),(−√2;−1) (0,25đ) Câu III)

1) π4

π3

tanx

cosx.√1+cos2x

dx=

π4

π3

tanx

.√ cos2x+1

cos2x dx=π4

π3

tanx

.√tan2x

+2

cos2x dx (0,25 d) Đặt √tan2x+2=t⇒t2=tan2x+2 (0,25)

⇒2 tdt=2 tanx

cos2x dx⇒tdt=tanx

1

cos2x dx (0,25đ) dt=¿t¿√√35=(√5−√3)

tdt t =¿√3

√5

¿ ⇒I=

√3

√5

¿

(0,25d)

C'

A

M

B

H C

B' A'

Vì (BCC' B ')⊥(ABC)

Hạ B ' H⊥BC⇒B' H⊥(ABC)

Hạ HM⊥AB⇒B'M H^ =450 (0,25đ) Đặt BH=x⇒HM

AC =

x

2a

AC=2a√3

2 =a√3⇒HM=

a√3

2a x=√

3 x

B ' H=√BB'2−BH2=√4a2− x2 (0,25đ)

ΔMHB' vuông cân B ' H=HM⇒3

4x

2

=4a2− x2⇒x=4a

√7 (0,25đ)

V=B ' H dt(ABC)=2a√3

7

2a√3 a= 3a3

√7 =

3 7√7a

3 (đvtt)

Câu IV):

Xét A(x ; y) tiếp điểm

¿

⇒A∈

¿

đường tròn: x2+y2−8x+12=0(1) tâm J(4;0); R=2

JA(x −4; y)

M∈¿Oy⇒M(0;m)

MA(x ; y − m). MA tiếp tuyến ⇒MA⊥JA (0,25đ)

⇔MA.JA=0⇔x2−4x

+y2−my=0

⇔x2+y2−4x −my=0 (2) (0,25đ)

⇒ tọa độ A thỏa mãn hệ:

¿

x2

+y2−8x+12=0

x2

+y2−4x −my=0

⇒4x −my−12=0 ¿{

¿

A, B qua I(8;5)⇔32−5m−12=0⇒m=4 Vậy M(0;4) TMĐK (0,25)

2) Giả sử Δ∩ d=B(3+2t ;2+4t ;6+t)⇒ A trung điểm BC

⇒C(−5−2t ;−2−4t ;−2−2t)

Vì C thuộc mặt phẳng (P) ⇒2(−5−2t)+2+4t+2+2t+3=0⇒6t=3⇒t=1

2

 6;4;3  C



 qua A, C ⇒AC(−5;−4;−5)

PTTS

(Δ):

x=−1−5t

y=−4t

z=2−5t

¿{ { Câu V)

¿

1 log√2(mx−6x3)

=−2 log2−1(−14x

+29x −2)¿⇔log2(mx−6x3)=log2(−14x2+29x −2)¿

⇔

−14x2+29x −2>0

mx−6x3=−14x2+29x −2

⇔

¿

14<x<2

m=6x2−14x −2

x+29

¿{

(0,25)

Xét f(x)=6x

2−14x −2

x+29 với       ;2

14 x

f '(t)=12x −14+

x2=

12x3−14x2

+2

x2 =

12(x −1)(x+1

3)(x − 2)

x2

(0,25)

24 19

39/2

3/98

2 1

1/2 1/14

-1/3

f(x) f'(x) x

(0,25)

Từ ta có: PT có nghiệm 19<m<39

2 (0,25)

2) A=(x+y)

3

+4 xy(x+y)

xy√x2+y2 (0,25)

xy√x2

+y2=√xy

2 √2 xy(x

+y2)≤√xy (

x2

+y2+2 xy

2 )=

√xy 2√2(x+y)

2

(0,25)