Lỗ Tấn - George Orwell của Trung Quốc

Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)... TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô.[r]

(1)

ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Phần chung:

Câu I (2, điểm) Cho hàm số y = x 2x



 (1)

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

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O

Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình

(1 2sin x)cos x

3 (1 2sin x)(1 sin x)





  .

2 Giải phương trình : 3x 5x 03      (x  R)

Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

I (cos x 1) cos xdx 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a; CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)

 5(y + z)3

Phần riêng: (3,0 điểm):Thí sinh làm hai phần A B

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 ñieåm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – = mặt cầu (S) :

x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 nghiệm phức phương trình: z2+2z+10=0 Tính giá trị biểu thức A = z12 + z22

B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = đường thẳng 1 :

x y z

1

 

 

; 2 :

x y z

2

  

 

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)

Caâu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :

2 2

2

x xy y

log (x y ) log (xy)   81

   

 

 

 (x, y  R)

(2)

Phần chung:

Caâu I.

1

2 Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghĩa là:

f’(x0) = 1 

2 1 (2x 3)     0 0

x y

  



   



1 : y – = -1(x + 1)  y = -x (loại) 2 : y – = -1(x + 2)  y = -x – (nhận) Câu II.

1.ĐK:

1 sin

2

x

, sinx ≠

     

 

1 2sin cos 2sin sin

cos 2sin cos sin 2sin cos s in s in2 cos

    

        

Pt x x x x

x x x x x x x x x

1 3

cos sin s in2 cos2 cos cos

2 2

   

          

   

x x x x  x x 

2 2

3 6

  x x  k hay x x k  2  x  k 

(loại)

2

18

 

x  k 

, k  Z (nhaän)

2 3x 5x 03      , điều kieän :

6

5

x x

   

Ñaët t = 33x 2  t3 = 3x –

 x = t

3 

vaø – 5x = 5t

3 

Phương trình trở thành :

3 5t

2t

3      5t

3 2t

3      t

15t 4t 32t 40 

   

 t = -2 Vậy x = -2 Câu III.

 

   

2 2

3

0 0

2 2

2

4 2

1

0 0

cos cos cos cos

cos cos sin cos 2sin sin cos

sin cos                   

I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

Đổi cận: x=  t = 0; x = 

 t =

 

1

2

0 0

2 2 2 2

2

0

0 0

2

3

0

2

1

3 15

1 cos 1 1

cos cos sin

2 2 4

8 cos cos

15                          t t

I t t dt t

x

I xdx dx dx xdx x x

I x xdx

     



(3)

2a a 3a IJ

2



 

SCIJ

2 IJ CH 3a 3a

a

2 2



  

, CJ=

BC a 

 SCIJ

2

3a 1 3a 3a 6a 3a

IE CJ IE SE ,SI

4 CJ 5

        

,

 

3

1 3a 3a 15

V a 2a 2a

3 5

 

    

 

Caâu V x(x+y+z) = 3yz

y z y z

x x x x

   

Đặt 0, 0,

y z

u v t u v

x x

      

. Ta có    

2 2

2

1 3 3 4 2

2



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về 1u31v33 1 u 1v u v    5u v 3

             

       

     

3 2

3 3

3 3 3 2

2 1 1 1

2 1 6(1 )

1

2 6 2

3

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng t  Phần riêeng:

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 1 I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – = 0, E  E(m; – m); Gọi N trung điểm AB

I trung ñieåm NE 

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y m m

   

 

      

  N (12 – m; m – 1)

MN



= (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) MN.IE 0

 

 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) =  m – = hay 14 – 2m =  m = hay m = + m =  MN



= (5; 0)  pt AB laø y = + m =  MN



= (4; 1)  pt AB laø x – – 4(y – 5) =  x – 4y + 19 = I (1; 2; 3); R = 11 5   

d (I; (P)) =

2(1) 2(2) 4

  



  < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vng góc với (P) :

x 2t y 2t z t

   

  

   

Gọi J tâm, r bán kính đường trịn (C) J  d  J (1 + 2t; – 2t; – t)

A B

D C

I J

(4)

J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – =  t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2)

Bán kính đường trịn r = R2 IJ2  25 9 4

Câu VII.a.’ = -9 = 9i2 phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i  A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b 1 (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R = 2

Giả sử  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC =



IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

Do SABC lớn sinAIB = AIB vuông I

 IH = IA

1

2  (thoûa IH < R)  4m

1

m



 

 – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m = 15 M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a



= (2; 1; -2) AM



= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a

 

= (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P)) 

2

261t  792t 612 11t 20

 35t2 - 88t + 53 =  t = hay t = 53 35 Vaäy M (0; 1; -3) hay M

18 53 ; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 2

2 2

2

log (x y ) log log (xy) log (2xy)

x xy y

    

 

  

 



2

x y 2xy

x xy y

  

 

  



 

2 (x y) xy

  

 

 

x y xy

  

  

x y   

  hay

x

y

  

 

ĐỀ SỐ 2 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

(5)

Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Với giá trị m, phương trình

2

x x  m

có nghiệm thực phân biệt? Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình sin x cos x sin 2x  cos3x 2(cos 4x sin x)  Giải hệ phương trình 2

xy x 7y

(x, y ) x y xy 13y

   

 

  



 Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

2

3 ln x

I dx

(x 1)  

  Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc đường thẳng BB’ mặt phẳng (ABC) 600; tam giác ABC vuông C BAC = 600 Hình chiếu vng góc điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a

Câu V (1 điểm)

Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :

2

(x 2) y

  

hai đường thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = Xác định toạ độ tâm K tính bán kính đường trịn (C1); biết đường trịn (C1) tiếp xúc với đường thẳng 1, 2 tâm K thuộc đường trịn (C)

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1) D(0;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cho khoảng cách từ C đến (P) khoảng cách từ D đến (P)

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i)   10 z.z 25 B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3) Trong đường thẳng qua A song song với (P), viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ

Câu VII.b (1 điểm)

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số x y

x  

điểm phân biệt A, B cho AB =

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 2

Câu I.

1 y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R

y’ = 8x3 – 8x; y’ =  x =  x = 1; xlim  x  1 +

y

1

 2

(6)

y'  +  +

y + + 2 CĐ 2

CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -2 x = 1

Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0)

Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); ( 2;0) x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*)

(*) phương trình hồnh độ giao điểm (C’) : y = 2x2x2 – 2 (d): y = 2m

Ta có (C’)  (C); x  - hay x 

(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành - < x < Theo đồ thị ta thấy ycbt  < 2m <  < m < Câu II.

1 sinx+cosxsin2x+ cos3x 2(cos 4x si n x) 

3 3sin x sin 3x

sin x sin 3x cos3x 2cos 4x

2 2

sin 3x cos3x cos 4x

1

sin 3x cos3x cos 4x

2

sin sin 3x cos cos3x cos4x

6

cos 4x cos 3x

4x 3x k2 x k2

6

2

4x 3x k2 x k

6 42



    

  

 

  



 

    

 

 

 

      

 

  

  

       

 

 

2  2

xy x 7y x y xy 13y

  

y = hệ vô nghiệm

y  hệ 

2 x

x

y y x

x 13

y y 

  

  

  

   Đặt a =

1 x

y 

; b = x y 

2 2

1 x

a x

y y

  



2

x a 2b

y

  

Ta có hệ  a b a b 13

   

 a b a a 20

 

  

x y

1

0

 2

(7)

  a b 3 hay 

a

b 12 Vậy x y x y         

 hay

1 x y x 12 y            

x 4x x 3y   hay 

2

x 5x 12 x 12y   (VN)

 x 1 y      

 hay  x y 1 Câu III :

3 3

2 2

1 1

3 1 2

3 ln x dx ln x

I dx dx

(x 1) (x 1) (x 1)

dx 3

I

(x 1) (x 1) ln x I dx (x 1)                    

Đặt u = lnx

dx du x   dx dv (x 1) 

 Chọn

1 v x   

3 3

2

1 1

ln x dx ln dx dx ln 3

I ln

x x(x 1) x x

      

     

Vậy :

I (1 ln 3) ln

  

Câu IV. BH=

a

,

2

3

3 2

BH a a

BN

BN     ;

3 '

2

a

B H 

goïi CA= x, BA=2x, BCx

2 2

2

CA

BA BC  BN 

2 2

2

3

4

a x

x x  

        2 52 a x   Ta có: 3 ' ' 2 a

B H BB 

V=

2

1 9

3

3 2 12 52 208

a a a a

x

 

 

 

 

Câu V :

3

2

(x y) 4xy

(x y) (x y) x y (x y) 4xy

                   

2 (x y)

x y

2



   

dấu “=” xảy :

(8)

Ta có : 2 x y

4 

 4 2 2 2 2 2

A x y x y  2(x y ) (x   y )  x y  2(x y ) 1 2

2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y )

4

(x y ) 2(x y )

  

      

 

    

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 2

9

f (t) t 2t 1, t , f '(t) t t

4 2

1

f (t) f ( ) 16

        

  

Vậy :

9

A x y

16

  

Câu VIa.

1 Phương trình phân giác (1, 2) :

x y x 7y

2

 



1

2 y 2x :d 5(x y) x 7y

5(x y) (x 7y) 1

5(x y) x 7y y x : d     

 

      



   



Phương trình hồnh độ giao điểm d1 (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 25x2 – 20x + 16 = (vô nghiệm)

Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) : (x – 2)2 +

x

2

      

25x 80x 64

     x =

8

5 Vậy K

; 5

 

 

 

R = d (K, 1) = 2

5

2 TH1 : (P) // CD Ta có : AB ( 3; 1; 2), CD ( 2; 4;0)    

 

(P) có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)

(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 4x 2y 7z 15

     

          

 

TH2 : (P) qua I (1;1;1) trung điểm CD

Ta có AB ( 3; 1; 2), AI (0; 1;0) (P) có PVT n (2;0;3) (P) :2(x 1) 3(z 1) 2x 3z

      

       

  

Câu VIb

1 4

AH

2

1 36 36

S AH.BC 18 BC

9

2 AH

2   

 

(9)

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) =

x y

H : H ;

x y 2

               B(m;m – 4)

2 2

2

7 11

m

BC 7 2

HB m m m

7

4 2

m 2                                       

Vậy 1 2

11 3 5 11

B ; C ; hay B ; C ;

2 2 2 2

       

   

       

       

2 AB (4; 1;2);  nP (1; 2;2)

                           

Pt mặt phẳng (Q) qua A // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) =  x – 2y + 2z + = Gọi  đường thẳng qua A

Gọi H hình chiếu B xuống mặt phẳng (Q) Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt  qua A H

Pt tham số

x t BH: y 2t

z 2t           

Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình : x t, y 2t,z 2t

x 2y 2z

             10 t

  H 11 7; ; 9

 

  

 

 qua A (-3; 0;1) có VTCP  

a AH 26;11;                                

Pt () :

x y z

26 11

  

 



Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R z – – i = x – + (y – 1)i z – (2 + i)= 10 z.z 25



2

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

  2

4x 2y 20 x y 25

 

y 10 2x x 8x 15 0 

 x y 4 hay 

x y 0 Vậy z = + 4i hay z =

Câu VII.b.

Pt hoành độ giao điểm đồ thị đường thẳng :

2 x x m x      2x2 – mx – = (*) (vì x = khơng nghiệm (*))

Vì a.c < nên pt ln có nghiệm phân biệt 

Do đồ thị đường thẳng ln có giao điểm phân biệt A, B AB =  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16

 (xB – xA)2 =  m 8      

   m2 24

  m = 2 ĐỀ SỐ 3

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TỐN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị (C

m), m tham số

(10)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos5x 2sin 3x cos2x sin x 0  

2 Giải hệ phương trình

2 x(x y 1)

5

(x y)

x     



    



 (x, y  R)

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

x

dx I

e 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm đoạn thẳng A’C’, I giao điểm AM A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC)

Câu V (1,0 điểm).Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình 7x – 2y – = 6x – y – = Viết phương trình đường thẳng AC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z –

(3 – 4i)=

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ

điểm M thuộc (C) cho IMO = 300.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x y z

1 1

 

 

 mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vng góc với đường thẳng 

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số

x x

y

x   

hai điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung

Câu I 1.

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = -1

x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

 x4 – (3m + 2)x2 + 3m + =  x = 1 hay x2 = 3m + (*)

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ phương trình (*) có hai

nghiệm phân biệt khác 1 <

1 x

y

(11)



0 3m 3m 1

         m m          Câu II 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     cos5x sin5x 2sin x 

 31 cos5xsin5xsinx 22  

sin 5x sin x          

5x x k2



   

hay 5x x k2

       6x k2     hay

4x k2 k2

3            x k 18    

hay x k2

 

 

(k  Z)

2) Hệ phương trình tương đương :

2 2

2

x(x y 1) x(x y) x 3

5 x (x y) x 5

(x y) x                    

 ĐK : x ≠ 0

Đặt t=x(x + y) Hệ trở thành:

2 2

t x t x t x t x

t x (t x) 2tx tx x t

                                     Vậy

x(x y) x(x y) y y

2

x x x

x                            Câu III :

3 x x 3 x 3

x

x x 1

1 1

1 e e e

I dx dx dx ln e

e e

 

     

 

  

3

2 ln(e 1) ln(e 1) ln(e e 1)

        

Câu IV.

2 9 4 5 5

AC  a  a  a  AC a ,BC2 5a2 a2 4a2 BC 2a H hình chiếu I xuống mặt ABC, Ta có IH AC

/ /

/

1

2 3

IA A M IH a

IH IC  AC   AA    ,

3

1 1 4

2

3 3

IABC ABC

a a

V  S IH  a a  

(đvtt) Tam giác A’BC vuông B, Nên SA’BC=

2

52

2a a a

Xét tam giác A’BC IBC, Đáy /

/

2 2

5

3 IBC A BC

IC A C S  S  a

Vaäy d(A,IBC)

3

3 34 2

9 5

IABC IBC

V a a a

S a

   

Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy

= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12

Đặt t = x.y, x, y  x + y = nên  t  ¼ Khi S = 16t2 – 2t + 12 , S’ = 32t – ; S’ =  t =

1 16 S(0) = 12; S(¼) =

25 ; S (

1 16) =

191

16 Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :Max S = 25

2 x = y =

Min S = 191

16

2 x y          

 hay

(12)

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – = đường trung tuyến AD : 7x – 2y – = A = AH  AD  A (1;2), M trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) =  x + 6y + =

D = BC  AD  D (0 ;

3 

),D trung điểm BC  C (- 3; - 1),AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)  



nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) =  3x – 4y + =

2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2)  

nên có phương trình :

x t y t (t ) z 2t

   

  

   

 D  AB  D (2 – t; + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t)   Vì C  (P) nên : CD //(P)CD n( P)  

1 1(1 t) 1.t 1.2t t

2

      

Vậy :

5 D ; ;

2

 



 

 

Câu VI.b 1. (x – 1)2 + y2 = Tâm I (1; 0); R = 1

Ta có IMO = 300, OIM cân I  MOI = 300 OM có hệ số góc k = tg300 =

1 

+ k = 

1

3  pt OM : y= x

3 vào pt (C) 

2

2 x

x 2x

3

  

 x= (loại) hay

3 x

2 

Vậy M

3

;

2

 



 

 

Cách khác:Ta giải hình học phẳng

OI=1, IOM IMO300, đối xứng ta có điểm đáp án đối xứng với Ox H hình chiếu M xuống OX.Tam giác OM H1 nửa tam giác

OI=1 =>

3 3 3

,

2 3

OH  OM  HM  

Vaäy

3, , 3,

2 2

M   M   

   

2 Gọi A =  (P)  A(-3;1;1) a (1;1; 1)



; n(P)(1;2; 3)



d đđi qua A có VTCP ad a , n (P)  ( 1;2;1)

                                         

nên pt d :

x y z

1

  

 

 Câu VII.a Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – + (y + 4)i

Vậy z – (3 – 4i) = 

2

(x 3) (y 4) 2

 (x – 3)2 + (y + 4)2 =

Do đđó tập hợp biểu diễn số phức z mp Oxy đường trịn tâm I (3; -4) bán kính R = Câu VII.b pt hoành độ giao điểm :

2

x x

2x m x

 

 

(1)

 x2 + x – = x(– 2x + m) (vì x = khơng nghiệm (1))  3x2 + (1 – m)x – =

phương trình có a.c < với m nên có nghiệm phân biệt với m Ycbt  S = x1 + x2 =

b a 

=  m – =  m =

ĐỀ SỐ 4

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Mơn thi : TỐN

Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

O I

1 M

2 M

(13)

Cho hàm số y = x3 (2m  1)x2 + (2  m)x + (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số (1) có hồnh độ dương

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (1 2sin x) cos x sin x cos x    Giải bất phương trình x x 2    5x (x  ) Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

2x x

0

I (e x)e dx

 

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N P trung điểm cạnh SA, SB CD Chứng minh đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP

Câu V (1,0 điểm)

Cho a b hai số thực thoả mãn < a < b < Chứng minh a2lnb  b2lna > lna  lnb PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A đường cao kẻ từ B có phương trình 5x+y9 = x + 3y  = Tìm toạ độ đỉnh A B

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + = (P2) : 3x + 2y  z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P1) (P2)

Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = + i + (1 + 2i)z Tìm phần thực phần ảo z. B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng 1 : x  2y  = 2 : x + y +1 = Tìm

toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) trọng tâm G(0; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm C vng góc với mặt phẳng (ABC)

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau tập hợp số phức :

4z 7i

z 2i z i

 

  

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I.1.

(14)

 ' P S          

4m m m 2(2m 1)               m hay m

4 m m             

4 < m < 2 Câu II : 1. Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = + sinx + cosx

 cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = + sinx + cosx

 4sinxcosx(1 + sinx) = + sinx  + sinx = hay 4sinxcosx =  sinx = -1 hay sin2x =

1

2  x = k2 

  

hay x = 12 k 

 

hay x =

k 12

   x x 2    5x 1

x

(x 1)(x 2)          

x x

2 x x

x x

                  

Câu III: I =

1

x x

0

e dx xe dx 

 

; I1 = 1 x x 0

e dx e

e       I2 = x xe dx 

, đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex

Vậy I2 =

1

x x

0

xe  e dx 1

 I = I1 + I2 =

e  Câu IV: Gọi I trung điểm AB

Ta có MN // AB // CD SP  CD  MN  SP

SIP cân S, SI2 =

2

2 a 7a 2a

4

 

 SI = SP = a

2 Gọi O tâm hình vng ABCD,

ta có SO2=SI2–OI2 =

2

7a a 6a

4

     

  SO =

a

2 , H hình chiếu vng góc P xuống mặt phẳng SAB

Ta có S(SIP) =

1

SO.IP PH.SI

2 2  PH =

SO.IP SI =

a a

a

2 a 

V =

3 (AMN )

1 1 a a a a

S PH

3 2 2 48

 

   

  (đvtt)

Câu V :Đặt ln x

f (x) ; x x

  



2

2 x 2x ln x

f '(x) , x (0;1)

x(x 1)  

    

  f đồng biến (0 ; 1)  f(b) > f(a) với < a < b < 1 2

ln b ln a

b a

 

  với < a < b < 1

2

a ln b b ln a ln a ln b

   

Câu VI.a.

1 Giả sử AM: 5x + y – = 0, BH: x + 3y – = AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) =  3x – y + =

(15)

A = AC  AM  A(1; 4), B  BH  B (5 – 3m; m) M trung điểm BC  M

4 ;

2

m m

ổ- - ửữ

ỗ ữ

ỗ ÷

è ø.

M  AM 

4

5

2

m m

- + - - =

0

m

Û = Vậy B(5; 0)

2 n( )P1 =(1;2;3 ,) n( )P2 =(3;2; 1- )

uuur uuur

(P) qua A(1; 1; 1) (P) (P1), (P2)  (P) có vectơ pháp tuyến:

1

( )P ( )P , ( )P

n = êén n ùú

ë û

uuur uuur uuur

= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)

Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) =  4x – 5y + 2z – = Câu VII a. ( ) ( )

2

1+i 2- i z= + + +8 i (1 )i z ( )(2 2i i z) (1 )i z i

Û - - + = + Û z iêëé4 + -2 2- iúûù= +8 i (8 )(1 2)

8 15 10 15 2 3

1 5

i i

i i i

z i

i

+

-+ - +

-Û = = = = =

-+

Phần thực z Phần ảo z – Câu VI.b M 1  M (2m + 3; m)

d(M, 2) =

2 

2m m 1

2

   

3m + 4=  m = -1 hay m = 

Vậy M (1; -1) hay M ( 

; 

) G trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1) 



; AC ( 2;2; 4)   

 a [AB, AC]6(1;1;0)

  

 pt  :

x t

y t

z

  



  

 

 (t  R) Câu VII.b

4z 7i

z 2i z i

 

  

 4z – – 7i = z2 – 3iz –  z2 – (4 + 3i)z + + 7i =  = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = – 4i = (2 – i)2

Vậy

4 3i i

z i

2   

  

hay z =

4 3i i

1 2i

    

ĐỀ SỐ 5

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m =

2 Tìm m để hàm số có hai cực trị x1 x2 thỏa x1 = - 4x2

(16)

1 Giải hệ phương trình: x 4y 



   

 

2 Giải phương trình: cosx = 8sin3 x 

 



 

 

Câu 3: (1.5điểm)

1 Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông C ; M,N hình chiếu A SB, SC Biết MN cắt BC T Chứng minh tam giác AMN vng AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB

2 Tính tích phân A =

ln ln ex

e e

dx

x x



Câu 4: (1.5 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh đường thẳng AB CD chéo Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳngOxy cắt đường thẳngAB; CD

2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

3 3

2 2 2

a b c

a ab b b bc c c ca a  Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c

B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu 5a 5b

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK

2 Biết (D) (D’) hai đường thẳng song song Lấy (D) điểm (D’) n điểm nối điểm ta tam giác Tìm n để số tam giác lập 45

3.C M R a + bi = (c + di)n a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – = đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = Tìm M thuộc (D) N thuộc (C) cho chúng đối xứng qua A(3;1).

2 Tìm m để phương trình: x(x −1)+4(x −1)√ x

x −1=m có nghịêm

3 Giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0 - Hết

A.PHẦN CHUNG:

(17)

Ta có: ’ = m2 + 36 > với m, ln có cực trị Ta có: 2 x x m x x x x             

Câu 2:1

2 (1)

1 (2)

x y xy

x y           

 Điều kiện:

1 x y      

 Từ (1)

2

x x

y y

   

 x = 4y Nghiệm hệ (2;

1 2)

2 cosx = 8sin3

x 

 



 

   cosx =  

3 sinx+cosx

 3 sin3x9sin2xcosx +3 sinxcos2x c os3x c osx = (3)

Ta thấy cosx = không nghiêm

(3)  3 tan3x8 t an x + 3 t anx = 02 t anx = x = k

 

Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vng góc

BC  (SAC)  AN  BC AN  SC AN  (SBC)  AN  MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN CSB  TM đường cao tam giác STB

 BN đường cao tam giác STB

Theo định lý ba đường vng góc, ta có AB  ST AB  (SAT) hay AB AT (đpcm)

2

(ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln )

e e

dx d x

A

x x x x x

      = 1 (ln ) ln ln

e e d x x x          = 2

ln(ln )x e ln(1 ln )x e

e   e = 2ln2 – ln3 Câu 1 +) BA(4;5;5)



, CD(3; 2;0) 

, CA(4;3;6) 

BA CD,   (10;15; 23)

                           

 BA CD CA,  0   

 đpcm + Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P)  (Oxy)  có VTPT n1 BA k, 

  

= (5;- 4; 0)  (P): 5x – 4y = + (Q) mặt phẳng qua CD (Q)  (Oxy) có VTPT n1CD k, 

  

= (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình (D)

Ta có:

3

2

a a b

a ab b

 

  (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥  (a + b)(a – b)2  (h/n) Tương tự:

3

2

b b c

b bc c

 

  (2) ,

3

2

c c a

c ac a

 

(18)

3 3

2 2 2 3

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

 

  

     

Vậy: S ≤  maxS = a = b = c = 1 B PHẦN TỰ CHỌN:

Câu 5a:

1 Ta cóI(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) :

x y z

P

a b c

   

Ta có

(4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; )

IA a JA b

JK b c IK a c

                                      Ta có:

4

5

4

a b c

b c a c                 77 77 77 a b c           

  ptmp(P)

2.Ta có: nC52 5Cn2 = 45  n2 + 3n – 18 =  n =

3 Hướng dẫn:a + bi = (c + di)n  |a + bi| = |(c + di)n |

 |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n  a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b:1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b)

N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) =  b = 0;b = 6/5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) N(2;2) , M’(38/5;6/5) N’(-8/5; 4/5) Đặt t=(x −1)√ x

x −1∈ℜ pt cho ta m = t(t – 1) suy m≥ −4

3)giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0

2

(1)

( )( )

(2)

z i

z i z z

z z

 

    



 .

Đặt z = a + bi

(1)  (a + bi)2 = -i  a2 - b2 + 2abi = -i 

2

0 2 2

2 2 2

2 2

hc

a b

a a

ab

a b

ab a b

b b ab                                         

(2)  (a + bi)2 = a - bi 

2 2 2 0

2 1

1 2 hc a

a b a b

a b ab b a a b                                            Vậy phương trình có nghiệm:

2 2 3

, , , , 0,

2 2 2 2

z  i z  i z  i z  i z z

ĐỀ SỐ 6

(19)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số ( ) ( )

3

1

y m x mx 3m x

3

= - + +

(1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=2

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến tập xác định

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: (2cosx sinx- ) ( +cosx) =1 Giải phương trình:

( )2 ( )3 ( )3

1 1

4 4

3log x 2 3 log x log x 6

2 + - = - + +

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

cosx

I dx

sin x 5sinx

p

=

- +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 tam giác A'BC có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ

Câu V (1,0 điểm)

Giả sử x, y hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

5

x y

4 + =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4

S

x 4y

= +

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2)

2 Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) điểm B(x ;y ;0), x0 ( 0>0;y0>0) cho

OB=8 góc AOB· =600 Xác định tọa độ điểm C trục Oz để thể tích tứ diện OABC

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ chữ số 0;1;2;3;4;5 lập số tự nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy A B cho giá trị tồng OA +OB nhỏ

Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , cịn đỉnh D nằm trục Oy Tìm tọa độ đỉnh D tứ diện tích V =5

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ số 0;1;2;3;4;5 Hỏi thành lập số có chữ số khơng chia hết cho mà chữ số số khác

-Hết -KẾT QUẢ Đề số 6

(20)

2 m 2³

1

k2

x k2 ;x

6

p p

= p = +

x=2;x= -1 33

4

I ln

3 =

V =8

minS=5

1 x+3y 6- =0;x y 2- - =0 C (0;0; 3),C (0;0;1 - 3) Câu VII.a (1,0 điểm)

192 số

1 x 2y 6+ - =0 D (0; 7;0),D (0;8;0)1 - Câu VII.b (1,0 điểm)

64 số

-Hết -ĐỀ SỐ 7

Thời gian làm bài: 180 phút

(21)

Cho hàm số

mx

y

x m

+ =

+ (1)

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

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (- ¥;1)

1 Giài phương trình: cos x 4sin x 3cosxsin x3 - - +sinx=0 Giải phương trình: ( ) ( )

2

3

log x 1- +log 2x 1- =2

Tính tích phân:

4

dx I

cos x

p

=ò

Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A'B'C'D' có chiều cao h Góc hai đường chéo hai mặt bên kề

kẻ từ đỉnh a (00< a <90 )0 Tính thể tích khối lăng trụ

Cho x, y, z ba số dương x+ + £y z Chứng minh rằng:

2 2

1 1

x y z 82

x y z

+ + + + + ³

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 7)- , phương trình đường cao trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác là: 3x+ +y 11 0,x 2y 7= + + =0 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

2 Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;2; 1),B(2; 1;3),C( 4;7;5)- - - Tính độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh B

Có bao niêu số tự nhiên có chữ số, chia hết cho tạo chữ số 1, 2, 3, hai trường hợp sau a) Các chữ số trùng nhau; b) Các chữ số khác

1 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm A(27;1) cắt tia Ox, Oy M N cho độ dài đoạn MN nhỏ

Trong không gian (Oxyz) cho vectơ a=(3; 1;2),b- =(1;1; 2)

-r r

Tìm vectơ đơn vị đồng phẳng với a,b

r r

và tạo với ar góc 600

Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Từ chữ số cho có cách lập số gồm chữ số khác cho số tạo thành số chẵn bé hay 345 ?

(22)

2 - m< £ -

1 x k ;x k

p p

= ± + p = - + p

2 x=2

28 I

15 =

3

2h sin V

cos a =

a

Sử dụng phương pháp tọa độ bất đẳng thức Cauchy

1 x 3y 23- - =0;4x+3y 13+ =0;7x+9y 19+ =0

2 74 d

3 =

a) 64 số b) số

1 x+3y 30- =0

3 14 14 14

e ( ; ; )

14 14

=

-r

13 số

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3+3x2- mx 4- (1)

(23)

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến khoảng (- ¥;0)

1 Giài phương trình:

x

cot x sinx tanx.tan

2

ỉ ư÷

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2 Gii phng trình:

( )

4

2x

1

log x log x

log +

- + = + +

Tính tích phân:

4

0

dx I

cosx

p

=ò

Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cạnh a, A 'AB· =BAD A 'AD 60· = · = Hãy tính thể tích khối hộp

Câu V (1,0 điểm)Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn

1 1

4

x+ + =y z Chứng minh rằng:

1 1

1 2x+ +y z+x 2y+ +z+x+ +y 2z£

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến (BM) : 2x+ + =y đường phân giác (CD) : x+ -y 0= Hãy viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong khơng gian (Oxyz) cho điểm A( 1;6;6),B(3; 6; 2)- - - Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tổng MA+MB đạt giá trị nhỏ

Từ chữ số 0,1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên có chữ số khác nhau? Tính tổng số tự nhiên

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( )D1 : x y 0,- + = (D2) : 2x+ + =y 0 điểm

M(2;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt hai đường thẳng ( ) (D1 , D2) A

và B cho M trung điểm đoạn thẳng AB

Trong Kg(Oxyz) cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ,

B(a;0;0),D(0;a;0), A '(0;0;b) a( >0,b>0) Gọi M trung điểm cạnh CC' Tính thể tích khối tứ diện

BDA'M theo a b xác định tỷ số

a

b để hai mặt phẳng (A'BD) (MBD) vng góc với nhau.

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên, số có chữ số thỏa mãn điều kiện:Sáu chữ số số khác số tổng ba số đầu nhỏ tổng ba chữ số cuối đơn vị?

(24)

1

5

x k ;x k

12 12

p p

= + p = + p

2 x

2 =

I =ln(1+ 2)

3

a V

2 =

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

1 4x+3y+ =4 M(2; 3;0)

-Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 600 số b) Tổng số 19666500

1 5x 2y 8- - =0

2

a b a

V ;

4 b

= =

108 số

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cho hàm số y= - x3+(2m x+ ) 2- (m2- 3m x 4+ ) - (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

(25)

2 2 11

tan x cot x cot 2x

3

+ + =

2 Giải phương trình: 4log 2x2 - xlog 62 =2.3log 4x2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

7x 12

I dx

x 7x 12

-=

- +

ò

Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cạnh a đỉnh A' cách đỉnh A, B,C Cạnh bên AA' tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ

Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh rằng:

3 3 3

1 x y y z z x 3 3

xy yz zx

+ + + + + + + + ³

Khi đẳng thức xảy ?

1 Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(2;1) tạo với đường thẳng

( )d : 2x+3y+ =4 0 góc 450

2 Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(0;1;2) hai đường thẳng

( )1 ( )2

x t x y z

d : ; d : y 2t

2 1

z t ìï = + ïï

- + ïï

= = íï =

ïï = +

ïïỵ

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với ( )d1 ( )d2 Tìm tọa độ điểm M trên

( )d1 , N ( )d2 cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.

Xét số gồm chữ số, có chữ số chữ số cịn lại : 2, 3, 4, Hỏi có số thế, nếu: a) chữ số xếp kề ? b) Các chữ số xếp tùy ý ?

1 Trong mp cho hai đường thẳng ( )d : 2x y 0, d : x 2y 71 - + = ( )2 + - =0 Lập phương trìnhđường

thẳng qua gốc tọa độ O tạo với ( ) ( )d , d1 tam giác cân có đỉnh giao điểm A ( )d1 ( )d2

2 Trong Kg(Oxyz) cho hai mp ( )P : 5x 2y 5z 0- + - = ( )Q : x 4y 8z 12- - + =0 Lập phương trình mặt phẳng (a) qua gốc tọa độ O, vng góc với mp (P) hợp với mp (Q) góc 450

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho tập hợp A ={1,2,3,4,5,6,7,8}

a) Có tập X A thỏa điều X chứa không chứa ?

b) Có số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác lấy từ tập A không bắt đầu 123 ?

1 Tự giải m 2< <

(26)

1 x= ± +6 2

1 x

4 =

I =25ln2 16ln3

-Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

8 =

1 5x+ -y 0;x 5y 3= - + =0

2 (P) : x+3y 5z 13+ - =0;M(0;1; 1);N(0;1;1)

3024 số

1 3x+ =y 0;x 3y- =0 x z- =0;x 20y 7z+ + =0

3348 số

-Hết -ĐỀ SỐ 10

Cho hàm số

4

1

y x mx

2

= - +

(1)

(27)

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có cực tiểu mà khơng có cực đại

( )

3 sinx tanx 2cosx 2

tanx sinx

+ - =

-2 Giải phương trình: ( ) ( ) ( )

2 2

4 20

log x- x - log x+ x - =log x- x -

Tính tích phân:

5

3

4

3x

I dx

x 2x 5x

+ =

- - +

ò

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác cạnh a Đường chéo BC' mặt bên (BCC'B') tạo với mặt bên (ABB'A') góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ

Chứng minh với x,y>0 ta có:

(1 x 1) y 256

x y

ổ

ổ ửữỗ ữ

ỗ ữ

+ ỗố + ữữỗứỗ + ữữ

ỗố ứ

Khi no ng thc xy ?

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có diện tích

3 S

2 =

, hai đỉnh A(2; 3),B(3; 2)- - trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng ( )d : 3x y 8- - =0 Tìm tọa độ đỉnh C

2 Trong không gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) đi qua hai điểm A(2; 1;0),B(5;1;1)-

khoảng cách từ điểm

1 M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a)

7 3.

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên gồm chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mặt lần

1 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D cách điểm A( 2;5)- khoảng cách điểm B(5;4) khoảng

2 Trong không gian (Oxyz), cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' biết

A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A '(0;0;1) Lập phương trình mặt phẳng (a) chứa đường thẳng CD' tạo với mặt phẳng (BB 'D'D) góc nhỏ

Số a=2 73 có ước số

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 10

1 Tự giải m£

(28)

1 x= ± +k2p

2 ( )

20 20

log log

1

x 1;x 5

2

-= = +

2 13 14

I ln ln ln2

3 15

= - + +

3

a V

4 =

Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

1 C( 2;10);C '(1; 1)-

-2 x+ -y 5z 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

5880 số

1 y 7- =0;7x 24y 56+ - =0;4x+3y 17- =0;3x 4y 16- + =0 x 2y+ + -z 3=0

60 ước số

-Hết -ĐỀ SỐ 11

Cho hàm số y= - x3+3mx2+3 m x( - 2) +m3- m2 (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

(29)

1 Giải phương trình:

1

2tanx cot2x 2sin2x+

sin2x

+ =

2 Giải phương trình: ( )

3x x

3 x x

1 12

2 6.2

2 -

- - + =

Tính tích phân:

2

0

2 x

I dx

x -=

+ ò

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Gọi G trọng tâm tam giác SAC khoảng cách từ G đến mặt bên (SCD)

a

6 Tính khoảng cách từ tâm O đáy đến mặt bên (SCD) tính thể tích

khối chóp S.ABCD

Tìm giá trị nhỏ hàm số:

11

y x

2x x

æ ửữ

ỗ

= + + ỗỗố + ữữ

ø với x>0

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho họ đường cong (C )m có phương trình:

( )

2 2

x y 2mx m y 2m 4m

2

+ - + + + + - =

Chứng minh (C )m đường trịn có bán kính khơng đổi; Tìm tập hợp tâm đường tròn m

(C ) suy (C )m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.

2 Trong không gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng qua điểm M(9;1;1), cắt tia Ox, Oy , Oz A, B, C cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ

Một người có bi xanh, bi đỏ, bi đen Yêu cầu cần lấy bi đủ ba màu Hỏi có cách lấy

1 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D qua gốc tọa độ O cắt đường tròn

( ) (C : x 1- )2+(y+3)2=25

theo dây cung có độ dài

2 Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) qua điểm M(9;1;1) cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho OA+OB+OC có giá trị nhỏ

Đội học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội dự trại hè cho khối có em chọn

1 Tự giải

2 y=2x m- 2+m

(30)

1 x= ± + p3 k x=1

I = p +2

3

a a

d ,V

4

= =

15 miny

2 =

( )1 ( 2)

1) (d) : x y 0,

: x y 0, : x y

+ + =

D + + = D + - =

2 x+9y 9z 27+ - =0

10283 cách

1 y=0;3x 4y- =0 x+3y+3z 15- =0

41811 cách

-Hết -ĐỀ SỐ 12 Thời gian làm bài: 180 phút

Cho hàm số y=x3- 6x2+9x 6- (1) có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

(31)

1 Giải phương trình: cos7x.cos5x- 3sin2x=1 sin7xsin5x -2 Giải phương trình: log 33( x- log 3) 3( x 1+ - 3) =6

Tính tích phân:

e

I =òxln xdx

Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA =a, đáy tam giác vng cân có AB=BC =a Gọi B' trung điểm SB, C' chân đường cao hạ từ A tam giác SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (AB'C') Tính thể tích khối chóp S.AB'C'

Cho x, y, z số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( ) ( ) ( )

3 3 3

3 3

2 2

x y z

S x y y z z x

y z x

ổ ửữ

ỗ

= + + + + + + ỗỗ + + ÷÷÷

è ø

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( )C : x2+y2=1 Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB= Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) qua hai điểm A(2, 1;0),B(5;1;1)- khoảng cách từ điểm

1 M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a)

7

Một tổ học sinh có nam nữ xếp thành hàng dọc Có cách xếp khác ? Có cách xếp cho khơng có học sinh giới tính đứng kề ?

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( )C : x2+y2+2x 4y 20- - =0 điểm A(0;3) Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm A cắt đường tròn (C) theo dây cung MN có độ dài

a) Lớn b) Nhỏ

2 Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),(a,b,c>0) thỏa mãn

2 2

a +b +c =3 Xác định a, b, c cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất.

Trong mặt phẳng cho đa giác (H) có 20 cạnh Xét tam giác có đỉnh lấy từ đỉnh (H) Có tất tam giác ? Có tam giác có cạnh cạnh (H) ? Có tam giác có cạnh cạnh (H) ? Có tam giác khơng có cạnh cạnh (H) ?

1 Tự giải m> -

1 x k ,x k p

(32)

2 x=log 10,x3 =log327

( )

2

1

I e

4

=

-Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

36 =

minS 12,x= = = =y z

x+ + =y 0; x+ -y 0=

2 x+ -y 5z 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

Câu VII.a (1,0 điểm) 28800 cách

1 2x y 6- - =0 a= = =b c

1440, 20, 320, 800 tam giác

-Hết -ĐỀ SỐ 13

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:  

3 3 1 9 2

y x  m x  x m 

(1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1

2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng

1

y x

Câu II: (2,5 điểm)

(33)

   

sin cosx x3  osc x 3 os2c x8 cosx sinx  3 0 2) Giải bất phương trình :  

2

1

log log

2 x x x

 

    

  .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x= 

Câu III: (2 điểm)

1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho

1

AP AH

 

gọi K trung điểm AA’,   mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '

ABCKMN A B C KMN

V

V .

2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:

 

2

2 2

6

a a

a b ab b a a



  

 



     



Câu IV: (2,5 điểm)

1) Cho m hồng trắng n hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:

2

3

1

9 19 2 720

m

m n m

n

C C A

P

  



  

 

 

 ) Cho Elip có phương trình tắc

2

1 25

x y

 

(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4

3) Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình:

2

:

3

x t

d y t

z t

  



  

  



1

:

2

x y z

d     

Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2?

Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

Câu I b) m =1

Câu II.a)

⇔

x=π

3+kπ

¿ x=k2π

¿ , k∈Ζ

¿ ¿ ¿

b) x∈(−7;−27

5 ) c)

2 4

S  

  

(34)

Câu III.1)

2 ' ' '

1

8

3

8

V

a a

V



  



2) Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

(−1−√23i

2 ;

−1−√3i

2 ),(

−1−√23i

2 ;

−1+√3i

2 ) (

−1+√23i

2 ;

−1−√3i

2 ),(

−1+√23i

2 ;

−1−√3i

2 )

(−3;−1+√5

2 ),(−3;

−1−√5 ),(2;

−1+√5 ),(2;

−1−√5 )

Câu IV.1)

1946

31, 45% 6188

P

  

2) phương trình đường thẳng: x=−5√5

3 , x= 5√5

3

3) PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0 Câu V.Ta có: P + = a

3

√1+b2+b

+ b

3

√1+c2+c

2

+ c

3

√1+a2+a

⇔P+

4√2=

a3

2√1+b2+

a2

2√1+b2+

1+b2

4√2

+b3

2√1+c2+

b2

2√1+c2+

1+c2

4√2

+c3

2√1+a2+

c2

2√1+a2+

1+a2

4√2 33

√ a6

16√2+3

3

√ b6

16√2+3

3

√ c6

16√2 ⇒P+ 2√2≥

3 2√32√2(a

2

+b2+c2)=

2√68

⇒P ≥

2√623−

3 2√2=

9 2√2−

3 2√2=

3

√2

Để PMin a = b = c =

ĐỀ SỐ 14

Cho hàm số y= - x4+2 m x( + ) 2- 2m 3- (1) có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1), m=0

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng.

(35)

4

sin x cos x

4

p

ỉ ư÷

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2 Gii phương trình:

( )

0,5

log sin x 5sinx

4

9

+ +

=

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

e

1

I cos(lnx)dx

p

=ò

Đáy hình chóp SABC tam giác cân ABC có AB=AC=a Bµ =Cµ = a Các cạnh bên nghiêng với đáy góc b Tính thể tích khối chóp SABC

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x+ + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

1

P

x y z xyz

= +

+ +

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M( 3;1)- đường tròn ( )C : x2+y2- 2x 6y 6- + =0 Gọi T ,T1

là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng T T1

2 Trong không gian (Oxyz), cho hai đường thẳng

( )1 ( )2

x 2t' x 2t

d : y t ; d : y t' z t z t'

ì

ì ï

ï = + ï = +

ï ï

ïï = - ï =

-í í

ï ï

ï = - ï =

-ï ï

ïỵ ïỵ

Chứng tỏ hai đường thẳng ( )d1 ( )d2 song song với Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa

hai đường thẳng

Tính giá trị biểu thức ( )

4

n n

A 3A

M

n !

+ +

=

+ , biết 2 2

n n n n

C + +2C + +2C + +C + =149

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y 0- + = đường tròn ( )C : x2+y2+2x 4y- =0 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) cho từ kẻ đến (C) hai tiếp tuyến tạo với góc 600

2 Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A(2;0;0),M(1;1;1) Giả sử (P) mặt phẳng thay đổi luôn qua đường thẳng AM cắt trục Oy, Oz điểm B(0;b;0),C(0;0;c)(b,c>0) Chứng minh

bc b c

2 + =

tìm b,c cho diện tích tam giác ABC nhỏ

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n+2Cn 2n- £ 9n

1 Tự giải

13

m 3,m

9

= =

-Câu II (2,0 điểm)

1 x k ,x k p

(36)

2 x= 2+ p =k ,x arctan( )5 + pk

( )

1

I e

2

p

= +

3

a cos tan V

6

a b

=

1

minS 30,x y z

3

= = = =

1 2x+ -y 3=0 y z 4- + =0

3

n 5, M

4

= =

1

21 21 21 21

M(3;4),M '( 3; 2),N( ; ),N '( ; )

3 3

- +

- -

minS=4 6, b= =c

n=3,n=4

-Hết -ĐỀ SỐ 15

Cho hàm số

x

y

x + =

+ (1) có đồ thị (C)

2 Chứng minh đường thẳng ( )d : y=2x+m cắt (C) hai điểm phân biệt M, N Xác định m để độ dài đoạn MN nhỏ

(37)

1 Giải phương trình: (1 tanx sin2x- ) ( + ) = +1 tanx Giải phương trình:

( ) 9x

3

4

2 log x log

1 log x

- - =

-Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

dx I

x 2x

-=

+ +

ị

Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA =2a, tam giác ABC vng C có AB=2a, CAB· =300 Gọi H K hình chiếu A SC SB Tính thể tích khối chóp H.ABC

Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x+ ³y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

3x y

A

4x y

+ +

= +

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( )C : x2+y2- 2x+4y 4- =0 có tâm I điểm M( 1; 3)- - Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho tam giác IAB có diện tích lớn

2 Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) qua giao tuyến (d) hai mặt phẳng

( )P : 2x y- +3z 0,(Q) : x+ = + -y z 5+ =0, đồng thời vng góc với mặt phẳng ( )R : 3x y 0- + =

Từ tổ gồm học sinh nữ học sinh nam cần chọn em số học sinh nữ phải nhỏ Hỏi có cách chọn

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y- + =3 đường tròn

( )C : x2+y2- 2x 2y 0- + =

Tìm tọa độ điểm M nằm (d) cho đường trịn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường trịn (C)

2 Trong khơng gian (Oxyz), cho hai điểm I(0;0;1),K(3;0;0) Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm I, K tạo với mặt phẳng Oxy góc 300

Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn số viên bi lấy không đủ ba màu

1 Tự giải

2 minMN=2 5,m=3

1 x k ,x k p

= p = - + p

2

x ,x 81

3

(38)

3 I

9 p =

3

a V

7 =

miny ,x y

2

= = =

x+ + =y 0;7x+ +y 10=0 3x+9y 13z 33- + =0

462 cách

1 M (1;4),M ( 2;4)1

x± 2y+3z 3- =0

645 cách

-Hết -ĐỀ SỐ 16

Cho hàm số y=x4- 2mx2+2m m+ (1)

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

2 Xác định m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm số (1) lập thành tam giác

(39)

1 Giải phương trình: 2sin3x 4sin x( - ) =1 Giải phương trình: 9sin x2 +9cos x2 =10

Tính tích phân: ( )

1

2

5x

I dx

x

=

+ ò

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC vng góc với AA', cắt hình lăng trụ ABC.A'B'C' theo thiết diện có diện tích

2

a

8 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Cho x, y, z ba số thỏa mãn x+ + =y z Chứng mnh 4+ x + 4+ y + 4+ z ³

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(6;4);B( 3;1);C(4; 2)- - Viết phương trình đường phân giác góc A tam giác ABC

2 Cho hai điểm A(1;2;3),B( 1;4;2)- hai mặt phẳng

(P) : 2x 6y- +4z 3+ =0,(Q) : x y- + + =z

Tìm tọa độ giao điểm K đường thẳng AB với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ điểm C nằm mặt phẳng (Q) cho tam giác ABC tam giác

Có bao niêu số tự nhiên có chữ số khác chia hết cho

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x 2y 2- + =0 hai điểm A(0;6),B(2;5) Tìm (d) điểm M cho MA +MB có giá trị nhỏ

2 Trong khơng gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a, b, c ba số dương thay đổi thỏa mãn a2+b2+c2=3 Xác định a, b, c cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đếm mặt phẳng

(ABC) lớn

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác

KẾT QUẢ ĐỀ 16

1 Tự giải m= 33

1

k2 2k

x ;x

4 10

p p p p

= + = +

2

k x

(40)

1 I

8 =

3

a V

12 =

1 x y 2- - =0

2

1 11 11 3 11

K( ; ; ),C ; ; ;C ; ;

2 4 4

ỉ- - ư÷ ổ+ + ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ø è ø

28560 số

1

11 19 M( ; )

4

a= = =b c

1260 số

ĐỀ SỐ 17

PhÇn chung

Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số : y=x3+3 mx2+(m+1)x+1 (1) , m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = –1

2 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = –1 qua điểm A(1 ; 2) Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình : tanx=cotx+4 cos22x Giải phương trình

2x −1¿2 ¿ ¿

(41)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:x −3

2 =

y −3 =

z −3

1 ;

d2:

5x −6y −6z+13=0 x −6y+6z −7=0

¿{ Chứng minh d1 d2 cắt

2 Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A,B thuộc d1 ; d2 cho tam giác IAB cân I

và có diện tích √41

42

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : I=

1/2

xdx

3

√2x+2

2 Giải phương trình : esin(x − π4)

=tanx

Phần riêng

Cõu Va :(2 im)

1 Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} Hỏi có số tự nhiên chẳn gồm chữ số khác thành lập từ chữ số E

2 Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình : 3x + 4y + 10 = x – y + = , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng √2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu Vb:(2 điểm)

1 Giải phương trình : log1 2(

log22x+3

x+1 )≥0

2 Cho hình chóp SABC có đáy tam giác ABC vng cân đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I,J trung điểm cuae EC, SC M điểm di động tia đối tia BA cho ECM❑ =α(α<900

) H hình chiếu vng góc S MC Tính thể tích khối tứ diện EHIJ theo a ;  tìm  để thể tích lớn

………

Câu 1: (2 điểm)

1 Học sinh tự giải

2 y '=3x2+6 mx+(m+1) , y '(−1)=3−6m+m+1=4−5m ; y(−1)=−1+3m+m+1+1=1+4m

Tiếp tuyến hàm số điểm có hồnh độ –1

Δ:y=y '(−1)(x+1)+y(−1)=(4−5m)(x −1)+1+4m=(4−5m)x+9m−3 Tiếp tuyến qua điểm A(1;2) nên = + 4m  m = 1/4

Vậy m = 1/4 YCBT thỏa Câu II: (2 điểm)

1 tanx=cotx+4 cos22x ; Điều kiện : sin 2x ≠0⇔x ≠ l π2(l∈Z) Phương trình tương đương với cosx

sinx −

sinx

cosx +4 cos

2

2x=0⇔2cos 2x

sin 2x +4 cos

2

(42)

⇔2 cos 2x(

sin 2x +2 cos 2x)=0⇔2 cos 2x(1+sin 4x)=0

cos2x=0

¿

sin 4x=−1

¿ x=π

4+k

π

2

¿ x=−π

8+k

π

2

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm phương trình :

x=π

4+k

π

2

¿ x=−π

8+k

π

2

¿ (k∈Z)

¿ ¿

2x −1¿2 ¿ ¿

√2x+1+√3−2x=¿

,Điều kiện −1

2 ≤ x ≤

Đặt f(x)=√2x+1+√3−2x ;

2x −1¿2 ¿ ¿ g(x)=¿

với x∈[−1

2; 2]

f '(x)= √2z+1−

1

√3−2x ; f '(x)=0⇔x=

1

2 ; f(

−1

2 )=2 ; f(

2)=2 ; f (

2)=2√2

g '(x)=2x −1 ; g '(x)=0⇔x=1

2 ; g(

−1

2 )=2 ; g(

2)=2 ; g( 2)=0

∀x∈[−1

2;

2] ta có 2≤ f(x)≤2√2 ; 0≤ g(x)≤2

Vậy phương trình có nghiệm

⇔f(x)=g(x)=2⇔ x=−1

2

¿ x=3

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Câu III: (2 điểm)

(43)

¿ x −3

2 =

y −3 =

z −3 5x −6y −6z+13=0

x −6y+6z −7=0

⇔

¿x=1 y=1

z=2

¿{ { ¿

Vây d1 cắt d2 giao điểm I(1;1;2)

d1 qua điểm M1(3;3;3) có VTCP u →

1(2;2;1) ;

d2 giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT n →

1(5;−6;−6) ; n

→

2(1;−6;6) nên có VTCP

u

→

2=[n

→

1; n

→

2]=(−72;−36;−24) Chọn VTCP u '

→

2=(6;3;2) Cho z = từ d2 ta có

¿ x=−5

y=−2

¿{ ¿

Vậy M2(–

5;–2;0) thuộc d2

Gọi  góc hai đường thẳng d1 d2 Ta có :

¿u

→

1∨.∨u

→

2∨¿=

20

21⇒sinϕ=√1−cos

2ϕ

=√41

21

¿u

→

1.u '2∨

→¿

¿

cosϕ=¿ Giả sư IA = IA = a > diện tích tam giác IAB S=1

2 IA IB sinϕ=a

2√41

42 =

√41

42 ⇒a=1

Vậy A nằm mặt cầu (S) tâm I bán kính ,(S) :

z −2¿2=1 y −1¿2+¿ x −1¿2+¿

¿ A= d1 (S) nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình

Vậy có cặp điểm A,B cần tìm A(5

3; 3;

7 3);B(

13 ;

10 ;

16

7 ) A( 3;

5 3;

7 3);B(

1 7; 7; 12 )

Hoặc A(1

3; 3;

5 3);B(

13 ;

10 ;

16

7 ) A( 3;

1 3;

5 3);B(

1 7; 7; 12 )

1.Đặt t=√32x+2⇔t3=2x+2⇔x=t

3−2

2 ⇒dx= 2t

2dt Khi

x=1/2⇒t=√33 ; x=3⇒t=2 Ta có :

I=

3

√3

(t3−2

)

2t

3 2t

2

dt=

3

√3

(34t

4

−3

2t)dt=( 20 t −3 4t )3 √3

=(24

5 −3)−( 20

3

√9−3

4

3

√9)=9

5+ 10

3

√9

2 Hàm số có chu kỳ 2 tanx > nên ta xét nghiệm phương trình khoảng (0;π

2)

(π ;3π

2 )

Phương trình cho tương đương với : sin(x −π

4)=ln(tanx)⇔

sinx −cosx

(44)

f '(t)=√

t −1=√ t Với t = sinx t = cosx t (–1;1)\{0}

Với t (–1 ; 0) f(t) hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx <  x=3π

4 Với t (0 ; 1) f(t) hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx <  x=π

4 Tóm lại phương trình cho có tậpnghiêm x=π

4+kπ(k∈Z)

PHẦN RIÊNG : Câu Va :(2 điểm)

Gọi số cần lập N=abcd ta xét trường hợp xảy : Trường hợp 1: d = : có cách chọn d

Ba số abc lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A6

cách N1 = A63 = 120 cách

Trường hợp 2: d  : có cách chọn d

a  : có cách chọn

Hai số bc cịn lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A52 cách

N2 = 2.5 A52 = 200 cách

Vậy số chọn thỏa yêu cầu toán 120 + 200 = 320 số Cho d1 : 3x + 4y +10 = ; d2 : x – y + =

Gọi  đường thẳng qua điểm M vng góc với d2 ,  cắt d2 I cắt Ac

tại N Δ:x+y −2=0

I =  d2 Tọa độ I nghiệm hệ phương trình : ¿

x+y −2=0 x − y+1=0

⇔

¿x=1

2

y=3

2

⇔I(1

2; 2)

¿{ ¿

 AMN có d2 vừa đường cao , vừa phân giác nên tam giác cân  I trung điểm MN  N (1 ; 1)

AC đường thẳng qua điểm N(1;1) vng góc với d1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = , AC: 4x – 3y –1 =

A = AC  d2 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình :

¿

4x −3y −1=0 x − y+1=0

⇔

¿x=4 y=5

⇔A(4;5) ¿{

¿

AB đường thẳng qua điểm M(0;2) nhận MA−→ =(4;3) làm vec tơ phương AB:

x

4=

y −2

(45)

B = AB  d1 Tọa độ B nghiệm hệ phương trình

¿

3x −4y+8=0

3x+4y+10=0

⇔

¿x=−3 y=−1

4

⇔B(−3;−1

4)

¿{ ¿

C cách M khoảng √2 nên C thuộc đường trịn (S) có tâm M bán kính √2 , (S): y −2¿

2

=2 x2+¿

C = AC  (S) tọa độ C nghiệm hệ phương trình :

4x −3y −1=0 y −2¿2=2

¿

⇔

¿ ¿y=4x −1

3

¿

4x −7 ¿

2

=2 ¿

⇔

¿ ¿y=4x −1

3

¿

25x2−56x

+31=0 ¿

⇔

¿ ¿ x=1⇒y=1

x2+¿

 C(1;1) C ( 31

25 ; 33 25 ¿

Vì d2 phân giác góc A nên B C nằm khác phía bờ d2 ⇔ (xB – yB + ).(xC – yC +1 ) <  −7

4.(xC− yC+1)<0 Cả hai điểm C thỏa mãn

Vậy A(4;5); B(−3;−1

4);C(1;1) C( 31 25 ;

33 25)

Câu Vb:(2 điểm) log1

2(

log22x+3

x+1 )≥0⇔0<log2

2x+3 x+1 ≤1

2

2 3

log 2 1

1 1 2

2 3 1

log

1 1

x x x

x x

x x x x

x x x

     

  

        

      

      

    

     

     

  

Vậy bất phương trình có tập ngiệm (– ; –2)

Ta có SE  (ABC)  SE  CM mà SH  CM nên CM  (SEH)  CM  EH

AC=√AB2+BC2=2a√2⇔EC=a√2 , EH=EC sinα=a√2 sinα , CH=EC cosα=a√2 cosα Diện tích tam giác EHC , SΔEHC=1

2EH HC=a

2 sinα cosα

=a

2

2 sin 2α

Ị đường trung bình tam giác CSE nên IJ // SE  IJ  (ABC) IJ=1

(46)

HI trung tuyến tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC SΔHEC=12SΔEHC=a4 sin 2α

Thể tích khối tứ diện EHIJ VEHI JỊ=13IJ.SΔHEC=13.a.a

4 sin 2α= 12 a

3

sin 2α(đvtt)

ĐỀ SỐ 18

ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số y=x4−8x2

+7 (1)

2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình sin(2x −π

4)=sin(x −

π

4)+√ 2

2 Giải bất phương trình :

1− x2+1>

3x √1− x2

Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = , đường thẳng d1:x −3

2 =

y

9=

z+5

1 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A,B,C có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính lớn Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : I=

0

π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx

Chứng minh phương trình : 4x(4x2+1)=1 có ba nghiệm thực phân biệt

Câu Va :(2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết A n

3

+2An2=100 (n số

nguyên dương)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 =1 Tìm giá trị thực m để

đường thẳng y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến với C cho góc hai tiếp tuyến 600

Câu Vb: (2 điểm)

1 Giải phương trình : 3+

log3x=logx(9x −

6

x)

2 Cho hình chóp SABC mà mặt bên tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi M,N,E trung điểm cạnh AB,AC,BC D điểm đối xứng S qua E , I giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh AD  SI tính theo a thể tích khối tứ diện MBSI

(47)

BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm)

Câu II: (2 điểm) sin(2x −π

4)=sin(x −

π

4)+√

2  sin(2x −

π

4)−sin

π

4=sin(x −

π

4)

⇔2 cosx sin(x −π

4)−sin(x −

π

4)=0⇔sin(x −

π

4)(2 cosx −1)=0

⇔

sin(x −π

4)=0

¿

cosx=1/2 ¿ x=π

4+kπ

¿ x=±π

3+k2π

¿ (k∈Z)

¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

1− x2+1>

3x

√1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1

Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có

cos2t +1>

3 sint

cost ⇔tan

2t −3 tant

+2>0 ⇔tant<1∨tant>2 (*) Mặt khác với tant = sint=√2

2 ; với tant =  sin

2t

=4 cos2t⇒sint= √5

Vậy từ (*) Ta có nghiệm bất phương trình cho :

−1<x<√2

2

¿

2

√5<x<1

¿ ¿ ¿ ¿ Câu III: (2 điểm)

1 Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình

(48)

¿

8a+6c+d+25=0 −2a −2b+6c+d+11=0

6a+4b+12c+d+49=0 −2a −3b+3c+1=0

⇔

¿{ { { ¿

8a+6c+d+25=0

10a+2b+14=0 −2a+4b+6c+24=0

−2a −3b+3c+1=0

⇔

¿a=−1 b=−2

c=−3

d=1 ¿{ { {

¿

Phương trình mặt cầu : (S):x2+y2+z2−2x −4y −6z+1=0 Tâm I(1;2;3)

Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính lớn mặt phẳng qua tâm I mặt cầu Đường thẳng d qua điểm M(3;0;–5) có VTCP u→=(2;9;1)

IM

−− →

=(2;−2;−8) ; [IM

−→

, u→]=(70;−18;22)

Mặt phẳng (Q) có VTPT →n=(35;−9;11) nên có phương trình (Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0  (Q): 35x –9y +11z –50 =0

1

sinx+1¿2

¿ ¿

sinx ¿ I=

0

π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx=0

π/2

sinx

sin2x

+2sinx+1.cos xdx=0

π/2

¿ Đặt t = sinx +1  sinx = t –  cosxdx = dt

Khi x =  t = ; x = /2  t = Ta có :

I=

1

t −1

t2 dtị=1

(1t −

1

t2)dtị=(ln∨t∨ +1

t )¿1

=ln 2−1

2

2.Đặt f(x)=4x(4x2+1)−1

Tập xác định D = R , hàm số liên tục R

f '(x)=4x ln 2(4x2+1)+8x 4x=2 4x(4x2ln 2+4x+ln2) f '(x)=0⇔4x2 ln2+4x+ln 2=0

Δ'=4−4 ln22=4(1−ln22)>0 Vây f ’(x) = ln có nghiệm phân biệt x1 ; x2

Điều chứng tỏ f(x) cắt trục hồnh khơng q điểm  phương trình cho không nghiệm

Mặt khác f(x) liên tục R thỏa f (0) = ; f(–1/2) = ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64 Như phương trình cho có nghiệm : x = ; x = –1/2 ; x  (–3 ; –2)

Câu Va :(2 điểm)

1 An3+2An2=100 Điều kiện n ≥

An

3

+2An2=100⇔ n ! (n −3)!+2

n !

(n −2)!=100⇔n(n−1)(n−2)+2n(n−1)=100⇔n=5

1+3x¿10=∑

k=0 10

C10k 3kxk

¿

Số hang chứa x5 tương ứng k = Hệ số só hạng chứa x5 C 10 .35

=61236

2 Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính Giả sử từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB 600 góc AMO 300 MO = Vậy M chạy đường trịn tâm O bán kính

Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT số giao điểm đường trịn (C’) tâm O bán kính với đường thẳng y = m Để có điểm theo YCBT |m| <

(49)

1 Điều kiện

¿

0<x ≠1 x>√6

3

¿{

¿

3+

log3x=logx(9x −

6

x)⇔3+logx3=logx(9x

2

−6)−1⇔logx(3.x4)=logx(9x2−6)

⇔3x4−9x2

+6=0⇔(x2−1)(3x2−6)⇒x=√2

Trong (ABC) AE  MN = J  SJ = (SMN)  (ASD)

Trong (ASD) SJ  AD = I  I = AD  (SMN)

Ba tam giác SAB,SAC,SBC tam giác vuông cân  SA,SB,SC đơi vng góc  ABC tam giác

cạnh a

BSCD hình vuông cạnh a

( )

BD SB

BD SAB BD SM BD SA

 

   

  

Lại có SM  AD nên SM  (ABD)  SM  AD (1)

( )

BC SD

BC SAD BC AD BC SA

 

   

  

Mà MN// BC  MN  AD (2)

Từ (1) (2) AD  (SMN)  AD  SI (đpcm)

Trong (SBD) kẻ IH // BD (H  AB)  IH  (SAB)

2

2 2

3

IH AI AI AD SA a

BDAD  AD SA SD  a   IH = a/3

SSMB = 1/2 SSAB =

2

4

a

, VMBSI =

2

1

3 SMB 3 36

a a a

IH S  

ĐỀ SỐ 19

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 4 9x21

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

2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình

4

8 osc x osc x m 0 với x[0; ] . Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3 log

2

x

x x   x

 

2 Giải hệ phương trình:

2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đườngy|x2 |x y2x

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) Định m để phương trình sau có nghiệm

J

H I

D E

N

M

S C

B

(50)

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +

4 c  c m

     

     

PHẦN RIÊNG(3 điểm):Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:

x y   Viết phương trình đường thẳng BC.

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

x t

y t

z t

  

      

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

1 1

xy  yz zx x y z  2 Theo chương trình nâng cao.

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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương

trình tham số

1 2

x t

y t

z t

  

     

 .Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

I.2 Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

Ta có: (2)8t4 9t2  1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t 1.

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 

81 32

m

: Phương trình cho vơ nghiệm 

81 32

m

(51)

 81 32 m  

: Phương trình cho có nghiệm  0m1 : Phương trình cho có nghiệm  m0 : Phương trình cho có nghiệm  m < 0: Phương trình cho vơ nghiệm

Câu II (2 điểm) Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                        

2 2

log 1

2

1

ln

2 2

2

x x x

x

x x x

x x x                                                                2. 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                u v     

 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I) +

2

3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

Giải hệ (I), (II).Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu    

 5;3 , 5; 

S 

Câu III Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 | ( )x C  d :y2x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

                                      

Suy diện tích cần tính:    

2

0

4

Sx  x  x dx x  x  x dx

1.Tính:  

2

| |

I  x  x  x dx

Vì  

2

0; ,

x x x

   

nên |x2 |x x24x    2 4

I  x  x x dx

Tính  

6 2

| |

K  x  x  x dx

Vì  

2

2; ,

x x x

   

 

4;6 ,

x x x

   

nên    

4

2

4 16

K  x x  x dxx  x x dx

Vậy

4 52

16

3

(52)

Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm AB, A’B’ Ta có:  '  ' '  ' '

'

AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên:

2 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3 ' '

h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2

2

4x 3 3r

3 6r 3; ' ; 2r

4

x

B x  B   h

Từ đó, ta có:

2

2r 3r 3r 21r 6r 6r

3 2

V     

 

 

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;

+/  

4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x

4

c   c    c   c  

       

+/

 

2 1

os 2x + os 4x + sin 4x

4 2

c     c    

    

Do phương trình cho tương đương:  

1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)

2

c  

Đặt

os2x + sin2x = os 2x -

t c c   

  (điều kiện:  2 t 2).

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:t24t2m 0 (2) với  2 t 2

(2) t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t 2 4t với  2 t 2.

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ 2 2 t 2 đạt giá trị lớn 2 t .

Do yêu cầu toán thỏa mãn 2 2   m 2

2 m 2

   

(53)

Điểm C CD x y :   0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC

1 ; 2

t t

M   

 .

Điểm  

1

: 2 7;8 2

t t

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

 

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

x y

x y 

      

Câu VIa.2.

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , ( ) //( )P D ( )P ( )D . Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA và

IH AH.

Mặt khác

   

      

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A.Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3 



 

, phương với v2;0; 1  

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =

Câu VII.aVì Để ý xy1  x y   1 x 1 y0; tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

   



   

vậy ta có:

  1 1 1

1 1 1

1

3 5

1 zx+y

 

          

     

 

   

              

          

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z z y z y

x x

yz xy z yz zx y xy z z y y z

Câu VIb.1.

Ta có: AB  1;2 AB



Phương trình AB là: 2x y  0  :  ; 

I d y x  I t t

I trung điểm AC BD nên ta có: C t2 1; ,t D t t 2 ;  2 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  Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM

(54)

2.Đường thẳng  có phương trình tham số: y t z t        .

Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t.

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t  

v  3t6; 5  Ta có         2 2

| |

u t v t              

Suy AM BM | | | |u  v

 

u v 6;4 5 |u v | 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,  

   

Như AM BM 2 29 Đẳng thức xảy u v,

 

hướng

3

1

t

t t

   

  1;0; 2

M 

minAM BM  2 29 Vậy M(1;0;2) minP = 11  29

Câu VII.b Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b           

Đặt , ,  , , 0 , ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

Vế trái viết lại:

2

3

 

     

      

a b a c a x y z

VT

a c a b a b c y z z x x y

Ta có:    

2

2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2

;

x x y y

y z x y z z x   x y z  Do đó:

 

2

2 x y z

x y z

y z z x x y x y z  

   

     .

Tức là:

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

ĐỀ SỐ 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:

 

2 cos sin

tan cot cot

x x

x x x

 

(55)

2 Giải bất phương trình:

 

3 1

3

1

log log log

2

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  

2

4

0

cos sin cos

I x x x dx



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m Tìm m để phương trình có nghiệm

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng  định bởi: 2

( ) :C x y  4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao.

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d :x y  0 có hồnh độ

9

I

x 

, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình

2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 20

Câu I.2 Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B

Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B kA f a'( ) 4 a3 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b

Tiếp tuyến A, B có phương trình là:

         

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

; yf b x b'    f b  f b x f b'   ( ) bf' b  Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:

  

3 2

4a 4a = 4b (1)

A B

k k    b a b a ab b  

(56)

II.1. Điều kiện:

 

cotx 



 



Từ (1) ta có:

 

2 cos sin

1 cos sin

2 sin

sin cos cos cos

1 cos sin sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

 

2sin cosx x sinx

    2 cos 2 x k x k x k                  

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x k2 k  



   

2 Điều kiện: x3, Phương trình cho tương đương:

  1  1 

2

3 3 3

1 1

log log log

2 x  x 2  x 2  x      

2

3 3

1 1

log log log

2 x x x x

       

       

3 3

log x x log x log x

        

   

3

2

log log

3 x x x x                   2 3 x x x x      

2 9 1 10

10 x x x           Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10

Câu III  

2

0

1 1

cos sin sin sin

2 2

 

   

       

   

 

I x x dx x d x

   

2

2 2 2

0

1 1

sin sin sin sin sin

2 | 12 |

 

 d x   xd x  x  x 

Câu IV.Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi đó

OM AB O N' CD

Giả sử I giao điểm MN OO’.Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: OM

I

 vng cân O nên:

2 2

2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

Ta có:

2

2 2 2 2

2 2 2 3a

2 4 8

a a a a

R OA AM MO       

 

   

2

2 3a

R ,

8 16

a a

V  h  

   

2

a 3

2 Rh=2

2

xq

a a

S     

Câu V Phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m

(1)Điều kiện : 0 x

Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện

1

2

x  x x

Thay

x

vào (1) ta được:

3 1 2 2 m m m m          * Với m = 0; (1) trở thành: 

2

4 41 0

2

x  x   x

(57)

* Với m = -1; (1) trở thành

         

   

4

2

4

1 2 1 1

1

                 

      

x x x x x x x x x x x x x x

x x x x

+ Với

4 41 0

2

x  x  x

+ Với

1

2

x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

4

1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có nghiệm

1 0,

2

x x

nên trường hợp (1) khơng có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1

VIa.1 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R

Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.

Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:    

2

2 20

x  y 

Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  22  12 20 (1)

2 12 (2)

x y

    

 

  

 

Khử x (1) (2) ta được:

 2  2

3

2 10 20 42 81 27

5 x

y y y y

x   

         

  

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:

9 3;

2

M 

 

27 33 ; 10

M 

 

2 Ta tính AB CD  10,AC BD  13,AD BC 

Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm

3

;0;

2

G 

 , bán kính

14

R GA 

VIIa Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 .

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách

+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.

Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần

Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách VIb.1 I có hồnh độ

9

I

x 

 

9

: ;

2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)   2 2 9

2 2

4

I M I M

AB IM x x  y  y   

, D

12

D = 12 AD = 2

3

ABCD ABC

S

S AB A

AB

(58)

M AD 

 

 , suy phương trình AD: 1.x 31.y 0  0 x y  0 . Lại có MA = MD = 2.Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:

 2  2  2  2

3 3 3

3 3

3

x y y x y x

x y x x

x y                                  

3 1

y x x

x y

  

 

   

  

 

4 x y    

 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 ; 2

I 

  trung điểm AC, suy ra:

2

A C I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y                         

Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

2. Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):   

 

2.2 16

,

3

d d I P        d R

Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =

Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

Gọi  đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm  (P)

Đường thẳng  có vectơ phương nP 2; 2; 1  

qua I nên có phương trình

 

2 2

x t

y t t

z t              Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:

      15

2 2 2 16 15

9

t t t t t

             

Suy

4 13 14

; ;

3 3

N   

 .Ta có 0

3

IM  IN

                           

Suy M0(0;-3;4) VIIb Áp dụng bất đẳng thức

1

(x 0,y 0)

x yx y  

Ta có:

1 1 1

; ;

2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b    Ta lại có:

 2  2  2

2 2

1 2

2 4 2 1

2a b c  2a b c 4a 7 a b c   a b c  a  b  c 

Tương tự: 2

1 2

;

2b c a b   7 2c a b c   7Từ suy 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy a = b = c =

ĐỀ SỐ 21

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

(59)

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x



 

2 Giải phương trình:    

2

4 2

log x1 2 log 4 x log 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

1 dx A

x x



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường tròn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + = 0; Q :  x2y 2z -13 = Viết pt mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 

  

 



 (Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử) 2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 0 Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vng B Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

 

Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số  

3

1 ( ) ln

3

f x

x



 giải bất phương trình

2

6 sin

2 '( )

2

t dt f x

x



 





-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 21

I.2 + Khi m =  y x 1, nên hàm số khơng có cực trị + Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4

m

(60)

II.1  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x 

 

(1)Điều kiện: sin 2x0

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x

          2

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

2    

2

4

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)Điều kiện: 4 4 x x x x x                           

2 2 2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;   (3) x x       lo¹i

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);     24 24 x x         lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6 III Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

         2 2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1 3

,

2 2

     

x t x t

, 3 2 2 2 2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

                 IV

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy SOE AB Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =

Tam giác SOE vng O, OH đường cao, ta có:

2

2 2 2

1 1 1 1

1

9 2

         OE   OE

OH SO OE OE OH SO

2 2 9 81

8 2

SE OE SO     SE

2

1 36

9 2 SAB SAB S

S AB SE AB

SE      ,   2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE     

 

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V  OA SO    Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 265 337 337 265 337 89305

9 ,

8 8   8 

       xq  

SA SO OA SA S OA SA

Câu V Hệ bất phương trình  

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

              1   1 x

(61)

   

   

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x

 

          



Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x

 

 

 , Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

        2 2

2

'

2

x x x x f x x x         ;  

2 17

'

2

f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận

1 17

x 

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

f  f  f    

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên

27 max ( )

13

f x 

Do   1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

x f x m f x m m



      

Câu VI.a 1.Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4

2;4

2

x y x

A

x y y

                

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  

4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

               

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0 Từ giả thiết suy  2; 3    1; 2 Do

    2  

2 2 2

0 |1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ; | |

3

25 5                         a a b

a b a b a a b

a b

+ a =  b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1). Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  

4

5;

1

y x

C

x y y

              

2 Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

                 , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

             

Ta có:      

2 2

2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1)

               

OI AI OI AI a b c a b c a b c

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 2 52 (2)

3

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,  | 2 | | 2 13 | 2 2 13 ( ) 2 (3)

2 2 13

3                               

a b c a b c

d I P d I Q a b c

a b c a b c

lo¹i

Từ (1) (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3

a

b  c 

, Từ (2) (3) suy ra: a2b2c2 9 (5) Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 658 0

Như a2

658 221

a

.Suy ra: I(2;2;1) R =

658 46 67 ; ; 221 221 221 I  

(62)

x 22y 22 z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

     

     

Câu VII.a Điều kiện: n1 4  n5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

             

           

   

1

2 4.3.2.1 3.2.1

1

1 5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

                          2

9 22

5 50 10

5

n n

n n n

n                Câu VI.b.1 Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ

2 2 4 8 0 0; 2

1;

y x

x y x y

y x x y                    Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)

Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường trịn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)

2.Phương trình tham số d1 là:

1 3 x t y t z t         

 M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t  t t.

Theo đề:

 

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3 2

t t t t

d M P            t   t  t 

  

+ Với t1 = ta M13;0;2; + Với t2 = ta M21;3;0

+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)

Phương trình tham số d2 là:

5 5 x t y t z t         

 (2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5)

VIIb Điều kiện  

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     

 ;   

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x      Ta có:       0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

                     Khi đó: sin '( ) t dt f x x     

ĐỀ SỐ 22

Cho hàm số y=2x3- m x( + ) 2+6mx 2- (1) có đồ thị (Cm)

(63)

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục trục hoàng điểm.

1 Giải phương trình: 9sinx+6cosx 3sin2x+cos2x- =8 Giải phương trình:

3 3

log log x log

8x x 2 x

3 =

-Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:

2

1

1 I x ln x dx

x ổ ửữ ỗ

=ũ ỗỗố + ữữứ

Câu IV (1,0 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD· =600, SA vng góc với mặt phẳng ABCD, SA =a Gọi C' là trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC' song song với BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B', D' Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D'.

Cho x, y hai số dương x2+y2=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( ) ( )

1

P x 1 y

y x

æ ửữ ổ

ỗ ỗ ữ

= + ốỗỗ + ữữữứ+ + ỗỗố + ứữữ

II PHN RIÊNG (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;4) đường tròn ( )C : x2+y2- 4x 2y- =0 Viết phương trình tiếp tuyến ( )D (C), biết ( )D qua điểm A Giả sử tiếp tuyến tiếp xúc với (C) M, N Hãy tính độ dài đoạn MN

2 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )D giao tuyến hai mặt phẳng

(a) : 2x y- + + =z 0;( )b : x 2y z 2+ - - =0

mặt phẳng ( )P : x y- + +z 10=0 Viết phương trình hình chiếu vng góc ( )D mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1,0 điểm)Giải hệ phương trình:

x x

y y

x x

y y

2.A 5.C 90

5.A 2.C 80

ì + =

ïïï

íï - =

ïïỵ

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường hai đường tròn:

( ) 2 ( ) 2

1

C : x +y - 2x 2y 2- - =0, C : x +y - 8x 2y 16- + =0

Chứng minh ( )C1 tiếp xúc với

( )C2 Viết phương trình tiếp tuyến chung ( )C1 ( )C2 .

2 Trong không gian (Oxyz), cho điểm A 1;2;3( ) hai đường thẳng

( )1 ( )2

x y z x y z

d : ; d :

2 1

- + - - - +

= = = =

- - Viết phương trình đường thẳng ( )D qua

A, vng góc với ( )d1 cắt ( )d2

Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình:

2

2x x x

1

A A C 10

2 - £ x +

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ 22

1 Tự giải

(64)

1 x k2

p

= + p

2 x=3

10

I 3ln3 ln2

3

= - +

2 2

a 3b a

V

6 -=

2

minS 4,x y z

2

= + = = =

1 2x+ -y 10=0;x 2y 5- + =0,MN= 10

x y z 17

4

- + +

= =

x

y

ì = ïï í = ïïỵ

1 x 3- =0;x 2y 2+ - - =0;x 2y 2- - + =0

x y z

1

- = - =

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x

é = ê ê = ê ë

-Hết -ĐỀ SỐ 23

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cho hàm số y=x4- mx2+m 1- (1) có đồ thị (Cm)

(65)

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục trục hoàng bốn điểm phân biệt.

3 3

1 sin x cos x sin2x

2

+ + =

2 Giải phương trình: 2.log6(4x+8x) =log x4

Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:

4

0

I cos xdx

p

=ò

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a; AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3 =

Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Cho x, y, z ba số dương x+ + =y z Tìm giá trị lớn biểu thức: P= - + - + -1 x y z

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )

2

C : x 1- + y 2- =4 đường thẳng

( )d : x y 0- - = Viết phương trình đường trịn (C') đối xứng với đường trịn (C) qua đường thẳng (d) Tìm tọa độ giao điểm (C) (C')

2 Trong không gian (Oxyz), cho ba đường thẳng

( )1 ( )2 ( )3

x y z x y z x y z

d : ; d : ; d :

3 1

- + - - - - + +

-= = = = = =

- -

-Lập phương trình đường thẳng ( )D cắt ( )d1 ( )d2 đồng thời song song với ( )d3

Câu VII.a (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n 2Cn 2n 9n

-+ £ , k n

A

và Ckn số chỉnh hợp số tổ hớp chập k n phần tử

1 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn (C) có tâm nằm đường thẳng

( )D : 4x+3y 2- =0 tiếp xúc với hai đường thẳng ( )d : x1 + + =y 0; d : 7x y( )2 - + =4

2 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )

x y z

d :

2 1

- = + = +

- mặt phẳng

( )P : x+ + + =y z 0 Tìm giao điểm (d) (P) Viết phương trình đường thẳng ( )D chứa mặt

phẳng (P) cho ( )D vng góc với (d) khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ( )D 42

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm x,y NỴ thỏa mãn hệ phưong trình:

2

x y

3

y x

A C 22

A C 66

ì + =

ïïï

íï + = ïïỵ

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ 23

(66)

2 m

ùù ớù ùợ

1 x k2 ; x k2

p

= - + p = p + p

2 x=256

I = p -

3

10a V

27 =

1

Max P 6,x y z

3

= = = =

1 (x 3- )2+y2=4,A(1;0),B(3;2)

2

176 19

x y z

7

3

-

-= =

-

n=3;n=4

1 (x+4)2+(y 6- )2=18; x 2( - )2+(y 2+ )2=8

x y z x; y z

2 3

- = + = + + = + =

- -

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x

y

ì = ïï í = ïïỵ

-Hết -ĐỀ THI SỐ 24

(Thời gian làm 180’)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm)

(67)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -3 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm Câu II (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình :

¿ x3+y3=1 x2y

+2 xy2+y3=2 ¿{

¿ Giải phương trình: sin2(x −π

4)=2sin

2

x −tanx Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I = 

1

√4− x2 x dx Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn nhát

Câu V.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

√x2+1−√x=m

Thí sinh làm hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0,

d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R =

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: x1=y

1=

z

2 , d2:

¿ x=−1−2t

y=t z=1+t

¿{ { ¿

mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 cho MN song song (P) MN = √6

Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : (z+i z −i)

4

=1 Câu VI b.(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 53

Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: logx3<logx

3

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 24

Câu I.

1 (Tự giải)

2 Pt : x3 + mx + = ⇒m=− x2−2

(68)

Xét f(x) = − x −x⇒f '(x)=−2x+ x2 =

−2x +2 x2 Ta có x - ∞ + ∞

f’(x) + +

f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm ⇔m>−3

Câu II.1

¿ x3+y3=1 x2y+2 xy2+y3=2

⇔

¿x3+y3=1(1)

2x3+y3− x2y −2 xy2=0(2) ¿{

¿

y Ta có:

¿ x3+y3=1(3)

2(x

y)

3

−(x y)

2

−2(x

y)+1=0(4) ¿{

¿ Đặt : x

y=t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + = ⇔ t = ±1, t =

1

a Nếu t = ta có hệ

¿ x3+y3=1

x=y

⇔x=y=31 √2

¿{ ¿

b Nếu t = -1 ta có hệ

¿ x3

+y3=1 x=− y

⇔

¿{ ¿

hệ vô nghiệm

c Nếu t = 12 ta có hệ

¿ x3

+y3=1 y=2x

⇔x=

3

√3 , y=

2√33

¿{ ¿ Pt sin2(x −π

4)=2sin

2

x −tanx (cosx 0¿ ⇔[1−cos(2x −π

2)]cosx=2 sin

2

x cosx −sinx

⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = ⇔ sìn2x = tanx = Câu III.

I = 

1

√4− x2

x dx=1

2

√4− x2

x2 xdx Đặt t = √4− x

2⇒

(69)

I =

1+¿ (¿¿

t2−4)dt=(t+ln|

t −2

t+2|)√3

t2

t2−4dt=√3

¿ t(−tdt)

4−t2 =√3

¿



√3

¿

= - (√3+ln|2−√3

2+√3|)

Câu IV.SH BM SA BM suy AH BM VSABH =

1

6SA AH BH=

h

6AH BH

VSABH lớn AH.BH lớn Ta có: AH + BH 2√AH BH ⇒AH2+BH2≥2 AH BH

⇒a2≥2 AH BH , AH.BH lớn AH.BH = a

2

2 AH = BH H tâm hình vng , M

D Khi VSABH = a

h

12

Câu V

√x2+1−√x=m D = [0 ; + ∞¿

*Đặt f(x) =

x2+1¿3 ¿ x2+1¿3

¿ x2

+1¿3 ¿

.√x

¿

1+1 x2¿

3

¿

1+1 x2¿

3

¿ ¿

2x

3 4√

¿ ¿ ¿

24 √¿ ¿ x√x −4

√¿ ¿

2√4¿

4

√x2

+1−√x⇒f '(x)=x ¿

h

H

M D

C B

(70)

Suy ra: f’(x) =

1+ x2¿

¿

1+ x2¿

3

¿

.√x ¿

2√4¿ ¿

1−√4¿ ¿ * lim

x →+∞

(4√x2+1−√x)=lim

x→+∞(

√x2

+1− x

4

√x2+1+√x)=x →lim+∞[

x2

+1− x2

(4√x2+1+√x)(√x2+1+x)] =0 * BBT x + ∞ f’(x) f(x)

Vậy: < m

Câu VI a 1.d1:

¿ x=−3+2t

y=t ¿{

¿

, I d1⇒I(−3+t ;t) d(I , d2) = ⇔|11t −17|=10⇔t=2711 , t=117

 t = 27

11 ⇒I1( 21 11 ;

27

11)(C1):(x − 21 11)

2

+(y −27

11)

2

=4  t =

11 ⇒I2(

−19 11 ;

7

11)(C2):(x+ 19 11)

2

+(y −

11)

2

=4

2

d1:

x=t1 y=t1 z=2t1

, d2:

¿x=−1−2t2 y=t2 z=1+t2

, M∈d1⇒M(t1;t1;2t1), N∈d2⇒N(−1−2t2;t2;1+t2) ¿{ {

MN=(−1−2t

(71)

Theo gt :

¿

MN //(P)

MN=√6

⇔

¿MN n

→

=0

MN2

=6

⇔

¿t1=1+2t2

13t22+12t2=0

⇔

¿t1=1+2t2 t2=0;t2=−

12 13

¿{ ¿

* t2=0⇒t1=1, M(1;1;2), N(−1;0;1)

* t2=−12

13 ⇒t1=−

11

13, M(− 11 13 ;−

11 13;−

22 13), N(

11 13 ;−

12 13 ;−

11 13)

Câu VII a. (z+i z −i)

4

=1⇔[(z+i z −i)

2

−1][(z+i

z −i)

2

+1]=0 * (z+i

z −i)

2

−1=0 ⇔ z+i

z − i=±1⇔z=0 * (z+i

z −i)

2

+1=0⇔( z+i z − i)

2

− i2=0⇔[(z+i

z −i)−i][( z+i

z −i)+i]=0 ⇔z=±1 Câu VI b

1.B(11; 5)

AC: kx – y – 2k + =

cos CAB = cos DBA ⇔ √2=

|k+2| √k2+1⇔7k

2

−8k+1=0⇔k=1; k=1

7

 k = , AC : x – y – =  k =

7 , AC : x – 7y + = // BD ( lọai)

Ta tìm A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)

2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = √a2

+b2+c2−d O, A, B thuộc (S) ta có : d = , a = -1, c = -2

d(I, (P)) = 53⇔|−2b+5|=5⇔b=0, b=5

 b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z =  b = , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z =

Câu VII b.ĐK : ¿ x>0 x ≠1

x ≠3

¿{ { ¿

Bất phương trình trở thành :

1 log3x<

1 log3x

3

⇔

log3x<

1 log3x −1 ⇔

1 log3x −

1

log3x −1<0

⇔log −1

3x(log3x −1)

(72)

* kết hợp ĐK : < x <

* log3x>0⇔x>3

Vậy tập nghiệm BPT: x (0;1)∪(3;+∞)

ĐỀ THI SỐ 25

(Thời gian làm 180’)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:  

3 3 1 9 2

y x  m x  x m 

(1) có đồ thị (Cm) 3) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1

4) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng

1

y x

Câu II: (2,5 điểm)

4) Giải phương trình:

   

sin cosx x3  osc x 3 os2c x8 cosx sinx  3 0 5) Giải bất phương trình :  

2

1

log log

2 x x x

 

    

  .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x= 

1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho

1

AP AH

 

gọi K trung điểm AA’,   mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '

V

V .

(73)

 

2

2 2

6

a a

a a a b ab b a a



  

 



     

 Câu IV: (2,5 điểm)

1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:

2

3

1

9 19 2 720

m

m n m

n

C C A

P

  



  

 

 

 ) Cho Elip có phương trình tắc

2

1 25

x y

 

(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4

6) Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình:

2

:

3

x t

d y t

z t

  



  

  



1

:

2

x y z

d     

Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2?

Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

(74)

Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề II.1.Giải phương trình:

sin 2x(cosx+3)−2√3 cos3x −3√3 cos 2x+8(√3 cosx −sinx)−3√3=0

⇔2 sinx cos2x+6 sinx cosx −2√3 cos3x −6√3 cos2x+3√3+8(√3 cosx −sinx)−3√3=0

⇔−2cos2x(√3 cosx −sinx)−6 cosx(√3 cosx −sinx)+8(√3 cosx −sinx)=0

I.2. b) y '=3x −6(m+1)x+9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:

m+1¿2−3 9>0 Δ'=9¿ 

2

(m1) 0  ⇔m∈(−∞ ;−1−√3)∪(−1+√3;+∞)

Ta có y=(1

3 x −

m+1 )(3x

2

−6(m+1)x+9)−2(m2+2m−2)x+4m+1 Gọi tọa độ điểm cực đại cực tiểu (x1; y1) (x2; y2)

⇒y1=−2(m2+2m −2)x1+4m+1

y2=−2(m2+2m−2)x2+4m+1

Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu y=−2(m2+2m −2)x+4m+1 Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y=1

2x ta có điều kiện cần

[−2(m2+2m−2)].1

2=−1 ⇔m2+2m−2=1

⇔m2+2m−3=0⇔ m=1

¿ m=−3

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Theo định lí Viet ta có:

¿

x1+x2=2(m+1) x1.x2=3

¿{ ¿

Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là:

y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:

¿ x1+x

2 = 2=2

y1+y2

2 =

−2(x1+x2)+10

2 =1

(75)

√3 cosx −sinx=0

¿

cos2x+3 cosx −4=0 ¿

tanx=√3

¿

cosx=1

¿

cosx=4(loai)

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cosx −sinx)(−2 cos

2

x −6 cosx+8)=0

⇔ ¿

⇔

x=π

3+kπ

¿ x=k2π

¿ , k∈Ζ

¿ ¿ ¿

2.Giải bất phương trình: 12log2(x

+4x −5)>log1

2

(

x+7) (1) Đk:

¿ x2+4x −5>0

x+7>0

⇔

¿x∈(− ∞;−5)∪(1;+∞) x>−7

¿{ ¿

⇒x∈(−7;−5)∪(1+∞)

Từ (1) ⇒log2(x2+4x −5)>−2 log2 x+7

2 2

2

27

log ( 5) log ( 7) 14 49 10 54

5

x x x x x x x x x 

               

Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7;−27

5 )

⇔S=|π

4−

π2

2 +( sin2x

4 +x

2

)¿0

π

2| ⇔S=|π

4 −

π2

2 +

π2

4|=

π2

4 −

π

4 (đvdt)

III.Gọi Q, I, J

trung điểm B’C’, BB’, CC’ta có: AP=a√3

2 ⇒AH=a√3

Vì Δ'AHA' vng cân H.Vậy A ' H=a√3

⇒VABCA' B ' C '=SABC.A ' H Ta có SABC=1

2a

a√3 =

a2

√3

4 (đvdt)

⇒VABCA' B ' C '=a√3 a

2

√3 =

3a3

4 (đvtt) (1)

45

E K

J

I A

B

C

C'

B' A'

P

H Q

N

M Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0

⇔ x =

Diện tích hình phẳng là:

S=|(x sin 2x −2x)dx|=|x(sin 2x −2)dx|

Đặt

¿ u=x

dv=(sin 2x −2)dx

⇒

¿du=dx v=−cos 2x

2 −2x

¿{ ¿

−x cos 2x

2 −2x

2

(76)

G ọi E = MN KH  BM = PE = CN (2) mà AA’ = √A ' H2

+AH2 = √3a2+3a2=a√6 ⇒AK=a√6

2 ⇒BM=PE=CN=

a√6

Ta tích K.MNJI là:

1 1

, '

3 4

 MNJI   

a

V S KE KE KH AA

2

6

( )

4

MNJI

a a

S MN MI a  dvdt

2

1 6

( )

3 4

KMNJI

a a a

V dvtt

  

3

2

' ' '

3

1 8

3

8

a a V



  



2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:

¿ a2+a −

a2

+a=5 (a2+a)b2+b(a2+a)−6=0

¿{ ¿

ĐK: a2+a ≠0 Từ (1) a

2+a

¿2−5(a2+a)−6=0

⇔¿

⇔

a2+a=−1

¿ a2+a=6

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Khi a2

+a=−1 thay vào (2)

2

1 23

2

6

1 23

2

i b

b b b b

i b

  

  

         

  

 

 ,

a2+a+1=0⇔ a=−1−√3i

2

¿ a=−1+√3i

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Khi a2+a=6

⇔

a=−3

¿ a=2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Thay vào (2)

2

1

6 6

1

b b b b b

b   

  

        

(77)

Vậy A(a;3

5√25− a

2

), B(a ;−3

5√25− a

2

) , AB=(0;6

5√25− a

2

)

2 2

6 10 100 100 125

| | 25 25 25 25

5 9

AB a a a a

             



⇒a=±5√5

3

Vậy phương trình đường thẳng: x=−5√5

3 , x= 5√5

3 Để PMin a = b = c =

3)đường thẳng d2 có PTTS là:

¿ x=1+2t '

y=2+t ' z=1+5t '

¿{ { ¿

⇒ vectơ CP d1 d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5) 

⇒ VTPT mp( α ) n u ud1 d2 (6; 7; 1) 

  

⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)

( ,( )) ( ,( )),12 14 3 | | 14 | | | | |  d M d N   D    D   D   D  D Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0

VI.Ta có: P + = a

3

√1+b2+b

2

+ b

3

√1+c2+c

2

+ c

3

√1+a2+a

2

⇔P+

4√2=

a3

2√1+b2+

a2

2√1+b2+

1+b2

4√2

+b3

2√1+c2+

b2

2√1+c2+

1+c2

4√2

+c3

2√1+a2+

c2

2√1+a2+

1+a2

4√2 3√3 a

6

16√2+3

3

√ b6

16√2+3

3

√ c6

16√2 ⇒P+ 2√2≥

3 2√32√2(a

2

+b2+c2)=

2√6

⇒P ≥

2√623− 2√2=

9 2√2−

3 2√2=

3

√2

ĐỀ SỐ 26

IV.1

¿ Cmm −2+cn2+3+9

2< 19

2 Am

1

Pn −1=720 ¿{

¿

Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 (3)Thay n = vào (1)

⇒ m!

2!(m−2)!+

10!

2!8!+9<

19

m ! (m −1)!

2

( 1) 45 19 90 19 20 99 0

2 2

m m m m m m m m

            

⇔9<m<11 m∈Ζ⇒m=10

(78)

Câu I: Cho hàm số

x 4x y

x

  

  Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Chứng minh tích khoảng cách từ điểm đồ thị hàm số đến đường tiệm cận số

Câu II:

1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

2 Tìm m để phương trình:  

2

m x  2x 1  x(2 x) (2) 

có nghiệm x 0,1 3

Câu III: 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)

2 Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ

Câu IV:

1 Tính

4

0

2x

I dx

1 2x  

 



2 Giải hệ phương trình:

¿

x+√x2−2x+2=3y−1+1 y+√y2−2y+2=3x −1+1

(x , y∈R) ¿{

¿

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) điểm A, B cho AB 2 Viết phương trình đường thẳng AB.

2 Có số tự nhiên chẵn lớn 2007 mà số gồm chữ số khác nhau?

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):

1 Giải bất phương trình: (log log x )logx  2 2x 0

2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 BAC❑ =120o

(79)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 26

Câu I:

1 Khảo sát vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm)

2 Gọi (C ) đồ thị hàm số M(x,y)  ( C ) 

7

y x

x   

 Phương trình tiệm cận xiên yx 2  x y 0  

khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên

x y

d

2 x

 

 

 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d2  x

Ta có

7

d d x

2 x 2

  

 : số.

Câu II:

1 Giải phương trình :

1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

(1) (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x  0

 cos2x 0v2 cos x cosx 0(VN)     cos2x = 

  

     

2x k x k

2

2 Đặt t x2 2x 2  t2  = x2  2x Bpt (2) 



    



2

t

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t

Khảo sát

2

t

g(t)

t

 

 với  t  2, g'(t)

2

t 2t 0

(t 1)

 

 

 Vậy g tăng [1,2]

Do đó, ycbt  bpt

2

t

m

t

 

 có nghiệm t  [1,2]   

  

t 1;2

2 m maxg(t) g(2)

3

Câu III:

1 Ta có AB ( 2,4, 16)  



phương với    

a ( 1,2, 8),mp(P) có PVT n (2, 1,1) 

 Ta có

 

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1)

Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) :

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 B dấu nên A, B phía với Mp (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) Pt AA' :

x y z

2 1

  

 



AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm

    



 

   

 

 



2x y z

H(1,2, 1) x y z

2 1

Vì H trung điểm AA' nên ta có :

H A A'

2x x x

2y y y A'(3,1,0) 2z z z

 

 

  



  

(80)

Ta có A'B ( 6,6, 18)   

(cùng phương với (1;-1;3) )Pt đường thẳng A'B :

 

 



x y z

1

Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

   

 

 

 



 

 



2x y z

M(2,2, 3) x y z

1

Câu IV:

1 Đặt t 2x 1  t2 2x 1  2tdt 2dx  dx tdt Đổi cận t(4) = 3, t(0) =

Vậy

4 2

0 1

2x t

I dx dt t dt

1 t t

1 2x

  

      

 

   

  

=

3

1

t t ln t 1 2 ln2

2

 

    

 

 

2 Giải hệ phương trình

 

     

 

     



2 y

2 x

x x 2x

(I)

y y 2y

Đặt u = x  1, v = y  1, (I) thành

   

 

   



2 v

2 u

u u

(II)

v v

Xét hàm f(x)  x x21, f ´(x)

  

    

  

2

2 2

x x

x x x

1

x x x

Vậy f đồng biến nghiêm cách R

Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v 3u  v > u ( vô lý ) Tương tự v > u dẫn đến vô lý

Do hệ (II)

 

       

   

 

 

 

2 u u

u u 3 ( u u) (1)

u v u v

Đặt: g(u)3 ( uu 2 1 u)

 

       

 



 

u u

2

u

g'(u) ln3( u u)

u

g '(u)=3u(√u2+1−u)(ln 3−

√u2+1)>0,∀u∈R

Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách R.Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II)  u = = v Vậy (I)  x = y =

Câu Va:1.Đường thẳng OI nối tâm đường tròn (C), (C') đường phân giác y = x Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc đường thẳng AB 

Vì AB  2  A, B phải giao điểm (C) với Ox, Oy Suy

A(0,1);B(1,0) A'( 1,0);B'(0, 1)

 

 

 Suy phương trình AB : y =  x + y =  x 

Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m Pt hoành độ giao điểm AB

x2 + ( x + m)2 = 1 2x2 2mx m 2 0 (2), (2) có   / m2 , gọi x1, x2 nghiệm (2) ta có

      

2 2

1 2

AB 2(x x ) (x x ) 1       

/

2

4 1 2 m 1 m 1

a

Vậy phương trình AB : y =  x 1. Gọi n a a a a số cần lập

(81)

cách chọn a2 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n

TH2 : a4  a4 chẵn Ta có : cách chọn a4 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n

Vậy trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n

Câu Vb:

1 Điều kiện x > , x 

(1)

 

    

 

1 2 log x 1log 2x 0

log x

 

 

 

     

 

 

2

1 log x log x 1 0

1 log x

2 2

2

log x log x 1

(log x 3) 0 log x 1vlog x 0 x vx

log x log x

   

            

 

2 (Bạn đọc tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Axyz cho: A  0, C 2a,0,0 , A (0,0,2a 5)1

 

  

 

 

a a

A(0;0;0),B ; ;0

2

M( 2a,0,a 5)

 

     

 

 

 

1

5

BM a ; ; , MA a(2;0; 5)

2

Ta có:      

                         

  2

1

BM.MA a ( 5) BM MA

Ta tích khối tứ diện AA1BM :

3

2

1 BMA1

1 a 15

V A A AB,AM ,S MB,MA 3a

6     

   

   

    

Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1)  

3V a

d

S

Cách khác:

+ Ta có A M1 A C1 12C M1 29a2

   

2 2

BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a

  

2 2

BM BC CM 12a

    

2 2 2

1 1

A B A A AB 21a A M MB

 MB vng góc với MA1

+ Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích

 V V MABA1 VCABA1 1AA S1 ABC1a 153

3

 1   

MBA1

3V 6V a

d(a,(MBA ))

S MB.MA

(82)

ĐỀ SỐ 27

Câu I: Cho hàm số

m

y x m (Cm)

x   



1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m =

2 Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị điểm A, B cho đường thẳng AB qua gốc tọa độ

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x sin x cosx 3(sin x2     cosx)

2 Giải bất phương trình

4 2

3

x x y x y

x y x xy

   

 

  

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) đường thẳng (d)

6x 3y 2z 6x 3y 2z 24

  

 

   



1 Chứng minh đường thẳng AB OC chéo

2 Viết phương trình đường thẳng  // (d) cắt đường AB, OC

Câu IV:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn đường 4y=x2 y = x Tính thể tích vật thể tròn quay (H) quanh trục Ox trọn vòng

2 Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 3 3 3

3

2 2

x y z

P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x )

y z x

 

          

 

 

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x+5y −2=0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

2 Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD cho 1, 2, n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm cho 439

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):

1 Giải phương trình 2x

1

log (x 1) log x

log 

    

2 Cho hình chóp SABC có góc (SBC❑,ABC)=60o , ABC SBC tam giác cạnh a Tính theo a

khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 27

(83)

1 Khảo sát vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm)

2 Tìm m:

Ta có:

2

m m (x 2) m

y x m y'

x (x 2) (x 2)

 

      

  

Đồ thị h/s có cực trị  y' = có nghiệm phân biệt (x  2)2 m = có nghiệm phân biệt   m >0

Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) điểm cực trị

1

2

x m y m m

y'

x m y m m

      

  

     



P/trình đường thẳng AB :

x (2 m ) y (2 m m) (m 0)

2 m m

    

 

 2x  y  + m = AB qua gốc O (0, 0)   + m =  m =

Cách khác:

2

x (m 2)x m u

y

x v

  

 

 ;

m y'

(x 2)

 

 y' = có nghiệm phân biệt  m > 0

Khi m > 0, pt đường thẳng qua cực trị

/ /

u

y 2x m

v

   

Do đó, ycbt  m 2 =0  m 2

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x sin x cosx 3(sin x2     cosx) (1)

(1)  cos2x  sin 2x 3(sin x  cosx) 

1 3

2 cos2x sin 2x sin x cosx

2 2

   

      

   

   



2 cos 2x cos x

3

 

   

      

     1 cos 2x 3cos x

 

   

      

    

2

2 cos x 3cos x

6                  

cos x vcos x (loại)

6

 

   

   

   

     x −

π

6=

π

2+kπ⇔x= 2π

3 +kπ , k  Z.

2 Giải hệ:

4 2

3

x x y x y

x y x xy

   

 

  



 (I) (I) 

            

2

( x xy) x y

Đặt u =  x2 + xy, v = x3y

(I) thành

                               2

v u u 0 u 1

u v

v v

u v u u

Do hệ cho tương đương:

2

4

3

y x y

x xy x xy

x x 1(vn)

x y x y

                                            

x x

y y

Câu III:

1 Ta có VTCP đường thẳng AB ( 2,4,0) hay  



a ( 1,2,0)

Ta có VTCP đường thẳng OC (2,4,6)hay  

b (1,2,3)

Ta có OA (2,0,0) 

cùng phương với  

c (1,0,0)

Ta có      

a,b c

(84)

2 Đường thẳng d có VTCP 12, 0, 36 hay u  1, 0, 3 Ta có a, u  6,3,2

Phương trình mặt phẳng () qua A, có PVT a, u  

( chứa AB) 6(x – 2) + 3(y – 0) + (z - 0) =  6x + 3y + 2z – 12 = () Ta có b, u  3, 3,1  

 

Phương trình mặt phẳng () qua O có PVT (3, - 3, 1) ( chứa OC) 3x - 3y + z = ()

Vậy phương trình đường thẳng  song song với d cắt AB, BC

6x 3y 2z 12 3x 3y z

   

 

  



Câu IV:

1 Tọa độ giao điểm hai đường nghiệm hệ

x x 0 x 4

y v

4 y 0 y 4 y x



 

 

  

  

 

 

  

V=π

0

(x2− x4

16)dx=π(

x3

3 −

x5

80)¿0

=128

15 π (đvtt)

y

4 A

0

y = x x Với x, y, z > ta có

4(x3 + y3)  (x + y)3 () Dấu = xảy  x = y

Thật ()  4(x + y)(x2 – xy + y2)  (x + y)3  4(x2 – xy + y2)  (x + y)2 x, y > 0  3(x2 + y2 – 2xy)   (x – y)2  (đúng)

Tương tự ta có 4(y3 + z3)  (y + z)3 Dấu = xảy  y = z 4(z3 + x3)  (z + x)3 Dấu = xảy  z = x

Do        

3 3 3 3

34 x y 34 y z 34 z x 2 x y z  6 xyz

Ta lại có 2( x y2+

y z2+

z x2)≥

6

3

√xyz Dấu = xảy  x = y = z

Vậy P≥6(√3xyz+3

√xyz)≥12 Dấu = xảy 

¿

xyz=1 x=y=z

¿{ ¿

 x = y = z = 1

Vậy minP = 12 Đạt x = y = z =

Câu Va:

1 Tọa độ A nghiệm hệ  

4x y 14 x

2x 5y 0    y 2  A(–4, 2)

(85)

¿

3xG=xA+xB+xC

3yG=yA+yB+yC

⇔

¿xB+xC=−2 yB+yC=−2

¿{ ¿

(1)

Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC  yC=−2xC

5 + ( 3)

Thế (2) (3) vào (1) ta có

¿ xB+xC=−2

−4xB−14−2xC

5 + 5=−2

⇒

¿xB=−3⇒yB=−2 xC=1 ⇒yC=0

¿{ ¿ Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

2 Nếu n  n +  Do số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm khơng vượt qua C8

3

=56<439 (loại) Vậy n 

Vì tam giác tạo thành ứng với tổ hợp chập n + phần tử Nhưng cạnh CD có đỉnh, cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:

Cn3+6−C 3−C

n

3

=(n+4) (n+5)(n+6)

6 −1−

(n −2) (n −1)n

6 =439

 (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540  n2 + 4n – 140 = 0

 n 2 144 loại n v n    2 144 10

Đáp số: n = 10

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 2x

1

log (x 1) log x

log 

    

(1) Điều kiện x >1

(1)  log4(x −1)+log4(2x+1)−log4(x+2)=

1

2 

   

x 2x 1

log

x 2

 

 



 



  x > 1

2

2x x 2

x

 

 

 x >  2x2 – 3x – = x > 1

5 x

2

 Gọi M trung điểm BC SM  BC,

AM  BC  SMA❑ =(SBC, ABC)=60o

Suy SMA có cạnh a√3

2

Do SSMA=1

2 SM AM sin 60

o

¿1

2 3a2

4

√3 =

3a2

√3 16

S

A C

B M N

(86)

Ta có SABC SBAM SAM

1

V 2V .BM.S

3

 

¿1

3.a

3a2√3 16 =

a3√3 16

Gọi N trung điểm đoạn SA Ta có CN  SA 

a 13 CN

4



(vì SCN vng N)



2 SCA

1 a a 13 a 39

S AS.CN

2 2 16

  

Ta có VSABC=a

√3 16 =

1

3.SSCA.d(B , SAC)=

a2

√39

16 d(B , SAC) 

  2 3a

d B,SAC a

a 39 13

 

ĐỀ SỐ 41 (ĐỀ THI THỬ QUẢNG XƯƠNG I –Năm 2009)

I.PHẦN CHUNG: Câu I.(2đ)

Cho hàm số  

3

3 1

yx  x   m x  m

1.Khảo sát với m=1

2.Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: sin 3x 3cos x3 cos x2  sin 2xsinx 3cosx

2.Giải phương trình:  

2

9 3

2 log xlog xlog 2x 1 Câu III.(2đ)

Cho góc tam diện Sxyz biết xSy 120 ,0 ySz 60 ,0 zSx 900,lấy A,B,C thuộc Sx,Sy,Sz cho SA=SB=SC=a

1.Tính thể tích V khối chóp SABC

2.Xác định tâm O bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Câu IV.(1đ)

Cho x,y,z ba số thực không âm thoả mản x+y+z=1.CMR:

7

0

27

xy yz zx xyz

    

II.PHẦN RIÊNG:

1.Theo chương trình chuẩn: Câu Va.(2đ)

1.Cho đường thẳng d: 2x-y+5=0,d’: x+y-3=0 điểm I(-2;0).Viết phương trình đường thẳng  qua I cắt d,d’ A,B cho IA 2 IB0

2.Tính

2 3

1 lim

x

e x

x



 

Câu VIa.(1đ)

Gieo hai xúc sắc cân đối đồng chất quan sát số chấm xuất hiện.Tìm xác suất để tổng số chấm xuất hai xúc sắc số lẻ chia hết cho ba

(87)

1.Cho parabol (P): y2 4x điểm I(0;1).Tìm A,B (P) cho: IA4IB

 

2.Tính

2

2009 2

1 lim

x x

e cos x x





Câu VIb.(1đ)

Gọi M tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác lập thành từ tập X={0;1;2;3;4;5}.Lấy ngẫu nhiên phần tử M.Tính xác suất để có tromh hai phần tử chia hết cho

ĐỀ SỐ 42

ĐỀ THI THỬ LAM SƠN-Năm 2009 Câu I.(2đ)

Cho hàm số  

4

1

y m x  mx 

2.Tìm m để hàm số có cực đại mà khơng có cực tiểu Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: 2sinx+cotx=2sin2x+1

2.Giải hệ:

   

 

3

2 1

4 ln

x x y x y

y x y x

     

 

    

  Câu III.(1đ)

Tính

   

3

ln

x dx x

  

Câu IV.(1đ)

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a.mp(SAD) vng góc với đáy,tam giác SAD vng S,góc SAD 600.Gọi I trung điểm cạnh SC.Tính thể tích khối chóp IBCD cosin góc tạo hai đường thẳng AC,DI

Câu V.(1đ)

Cho ba số dương x,y,z thoả mản

1 1

xyz  .CMR:

xyz yxz zxy  xyz x y z

Câu VI.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy,hãy viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;-2) tạo với hai trục toạ độ tam giác có diện tích

2.Trong không gian Oxyz cho A(0;0;2),B(4;2;0) mp(P): x-2y-2z-6=0.Lập phương trình mặt cầu qua điểm A,B có tâm thuộc mp(Oxy) tiếp xúc với mp(P)

Câu VII.(1đ)

Khai triển đa thức P(x)= 

7 1x x

(88)

ĐỀ SỐ 43.ĐỀ THI THỬ QUẢNG XƯƠNG III-Năm 2009 Câu I.(2đ)

Cho hàm số yx3 3x22

1.Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2.Tim điểm nằm trục hồnh mà từ kẻ tiếp tuyến phân biệt đến đồ thị (C) Câu II.(2đ)

1.Tìm m để hệ

2

1

x mx

x m m

  

 

   

 có nghiệm nhất. 2.Giải bất phương trình:

3

4 2

2 2

2

32

log log log log

x

x x

x

  

Câu III.(2đ) 1.Tìm a để

.sin

a x cosx y

a cosx

 



đạt cực trị ba điểm phân biệt thuộc 0;

4 

 

 

 

2.G trọng tâm tam giác ABC có diện tích S.CMR:

 2

cot cot

6

a b c

C AGB

S

 

 

Câu IV.(2đ)

1.Cho hình chóp SABCD đáy ABCD hình thang vng A,B, cho AD=2a,AB=BC=a.SA vng góc với đáy SA=a 3.Tính góc khoảng cách AB,SC.

2.Trong khơng gian Oxyz cho A(3;2;-1),B(1;-4;3),C(-1;0;1).Viết phương trình đường trịn qua ba điểm A,B,C

Câu V.(2đ)

1.Biển số xe máy đăng kí theo kí hiệu XY-abcd với: X chữ cái: F,H,K

Y chữ số: 1;2;3;4;5;6;7;8;9

Còn a,b,c,d chữ số: 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9.Hỏi đăng kí hết có xe máy (giả sử khơng có biển XY-0000)

2.Tính

2

tan

2 lim

sin

x x

cosx x



(89)

ĐỀ SỐ 44

ĐỀ THI THỬ HÀM RỒNG-Năm 2009 A.Phần chung cho thí sinh:

Câu I:(2đ) Cho hàm số yx4 4x2 3 1.Khảo sát

2.Tính diện tích hình phẳng giới hạn (C) với trục hoành Câu II.(2đ)

1.Giải hệ:

2

log log

x y

e e y x

x y

   



 



2.Giải phương trình:

2

sin sin sin

4

x x cos x x    

 

Câu III.(2đ)

1.Cho hypebol (H) có phương trình:

2 16

x y

 

,nhận F1,F2 hai tiêu điểm,F1 tiêu điểm trái.Tìm M thuộc (H) cho MF1=3MF2

2.Trong hệ trục Oxyz cho mp(P): 2x+y-2z+15=0 điểm J(-1;-2;1).Gọi I điểm đối xứng J qua (P).Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt mp(P) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 8 . Câu IV.(2đ)

1.Với số tự nhiên n tính tổng:

1 1

0.2 1.2 2.2

2

n n n n

S Cn Cn Cn Cn

n

 

    

 .

2.Tính I=

2

0

sin 3sin

x

dx x cos x



 

B.Phần tự chọn:

Câu Va:(2đ)Theo chương trình nâng cao

1.Cho lăng trụ đứng ABCD.A1B1C1D1 có đáy hình thoi cạnh a góc A=600.Biết đường thẳng AB1 vng góc với đường thẳng BD1.Tính thể tích khối lăng trụ theo a

2.Cho a,b>0.CMR với x>y>0 ta ln có    

y x

x x y y

a b  a b

Câu Vb.(2đ)Theo chương trình bản

(90)

2.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.CMR sinA sinB sinC 2

ĐỀ SỐ 45

ĐỀ THI THỬ THPT THIỆU HOÁ –Năm 2009 I.Phần chung cho thí sinh:

Câu I.(2đ)

Cho hàm số    

3

1 2

yx   m x   m xm

2.Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu địng thời hồnh độ điểm cực tiểu nhỏ Câu II.(2đ)

1.Giải phương trình: 2x x  1 2x x 1 x 1 2.Giải phương trình:

 

3 sin tan

2

tan sin

x x

cosx

x x



 

 Câu III.(1đ)

Tính tích phân:

6

22

dx x  x 

Câu IV.(1đ)

Cho hình chóp SABC có góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600,ABC SBC tam giác cạnh a.Tính theo a khoảng cách từ B đến (SAC)

Câu V.(1đ)

Cho tam giác ABC có góc A,B,C thoả mản:

sin sin sin sin

4 sin sin

2

4 sin sin

A B B C

A B

B C



  

  

   



 .CMR tam giác ABC đều.

II.Phần riêng:(3đ)

1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2y2 1.Đường tròn (C’) tâm I(2;2) cắt (C) điểm A,B cho AB= 2.Viết phương trình đường thẳng AB.

2.Trong khơng gian Oxyz cho A(3;0;0),B(0;2;0),C(0;0;1).Tìm toạ độ trực tâm H tam giác ABC Câu VIIa(1đ)

Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên bé 1000.Tính xác suất để số chia hết cho 2.Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb.(2đ)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 12

x y

 

.Viết phương trình đường hypebol (H) có hai tiệm cận y=2x,y=-2x có hai tiêu điểm hai tiêu điểm elip (E)

2.Trong không gian Oxyz cho mp(P): x+y+z+3=0 điểm A(3;1;1),B(7;3;9),C(2;2;2).Tìm M (P) cho MA2.MB3.MC

  

(91)

Câu VIIb.(1đ)

Tính tổng SC20090  C20091 C20092  C20093   C20091999

ĐỀ SỐ 45

ĐỀ THI THỬ BỈM SƠN-Năm 2009 Câu I.(2đ)

Cho hàm số

2

1

x x

y

x

 

  1.Khảo sát đồ thị (C)

2.Viết phương trình tiếp tuyến chung (d) parabol: yx2 3x1 (C) tiếp điểm chúng.Tính góc (d) (d’): y=-2x+1

Câu II.(3đ)

1.Giải phương trình:  

9 3sin

2

cos x cos  x  x cos x

 

2.Tìm giá trị nhỏ m để hệ sau có khoảng nghiệm lớn

2

2 2

2

x x x x

x x x m

 

  

 

   

  3.Giải bất phương trình:

2

log

2

x

 

 

    Câu III.(2đ)

1.Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng (P): x-2y-z+1=0 (Q): 2x+y+3z+1=0.Viết phương trình mp(R) vng góc với hai mặt phẳng đồng thời cắt mặt cầu (S):      

2 2

1 25

x  y  z 

theo giao tuyến đường trịn (C) có đường kính

2.Cho hình vng ABCD cạnh a nằm mp(P),trên hai tia Bm,Dn vng góc phía (P) lấy diểm M,N cho BM=x,DN=y.Tính thể tích khối tứ diện MNAC theo a,x,y

Câu IV.(2đ)

1.Tính   

0

3 2

1

4

x x x x x dx



   



2.Tìm số hạng chứa x khai triển

3

1 n

x x

 



 

  n nghiệm nhỏ bất phương trình:

0

n 512

n n n

C C  C  . Câu V.(1đ)

(92)

ĐỀ 46.

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(2 điểm)

Cho hàm số y = x3 + mx + (1)

3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -3 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm Câu II (2 điểm)

3 Giải hệ phương trình :

¿ x3+y3=1 x2y

+2 xy2+y3=2 ¿{

¿ Giải phương trình: sin2

(x −π

4)=2sin

2x −tanx

Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I = 

1

√4− x2 x dx Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn nhát

Câu V.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: √4 x2+1−√x=m II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

1.Theo chương trình chuẩn. Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0,

d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R =

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: x1=y

1=

z

2 , d2:

¿ x=−1−2t

y=t z=1+t

¿{ { ¿

mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 cho MN song song (P) MN = √2

Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : (z+i z −i)

4

=1 2.Theo chương trình nâng cao.

Câu VI b.(2 điểm)

(93)

4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 53

Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: logx3<logx

3

Đề 47

(Tham khảo) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc Câu II (2 điểm)

1/ Giải hệ phương trình:

¿

(x −1)(y −1)(x+y −2)=6 x2

+y2−2x −2y −3=0 ¿{

¿ 2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x Câu III.(1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = 2x, y = – x , trục hòanh trục tung. Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, O giao điểm AC BD Biết mặt bên hình chóp tam giác khỏang cách từ O đến mặt bên d Tính thể tích khối chóp cho

Câu V (1 điểm)

Chứng minh tam giác ta có:

sin(π − A ) sin(

π − B

4 ) sin(

π − C

4 )≥sin

A

2 sin

B

2 sin

C

2

II PHẦN RIÊNG (3điểm) 1.Theo chương trình chuẩn. Câu VI a.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): x2

6 +

y2

4=1 điểm M(1 ; 1) Viết phương trình

đường thẳng (d) qua M cắt (E) hai điểm A, B cho M trung điểm AB

2/ Trong không gian với hệ tọa độOxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - √3 z = góc 600

Câu VII a.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0 2 Theo chương trình nâng cao.

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) đường tròn (C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = Lập phương trình đường trịn (C’) qua B tiếp xúc với (C) A.

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; ; c) với a, b, c số dương thay đổi cho a2 + b2 + c2 = Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn

Tìm m để phương trình: 4(log2√x)

−log1

2

(94)

Đề số 48

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I:(2đ) Cho hàm số y = x3

 (m + 3)x2 + 3mx 

1 Tìm giá trị a đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu điểm cách trục tung

2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị với m =

Câu II: (2đ) Giải pt sau: 1/ log (9  6) log (4.3  6)

x x

2/ 2sinx + cosx = sin2x +

Câu III: (1đ) Tính tích phân I =  

2

3

cos sin cos

x

dx

x x



 



Câu IV: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, cạnh SA(ABC), ACB= 600, BC=a, SA = a 3 Gọi M trung điểm cạnh SB, điểm cạnh SC cho 2SN = 3NC

Tính thể tích khối chóp A.BMNC theo a

Câu V: (1đ) Cho số thực x, y thay đổi thỏa điều kiện: y  0, x2 + x = y + 12 Tìm GTLN, GTNN biểu thức A= xy+x+2y+17

II/ PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chọn hai phần (phần phần 2) 1/ Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a: (2đ) 1/ Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x + y  = 0, d2: 2x  y + = Viết pt

đường trịn (C) có tâm nằm trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 d2

2/ Trong kgOxyz, cho đường thẳng 1:

1

2

x y z

 

, 2:

2

1

x y z

 

 mp(P): 2x

 y  5z + = Viết pt đường thẳng  vng góc với mp(P), đồng thời cắt 1 2

Câu VII.a:(1đ) Từ chữ số: 0,1, 2, 3, 4, 5, lập số gồm chữ số khác đôi phải có mặt chữ số 6?

2/ Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (2đ) 1/ Cho ABC biết A(1; 3), hai đường trung tuyến BM: x  2y + = 0; CN: y  = Tìm tọa độ đỉnh B, C ABC

2/ Trong kgOxyz, cho đường thẳng d1:

1

2

x y z

 

, d2:

2

1

x y z

 

 Cmr d1

và d2 chéo Tính khoảng cách đường thẳng

Câu VII.b:(1đ) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn đẳng thức:

0 2 4 2 15 16

2 3 (2 1)

n n

n n n n

(95)

Đề số 49

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I:(2đ) 1/ Khảo sát hàm số y =

2

1

x x



 (C)

2/ Tìm điểm M đồ thị (C) cho tổng khoảng cách từ đến hai tiệm cận (C) nhỏ

Câu II: (2đ) 1/ Giải hệ pt: 2

6 20

x y y x

x y y x

  

 

 

 

2/ Giải pt:

7

sin cos sin cos sin cos

2 2

x x x x

x x

  

Câu III: (1đ) Tính tích phân I =





3

2

cos x dx sin x

Câu IV: (1đ) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Chứng minh BD’  mp(ACB’) Tính thể tích khối tứ diện D’.AB’C theo a

Câu V: (1đ) Cho x, y, z > xyz = Chứng minh x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z.

II/ PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chọn hai phần (phần phần 2) 1/ Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a: (2 điểm)

1/ Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x  3y + = 0, d2: 4x + y  = Gọi A giao điểm

d1 d2 Tìm điểm B d1 điểm C d2 cho ABC có trọng tâm G(3; 5)

2/ Trong kgOxyz, cho đường thẳng d1:

1

x y z

 

  d2:

1 1

1

x y z

 

Cmr d1

d2 đồng phẳng Tính thể tích phần khơng gian giới hạn mp(P) chứa d1 d2 ba mặt phẳng tọa

độ

Câu VII.a: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2 : 1: : 1: 24

x x y y x x y y

C C

C A



 

 

 

 2/ Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng tọa độ cho elip (E) có phương trình

2

1

8

x y

 

, tiêu điểm F1 F2 (F1 có

hồnh độ âm) Tìm điểm M(E) cho MF1 MF2 =

(96)

Câu VII.b:1/ Giải hệ phương trình:

2

3

l g(3o x y) l g(o y x) 4l g 0o

   

            



    



ĐỀ SỐ 49

A) PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Bài : Cho hàm số y=

2

1

x x

 

a)Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) cho khoảng cách từ I giao điểm đường tiệm cận đến tiếp tuyến với đồ thị (C )tại M lớn

Bài : Cho phương trình

9

x  x x  x m 

a) Giải pt m = Tìm m để pt có nghiệm thực ( Bình phương vế ) b) Giải bất phương trình

2

log ( 1) log ( 1)

3

x x

  

  >0

Bài Giải phương trình

a) (1+cosx)(1+cos2x)(1+cos3x) = ½

b)Trong hệ trục toạ độ 0xyz cho S( 0;0;1) M;N điểm chuyển động tia 0x; 0y cho

0M +0N =1 Tìm toạ độ M N để thể tích tứ diện SOMN lớn Tím tập hợp tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN M;N di động

Bài a)Tính

4

sin os

x dx

c x

  

Đặt t = 

-x đưa

4

sin sin

x dx x

   Đặt t = sin2x

B) PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chọn phần

Theo chương trình chuẩn:

Bài 5A)Trên hệ toạ độ 0xy cho Hypeb (H) có pt

2 1

x y

 

a) Tìm toạ điểm N thuộc (H) nhìn tiêu điểm góc 60o

b) Gọi A đỉnh ( H) có hồnh độ âm Xác định toạ độ điểm B,C Nằm (H)đối xứng qua trục hoành cho tam giác ABC

Bài 5B)Cho P(x) = (1+x2)n + (1-x)2n Biết

3 2

1 1 165

o o

n n n n n n n n

C C  C C  C C C C   Tìm hệ số hạng tử chứa x8

Theo chương trình nâng cao:

Bài 5A:Trong mặt phẳng (P) Cho đường tròn (C ) tâm O đường kính AB = 2R.Lấy điểm S thuộc đường thẳng vng góc với (P) O cho SO = R 3.I điểm thuộc SO cho SI=

2

R

.M điểm thuộc đường trịn (C )

a)Tính tỷ số

SH

SM Với H hình chiếu I SM từ suy quỹ tích điểm H M di động (C )

(97)

Bài 5B)Cho hàm số y=

(2 1)

(a 1)

ax a x a

x

   



 có đồ thị (C )

Tìm a để đồ thị (C ) tỉếp xúc với đường thẳng y= a+4 ĐỀ SỐ 50 ĐỀ DỰ BỊ khối D NĂM 2008 PHẦN DÙNG CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Pttt :y=2x+9 S=814 Cho hàm số

3x y

x

 

 (1)

2 Tính diện tích tam giác tạo trục tọa độ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) điểm M(–2 ; 5)

x=−π

4+kπ , k∈Z Câu II (2 điểm)

1 1−√3<x<1+√3 Giải phương trình : 4(sin x cos x) cos 4x sin 2x 04     Giải phương trình : x −1¿

2

(x+1)(x −3)√− x2+2x+3<2−¿ Caâu III (2 điểm)

M(3

2;2;−1) (S1):x

+(y+1)2+(z −2)2=4 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) : 2x – y + 2z + = đường thẳng

x y z d :

1 2

 

 

 Tìm tọa độ giao điểm d với (α) Tính sin góc d (α) (S2):(x −65)

2

+(y −7

5)

2

+(z+2

5)

2

=

25 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với

hai mặt phẳng (α) Oxy

Câu IV (2 điểm) I=√3+e

2−7

4 Tính tích phân: I = 0

(xe2x− x

√4− x2)dx Cho số thực x, y thỏa mãn x

  

vaø y   

Chứng minh : cos x cos y cos(xy)  

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 Chứng minh đẳng thức n.2 Cn 0n (n 1).2 Cn 1n 2Cn 1n 2n.3n

  

     (n số nguyên dương, Ckn là số tổ hộp chập k n phần tử)

2 M(0;4) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 4)2 + y2 = điểm E(4 ; 1) Tìm tọa độ điểm M trục tung cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (với A, B tiếp điểm) cho đường thẳng AB qua điểm E

(98)

1 Giải phương trình: 16.2  0

2 Cho tứ diện ABCD điểm M, N, P thuộc cạnh BC, BD, AC cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỉ số

AQ

AD tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng (MNP)

AQ AD=

3 5;

VABMNQP VCDNMPQ

=

13

-Heát -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TỐN, khối B

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:

 

2 cos sin

tan cot cot

x x

x x x

 

 

2 Giải bất phương trình:

 

3 1

3

1

log log log

2

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  

2

4

0

cos sin cos

I x x x dx



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m Tìm m để phương trình có nghiệm

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng  định bởi: 2

( ) :C x y  4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao.

(99)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d :x y  0 có hồnh độ

9

I

x 

, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình

2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

-Hết -Đáp án. Câ

u Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: xlim  y; limx y



 

3

' 4 ; '

1

x

y x x x x y

x

 

      

 

0,25

 Bảng biến thiên

     

1 1; 1; 0

CT CT

y y   y y  yC§ y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B

(100)

         

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

;

         

' ' ( ) f' b

yf b x b f b f b x f b  b

Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:

  

3 2

4a 4a = 4b (1)

A B

k k    b a b a ab b  

Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:

2 1 (2)

a ab b  

Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng         

2 2

4

1

' ' 3

a ab b a ab b

a b

f a af a f b bf b a a b b

         

 

    

      

 

 ,

Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị 1; 1  1; 1 

Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với

2 1 0

1

a ab b

a a b

    

     

II 2,00

1 1,00

Điều kiện:

 

cos sin sin tan cot cot

x x x x x

x

 

  

 

 0,25

Từ (1) ta có:

 

2 cos sin

1 cos sin

2 sin

sin cos cos 1 cos

cos sin sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin cosx x sinx

 

 

2

2 4

cos

2

x k

  

 

  

    

   

 0,25

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho

 

2

x  k  k  0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 0,25

Phương trình cho tương đương:

  1  1 

2

3 3 3

1 1

log log log

2 x  x 2  x 2  x

     

3 3

1 1

log log log

2 x x x x

       

       

3 3

log x x log x log x

        

0,25

   

3

2

log log

3

x

x x

x



 

       



(101)

 2  3

x

x x

x



   



2 9 1 10

10

x x

x

       

 

Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 0,25

III 1,00

1 1,00

 

2

1 cos sin

2

1

1 sin sin

2

I x x dx

x d x



 

   

 

 

   

 



0,50

   

2

0

3

2

0

1

sin sin sin

2

1

sin sin

2 | 12 |

d x xd x

x x

 

 

  

 

0,50

IV 1,00

Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM AB O N' CD

Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó:

OM

I

 vuông cân O nên:

2 2

2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

0,25

Ta có:

2

2 2

2 2 2 3a

2 4 8

a a a a

R OA AM MO       

    0,25

2

2 3a

R ,

8 16

a a

V  h  

    0,25

và

2

a 3

2 Rh=2

2

xq

a a

S      0,25

V 1,00

Phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m (1) Điều kiện : 0 x

Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm

(102)

thì cần có điều kiện x 1 x x2 Thay x2 vào (1) ta được:

3

1

2

1

2

m

m m

m

 

    

  * Với m = 0; (1) trở thành:

4 41 2 0

2

x  x   x

Phương trình có nghiệm

0,25 * Với m = -1; (1) trở thành

   

 

    

   

4

2

4

1 2 1

1 1

1

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với

4 41 0

2

x  x  x

+ Với

1

2

x  x  x

Trường hợp này, (1) có nghiệm

0,25

* Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

4

1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có nghiệm

1 0,

2

x x

nên trường hợp (1) nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R 5.

Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.

Như điểm M nằm đường tròn (T) có phương trình:    

2

2 20

x  y 

0,25

Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương

trình:

 22  12 20 (1) 12 (2)

x y

    

 

  

 

0,25 Khử x (1) (2) ta được:

 2  2

3

2 10 20 42 81 27

5

x

y y y y

x

  

         

  

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:

9 3;

2

M 

 

27 33 ; 10

M 

  0,25

2 1,00

(103)

Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện

gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm

3

;0;

2

G 

 , bán kính là 14

2

R GA 

0,50

VII a

1,00

Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 . 0,25

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng

+ Khơng có bi xanh: có C139 cách. + Khơng có bi vàng: có C159 cách

0,25

Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần

Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách.

0,50

VIb 2,00

1 1,00

I có hồnh độ

I

x 

 

9

: ;

2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)

 2  2 9

2 2

4

I M I M

AB IM  x  x  y  y   

D

12

D = 12 AD = 2

3

ABCD ABC

S

S AB A

AB

   

 

AD d

M AD

   

 

 , suy phương trình AD: 1.x 31.y 0  0 x y  0 . Lại có MA = MD =

Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:

 2  2  2  2

3 3

3

x y y x y x

x y x x

x y

  

      

  

 

  

      

    

  



3

3 1

y x x

x y

  

 

   

  

 

4

x y

  



 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 ; 2

I 

  trung điểm AC, suy ra:

2

A C I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y

 



      





 

      

   

Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

0,50

(104)

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):  

 ,  2.2 1  16

d d I P        d R

Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =

0,25

Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi  đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm  và (P)

Đường thẳng  có vectơ phương nP 2; 2; 1  

qua I nên có phương trình

 

2 2

x t

y t t

z t

   

  

    



0,25

Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:

      15

2 2 2 16 15

9

t t t t t

             

Suy

4 13 14

; ;

3 3

N   

 .

0,25

Ta có 0

3

IM  IN

 

Suy M0(0;-3;4) 0,25

VII b

1,00

Áp dụng bất đẳng thức

1

(x 0,y 0)

x y x y  

Ta có:

1 1 1

; ;

2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b   

0,50 Ta lại có:

     

2 2

1 2

2 4 2

2

2 1

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2

1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ suy 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c  Đẳng thức xảy a = b = c =

0,50

Trêng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 1) Môn Thi: Toán

Thi gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gm 02 trang)

phần chung cho tất thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm sè y=x3−3x2+4

(105)

2 Gọi d đờng thẳng qua điểm A(3; 4) có hệ số góc m Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt A, M, N cho hai tiếp tuyến (C) M N vuụng gúc vi

Câu II (2điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

x2+1+y(x+y)=4y (x2+1)(x+y 2)=y

¿{ ¿

(x, y R)

2 Giải phơng trình:

sin3x sin 3x+cos3xcos 3x

tan(x −π

6)tan(x+

π

3)

=−1

8

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=

0

xln(x2+x+1)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC vng góc với AA’, cắt lăng trụ theo thiết diện có diện tích a2√3

8 Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số thực dơng thỏa mÃn abc = Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc P=

a2+2b2+3+

1

b2+2c2+3+

1

c2+2a2+3 PhÇn tù chän

Thí sinh đợc làm hai phần: Phần Phần 2

PhÇn 1

1 Trong mt phng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2−2x elip (E): x2

9+y

2

=1 Chứng minh (P) giao (E) điểm phân biệt nằm đờng tròn Viết ph-ơng trình đờng trịn qua điểm

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình x2

+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo giao tuyến đờng trịn có chu vi bng

Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn cña

(√x+

2√4x)

n

, biết n số nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn0+2

2

2 Cn

1

+2

3

3 Cn

2

+⋯+2

n+1

n+1Cn

n

=6560

n+1 ( Cn

k số tổ hợp

chập k n phần tử) Phần 2

Câu VI.b (2 ®iĨm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + = 0, d2: x + 2y - 7= tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

(106)

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình

ex − y+ex+y=2(x+1) ex+y=x − y

+1 ¿{

¿

(x, yR)

-***HÕt*** -Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D làm câu V

Thớ sinh khụng đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không gii thớch gỡ thờm

Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh:

Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1) Hớng dn chm mụn toỏn

- Điểm toàn không làm tròn.

- Hc sinh lm cỏc khỏc đợc điểm tối đa

(107)

- ThÝ sinh dù thi khèi B, D làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 câu III 1,5 điểm.

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát hàm số y=x3−3x2+4 1,00

1 Tập xác định: R Sự biến thiên:

a) Giíi h¹n:

lim

x →− ∞y=x→ −∞lim (x

3

−3x2+4)=−∞ , lim

x →+∞

y=lim

x→+∞

(x3−3x2+4)=+∞

0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = ⇔ x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x - + y' + - +

y

+ ∞

- ∞

- Hàm số đồng biến (- ∞ ; 0) (2; + ∞ ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 2, yCT =

0,50

3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 4), giao với trục hoành (-1; 0),(2; 0) Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vng gúc 1,00

d có phơng trình y = m(x – 3) +

Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phơng trình x3−3x2

+4=m(x −3)+4⇔(x −3)(x2− m)=0⇔ x=3

¿ x2−m=0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,50

Theo ta có điều kiện m > y '(√m).y '(−√m)=−1 0,25

⇒(3m−6√m)(3m+6√m)=−1⇔9m2−36m+1=0⇔m=18±3√35

9 (tháa

m·n)

0,25

II.1 Giải hệ phơng trình đại s 1,00

Ta thấy y = lµ nghiƯm cđa hƯ 0,25

x y

-1 O

4

2

(108)

Hệ phơng trình tơng đơng với x2

+1

y +x+y −2=2 x2

+1

y (x+y −2)=1 {

0,25

Đặt u=x

2

+1

y , v=x+y −2 Ta cã hÖ

¿ u+v=2

uv=1

⇔u=v=1 ¿{

¿

0,25

Suy

¿ x2+1

y =1 x+y −2=1

¿{ ¿

Giải hệ ta đợc nghiệm hpt cho (1; 2), (-2;

5)

0,25

II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00

Điều kiện: sin(x

6)sin(x+

π

3)cos(x −

π

6)cos(x+

π

3)≠0

Ta cã tan(x −π

6)tan(x+

π

3)=tan(x −

π

6)cot(

π

6− x)=−1

0,25

Phơng trình cho tơng đơng với ⇔sin3x sin 3x+cos3xcos 3x=1

8

1 cos 2x cos 2x cos 4x cos 2x cos 2x cos 4x

2 2

   

    

0,25

⇔2(cos 2x+cos 2xcos 4x)=1

2⇔cos

32x=1

8⇔cos 2x=

2 0,25

⇔

x=π

6+kπ (lo¹i)

¿ x=−π

6+kπ

¿ ¿ ¿ ¿

,(kZ) Vậy phơng trình có nghiệm x=

6+kπ ,

(kZ)

0,25

III TÝnh tích phân 1,00

Đặt

u=ln(x2+x+1)

dv=xdx

⇒

¿du= 2x+1 x2

+x+1dx v=x2

/2 ¿{

¿

(109)

1 1

2

2 0

x 2x x

I ln(x x 1) dx

2 x x



   

  

¿1

2ln 3− 20

1

(2x −1)dx+1

40

1

2x+1

x2+x+1dx−

3 40

1

dx

x2+x+1 ¿1

2ln 3− 2(x

2

− x)¿01+1

4 ln(x

2

+x+1)¿01−3

4I1=

3 4ln 3−

3 4I1

0,25

* TÝnh I1: I1=

dx

(x+1

2)

2

+(√3

2 )

2 Đặt x+1

2=

3

2 tant ,t∈(−

π

2 ,

π

2)

Suy I1=2√3

3 π/6

π/3

(1+tan2t)dt

1+tan2t =

2√3 t¿π/6

π/3

=√3π

9

0,25

VËy I=3

4ln 3−

√3π

12 0,25

IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00

Gi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vng góc M lên AA’, Khi (P) (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm gia AA Thit din

của lăng trụ cắt (P) tam giác BCH

0,25 Do tam giỏc ABC cạnh a nên AM=a√3

2 ,AO= 3AM=

a√3

Theo bµi SBCH=a

√3 ⇒

1

2HM BC=

a2

√3

8 ⇒HM=

a√3

0,25

AH=√AM2−HM2=√3a

2

4 − 3a2

16 = 3a

4

Do hai tam giác A’AO MAH đồng dạng nên A ' O

AO = HM AH

suy A ' O=AO HM

AH =

a√3

4 3a=

a

3

0,25

Thể tích khối lăng trụ: 0,25

A

B

C

C’ B’

A’

H

(110)

V=A ' O.SABC=1

2A ' O AM BC=

a

3

a√3 a=

a √3 12

V Tìm giá trị lớn 1,00

Ta có a2+b2  2ab, b2 +  2b  a2+2b2+3=

1

a2+b2+b2+1+2≤

1

1 ab+b+1 T¬ng tù

b2+2c2+3≤

1

1 bc+c+1 ,

1

c2+2a2+3≤

1

1 ca+a+1

0,50

P≤1

2( ab+b+1+

1 bc+c+1+

1 ca+a+1)=

1 2(

1 ab+b+1+

ab

b+1+ab+ b

1+ab+b)=

1

2 0,25

P=1

2 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn

2 a = b = c =

1

0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng trịn qua giao điểm của(E) (P) 1,00

Hoành độ giao điểm (E) (P) nghiệm phơng trình x2−2x¿2=1⇔9x4−36x3+37x2−9=0

x2

9+¿

(*) 0,25

XÐt f(x)=9x4−36x3+37x2−9 , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt

0,25

Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mãn hệ

¿ y=x2−2x

x2

9 +y

2

=1 ¿{

¿

0,25

⇔

8x2−16x=8y

x2

+9y2=9

⇒9x2+9y2−16x −8y −9=0 ¿{

(**)

(**) phơng trình đờng trịn có tâm I=(8

9;

9) , b¸n kÝnh R =

√161

9 Do giao điểm (E) (P) nằm đờng trịn có phơng

tr×nh (**)

0,25

VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng () 1,00

Do () // () nªn () cã phơng trình 2x + 2y z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R =

Đờng tròn có chu vi nên có bán kính r =

(111)

Do

−1¿2 ¿

¿=4⇔|−5+D|=12⇔ ¿

D=−7

¿ D=17(lo¹i)

¿ ¿

22+22+¿

√¿ ¿

|2 1+2(−2)−3+D| ¿

0,25

Vậy () có phơng trình 2x + 2y – z - = 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2 1,00

Ta cã

1+x¿ndx ¿ ¿

I=

0

¿

¿(Cn0x+1

2Cn

1

x2+1

3Cn

2

x3+⋯+ n+1Cn

n

xn+1

)¿02 suy I ¿2Cn0+2

2

2 Cn

1

+2

3

3 Cn

2

+⋯+2

n+1

n+1Cn

n (1)

0,25

Mặt khác

1+x¿n+1¿02=3

n+1−1

n+1

I= n+1¿

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã ¿2Cn0+2

2

2 Cn

1

+2

3

3 Cn

2

+⋯+2

n+1

n+1Cn n

¿3

n+1

−1

n+1 Theo

n+1

−1

n+1 = 6560

n+1 ⇔3

n+1

=6561⇒n=7

0,25

Ta cã khai triÓn (√x+

2√4x)

7

=∑

0

C7k(√x)7−k(

2√4x)

k

=∑

0

1 2kC7

k

x

14−3k

4

0,25 Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 14−3k

4 =2⇔k=2

Vậy hệ số cần tìm

22C7

2

=21

4

0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng trịn 1,00

Do B  d1 nªn B = (m; - m – 5), C  d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G trọng tâm tam giác ABC nên

¿

2+m+7−2n=3 3−m −5+n=3

¿{ ¿

⇔

m−2n=−3

− m+n=2

⇔

¿m=−1 n=1

¿{ Suy B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình x2+y2+2 ax+2 by+c=0 Do A, B, C  (C) nên ta có hệ

(112)

4+9+4a+6b+c=0

1+16−2a −8b+c=0

25+1+10a+2b+c=0

⇔

¿a=−83/54 b=17/18 c=−338/27

¿{ { ¿

VËy (C) cã ph¬ng tr×nh x2+y2−83

27 x+ 17

9 y − 338

27 =0 0,25

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ 1,00

Gọi G trọng tâm cđa tam gi¸c ABC, suy G = (73;8

3;3)

Ta cã F=MA2+MB2+MC2=(MG+GA)2+(MG+GB)2+(MG+GC)2

GC

GA+GB+ ¿ ¿

¿3 MG2+GA2+GB2+GC2+2MG¿

0,25

F nhá nhÊt MG2 nhỏ M hình chiếu G lªn (P) 0,25  MG=d(G ,(P))=|7/3−8/3−3−3|

√1+1+1 =

19

3√3 0,25

GA2+GB2+GC2=56

9 + 32

9 + 104

9 = 64

3

VËy F nhá nhÊt b»ng (19 3√3)

2

+64

3 = 553

9 M hình chiếu G lên

(P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

¿

ex − y+ex+y=2(x+1) ex+y

=x − y+1

⇔

¿ex− y=x+y+1 ex+y

=x y+1 {

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

¿ ev=u+1

eu

=v+1

⇔

¿ev=u+1(1) eu− ev=v −u(2)

¿{ ¿

0,25

- NÕu u > v th× (2) cã vÕ trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25 Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - 1

B¶ng biÕn thiªn:

u - ∞ + ∞

f'(u) - +

(113)

f(u)

Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = ⇔u=0

Do (3) có nghiệm u =

⇒v=0⇒

x+y=0 x − y=0

⇔

¿x=0 y=0

¿{

Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm (0; 0)

Định dạng
Số trang	113
Dung lượng	7,36 MB