kim loại kiềm hóa học 10 nguyễn mạnh hưng thư viện tư liệu giáo dục

tứ diện này.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. Theo chương trình chuẩn... Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.. Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và so[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 1)

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: Cho hàm số

2x 1

y

x 2







.

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C),biết hệ số góc tiếp tuyến -5. Câu 2:

1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + = 0

2) Tính tích phân:

0

I

x(1 cos x)dx









.

3) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số

2

f (x) x  ln(1 2x) đoạn [-2; 0]. Câu 3:

Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 1200, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Câu 4: Cho x, y, z số dương thoả :

1 1

x yz  CMR:

1 1

1 2z y z  x2y z x y 2z  . II PHẦN RIÊNG

1 Theo chương trình Chuẩn :

Câu 5a: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình:





2





2





2

(S) : x 1





y 2





z 2





36 (P) : x 2y 2z 18 0









.

1) Xác định tọa độ tâm T tính bán kính mặt cầu (S) Tính khoảng cách từ T đến mp(P). 2) Viết p.trình đường thẳng d qua T vng góc với (P) Tìm tọa độ giao điểm d (P). Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + = tập số phức.

2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) đường thẳng d có phương trình

x 1

y 2

z 3

2

1

1













1) Viết phương trình tổng quát mặt phẳng qua điểm A vng góc với đường thẳng d. 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu 6b: Giải phương trình

2z

2



iz 0

 

tập số phức.

BÀI GIẢI (ĐỀ 1) Câu 1:



2

5

5 (x 2)





  x0 = hay x0 = ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – = -5(x – 3) hay y + = -5(x – 1)

 y = -5x + 22 hay y = -5x + 2

Câu 2: 1) 25x – 6.5x + = 0  (5 )x 2 6.5x 5  5x = hay 5x = 5

 x = hay x = 1.

2) 0

(1 cos ) cos

I x x dx xdx x xdx

  





 







=

0 cos x xdx



 



Đặt u = x  du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx

 I =

2

0 sin sin

2 x x xdx

 



 



=

2

0

cos

2 x



 

  

3) Ta coù : f’(x) = 2x +

2

2 4x 2x 2x 2x

   

 

f’(x) =  x = (loại) hay x =

1



(nhaän) f(-2) = – ln5, f(0) = 0, f(

1



) =

ln 4

vì f liên tục [-2; 0] nên max f (x) ln 5[ 2;0]   vaø [ 2;0]

1 f (x) ln

4

  

Câu 3: Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  =

a AB

2 = a2 SA =

3

a a

SA  

2

0

1 a

= sin120 = =

2 12

ABC

a S AB AC

2

1

= =

3 12 36

a a a

V

(đvtt) Câu 4.a.:

1) Tâm mặt cầu: T (1; 2; 2), bán kính mặt cầu R = 6 d(T, (P)) =

1 4 18 27 4

  

   

2) (P) có pháp vectơ n(1;2;2)



Phương trình tham số đường thẳng (d) :

2 2

x t

y t

z t

   

  

  

 (t  R)

Thế vào phương trình mặt phẳng (P) : 9t + 27 =  t = -3  (d)  (P) = A (-2; -4; -4)

Caâu 5.a.: 8z2 4z 0  ;  / 4i 2; Căn bậc hai / 2i

B

A

S

a

a

a

Phương trình có hai nghiệm

1 1

z i hay z i

4 4

   

Câu 4.b.:

1) (d) có vectơ phương a(2;1; 1)



Phương trình mặt phẳng (P) qua A (1; -2; 3) có pháp vectơ a



: 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) =  2x + y – z + = 0

2) Goïi B (-1; 2; -3)  (d)

BA



= (2; -4; 6) ,

BA a

   

 

= (-2; 14; 10)

d(A, (d)) =

, 4 196 100 1

BA a a

   

   

 

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



Phương trình mặt cầu tâm A (1; -2; 3), bán kính R = 5 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50

Câu 5.b.: 2z2 iz 0    i2 89= 9i2 Căn bậc hai là 3i

Phương trình có hai nghiệm

1 z i hay z i

2

 

.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 2)

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 = 0.

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

Câu 2: (2điểm)

1 Giải hệ phương trình:

2

1 x y xy

x y

    



    



2 Giải phương trình: cosx = 8sin3 x

  

    

Câu 3: (2điểm)

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 vuông AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.

2 Tính tích phân A =

2

ln ln ex

e

e

dx

x

x

Câu 4: (2 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

1

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 các điểm ta tam giác Tìm n để số tam giác lập 45.

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 bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > thỏa với số thực x. BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2)

A.PHẦN CHUNG:

Câu 1:

2 TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx –

Ta có: ’ = m2 + 36 > với m, ln có cực trị

Ta có:

1

1

1

4

6

x x

m

x x

x x     

  

 

 



9 m

 

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; 2) 2 cosx = 8sin3

x 

    

   cosx =





3 sinx+cosx

 3 sin3x9sin2 xcosx +3 sinxcos2x c os3x c osx = 0 (3)

 t anx = 0 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

2

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

e e

e e

dx d x

A

x x x x x

 

 





=

2

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 4:

2 +) 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 = 0

+ (Q) mặt phẳng qua CD (Q)  (Oxy) có VTPT n1 CD k, 

  

= (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – = 0

Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình (D)

Ta có:

3

2

2

a a b

a ab b

 

  (1)

 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)

 a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0

 (a + b)(a – b)2  (h/n)

Tương tự:

2

2

b b c

b bc c

 

  (2) ,

3

2

2

c c a

c ac a

 

  (3)

Cộng vế theo vế ba bđt (1), (2) (3) ta được:

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:Theo chương trình chuẩn

2 Ta có I(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

1

5

4

a b c

b c

a c



   



  



   

 

77 77

5 77

6

a

b

c 

   

   

 

  ptmp(P)

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

Câu 5b:

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

N  ©  (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 X = 5x  X > 0

Bất phương trình cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > (*) Bpt cho có nghiệm với x (*) có nghiệm với X >  < (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0

Từ suy m

*

****************************************************************

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 3)

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 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 đối với a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với nhau.

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:

 

2 cos sin

1

tan cot cot

x x

x x x

 

 

2 Giải bất phương trình:  

2

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 trịn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai của hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích của 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 nhất.

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 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.

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 và 3 viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

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) và trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật.

2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình là: 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: 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 

Đáp án.(ĐỀ 3) Câ

u

Ý Nội dung Điểm

I 2 1,00

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

Hệ số góc tiếp tuyến I 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 

;

  



 

 

 

' ' ( ) f' b

yf b x b f b f b x f b  b

Hai tiếp tuyến I 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 I A B trùng nhau

 

 

 

 





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 này tương ứng với cặp điểm đồ thị



1; 1





1; 1



.

Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến I 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

 

  

 

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



  

  0,25

2sin cosx x sinx

 





2

2

cos

2

x k

x k

x k

  

 

  

    

   

 0,25

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho là





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

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

          

  



2

 

3



3 x

x x

x

    



2 9 1 10

10 x x

x

       

 

0,25

Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 0,25

III 1,00

1 1,00





2

2

2

2

1 cos sin

2

1

1 sin sin

2

I x x dx

x d x





 

   

 

 

   

 





0,50









2

2

0

3

2

0

1

sin sin sin

2

1

sin sin

2

|

12

|

d x xd x

x x

 

 

 

  





IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB và

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 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

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 duy nhất cần có điều kiện

1

2 x  x x

Thay x

vào (1) ta được:

3

1

2

1

2

m

m m

m

      

 

0,25

 Với m = 0; (1) trở thành:



4 41



2 0

2 x  x   x

Phương trình có nghiệm nhất.

0,25

 Với m = -1; (1) trở thành



























 



4

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

1

2 x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm nhất.

0,25

 Với m = (1) trở thành:











4

 

2



2

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 nhất.

Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1.

Via 2,00

1 1,00

Đường trịn I có tâm I(2;1) bán kính R 5.

Gọi A, B hai tiếp điểm I với hai tiếp I kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này 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 

.

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

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

Ta tính AB CD  10,AC BD  13,AD BC  5 0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD một

tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G của

tứ diện này. 0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm

3 ;0; 2 G 

 , bán kính là

14 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 chỉ 8.

+ Khơng có bi xanh: có C139 cách. + Khơng có bi vàng: có C159 cách.

0,25

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 2,00

1 1,00

I có hoành độ

I

x 

 

9

: ;

2 I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm của (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

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 = 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

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

2

2

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

2 1,00

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = 3. 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 = 2.

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 của  (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 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

2 2

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 = 1.

0,50

********************************************************

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 4)

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx3 3mx2 



m 1



x1, m tham số 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 1. 2 Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

1)





4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x x

x



 

; 2)









2

4

log x1 2log 4 x log 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

2

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 và 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

  

    











Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho tam giác ABC biết cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác trong góc A nằm đ.thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

2 Cho hai mặt phẳng

 

P :x2y 2z + = 0; Q :

 

x2y 2z -13 = 0.Viết phương trình của mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai m.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 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 (điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vuông B.

2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng:

1

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

  Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách

(P) khoảng 2.

Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) hsố





( ) ln

3 f x

x



 giải bpt:

2

sin '( )

2 t

dt f x

x 









*************************************************************************

Đáp án(ĐỀ 4)

Câu Ý Nội dung Điểm

2 1,00

+ Khi m =  y x 1, nên hàm số cực trị. 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx



m1



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

0,50





2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4 m

  

0,25





4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x x

x



 

(1) Điều kiện: sin 2x0

0,25

1

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

2

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2 x

x x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm.

0,50

2 1,00





2





3

4 2

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1

4

4

1

4

x

x x

x x

  

   



  

 

     

0,25

















2

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16 log log 16 16

x x x x x

x x x x

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

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;





2 (3)

6 x x

   



 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 





2 24

2 24 x

x

    

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1



 6



0,25

III 1,00

Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2

1

dx tdt tdt

x t t

    

+ Đổi cận:

1

2

3

2

x t

x t

  

  

0,50

1

3

2

2

2

1

3

2

1 1

ln ln

1

|

dt dt t

A

t t t

 

 

     

    





IV 1,00

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 = 1.

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

2 2 2

2

1 1 1 1

1

9

9

8 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 9 81

8 2

SE OE SO     SE

0,25

2

1 36

9

2

SAB SAB

S

S AB SE AB

SE

    





2

2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE       

0,25

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 9 265 337 337

8 8

265 337 89305

8 8

xq

SA SO OA SA

S OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình





2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

    



     



 

1   1 x

Hệ cho có nghiệm tồn x0



1;6



thỏa mãn (2).

0,25

 













2

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

 

 



0,25

Hệ cho có nghiệm   x0



1;6 : ( )



f x0 m

 













2

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



      

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:





4

2;4

2

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình





4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

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

|1 | | 4.1 2.3 | cos ; cos ;

25 5

0

| |

3 a b

a b a

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 - = 0.

0,25

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:





4

5;

1

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

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

   

     



 



0,25





2





2





2

2 2 2 5 2 1

10 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

               

 



,



2 | 2 | 9



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 |

3

2 2 13 ( )

2 (3)

2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

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  

  và

R = 3.

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:



x 2



2



y 2



2



z1



2 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

           

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n  1 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

       

   

   

   

   

 

0,50

2

9 22

5 50 10

5

n n

n n n

n

    

        



0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

y x

x y x y

y x

x y

        



 

 

   



0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1).

Vì ABC900nên AC đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm

A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4).

0,50

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

1 2

t t t t

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

0,25

+ Với t1 = ta M1



3;0;2



; + Với t2 = ta M2



1;3;0



0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp

(P), gọi mp này là (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).

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5). 0,25

VIIb 1,00

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

  

 

0,25

Ta có:







 



2

0

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2

|

t t

dt dt t t

 



 

   



         





0,25

Khi đó:

2

sin '( )

2 t

dt f x

x 

 







 



2

3 0

3

3

3

3; 3; 2 2

x x

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

         

 

0,50

******************************************

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 5)

Bài 1:

Cho hàm số

y x





m

x

3



2x

2



3 x (1)

m



.

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.

1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2



2) Giải phương trình: 2x +1 +x





2 2 1 2x 0

x   x x    Bài 3:

Cho điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1).

1) Viết phương trình m.phẳng chứa AB song song với CD Tính góc AB, CD. 2) Giả sử mặt phẳng () qua D cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O sao

cho D trực tâm tam giác MNP Hãy viết phương trình ( ).

Bài 4: Tính tích phân:





2

1 sin 2xdx I x

 





.

Bài 5: Giải phương trình:



 



1

4

x

2

x

2 sin 2

x x

y

1 0







 

 

.

Bài 6: Giải bất phương trình:

2 1 2

9

x  x

1 10.3

x x 

 

.

Bài 7:

1) Cho tập A gồm 50 phần tử khác Xét tập không rỗng chứa số chẵn các phần tử rút từ tập A Hãy tính xem có tập vậy.

2) Cho số phức

1 z

2 i

 

Hãy tính : + z + z2.

Bài 8:

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC h.chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b Gọi  góc hai mặt phẳng (ABC) (A'BC) Tính tan thể tích khối chóp A'.BB'C'C.

Câu 9:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) elip (E):

2 x y

 

.

Tìm toạ độ điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành tam giác ABC tam giác đều.

***********************************************************

HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)

Bài 1:

2) y x 4mx3 2x2 x 1m  (1)

Đạo hàm y/ 4x33mx2  4x 3m (x 1)[4x   2(4 3m)x 3m] 



/

2

x

y

4x (4 3m)x 3m (2)

    

   

 Hàm số có cực tiểu  y có cực trị  y/ = có nghiệm phân biệt

 (2) có nghiệm phân biệt khác

2

(3m 4) m 4.

3 4 3m 3m

   

   

   



Giả sử: Với

4 m

3 

, y/ = có nghiệm phân biệt x , x , x1 2 3

 Bảng biến thiên:

x - x1 x2 x3 +

y/ - 0 + 0 - 0 +

y +

CT

CĐ

CT

+  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu.

Kết luận: Vậy, hàm số có cực tiểu

4

m

3  Bài 2:

1) Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2



 cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

2









2 2

os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx

2

c  c c   



2

os4x ,

2 16

c   x



k



k Z

. 2) Giải phương trình : 2x +1 +x





2 2 1 2x 0

x   x x   

(a)

* Đặt:

   

      

  

 

    

   



      

 

2

2 2

2

2 2

2

v u 2x

u x 2, u u x

v u

v x 2x x

v x 2x 3, v 2

 Ta có:

             

                

       

  

     

                

   

  

 



2 2 2 2

2 v u v u 2 v u u v u v

(a) v u u v v u u v

2 2 2

v u (b)

v u

(v u) (v u) 2 2 (v u) 1 v u 0 (c)

2

 Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm  Do đó:

                

2 2

(a) v u v u x 2x x x 2x x x

2

Kết luận, phương trình có nghiệm nhất: x = 

Bài 3:

1) + Ta có













2;0;2

, D 6; 6;6 D 3;3;0

AB

AB C C

 

  

   

  

  





  

Do mặt phẳng (P) chứa AB song song CD có VTPT n



1;1; 1





Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C khơng thuộc (P), (P) // CD.

+













0

D 1

os , D os , D , D 60

D

AB C

c AB C c AB C AB C

AB C

    

   

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.

Ta có :

















1; 1; ; ; ;0

1; 1; ; ;0;

DP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p

                                 . Mặt khác:

Phương trình mặt phẳng (



) theo đoạn chắn:

1

x y z

m n  p  Vì D (



) nên:

1 1

m n p



   .

D trực tâm MNP 

DP NM DP NM

DN PM DN PM

                      

Ta có hệ:

0

3

3 1

1

m n

m m p

n p

m n p

                      

Kết luận, phương trình mặt phẳng (



): 3

x y z

  

 .

Bài 4: Tính tích phân





2

0

1 sin 2xdx

I x









Đặt

x

1 sin 2xdx os2x

2

du d u x

dv v c

             I =





/2 2

0 0

1 1

1 os2x os2xdx sin 2x

2 x c c 4

 







  



    

.

Bài 5: Giải phương trình



 



4x 2x 2 sin 2x x y

      

(*)

Ta có: (*) 





















2

2 sin 0(1)

2 sin os

os 0(2)

x x

x x x

x

y

y c y

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

Từ (2)  sin 2



1



x y

   . Khi sin 2



1



x y

  

, thay vào (1), ta được: 2x = (VN) Khi sin 2



1



x y

  

, thay vào (1), ta được: 2x =  x = Thay x = vào (1)  sin(y +1) = -1 

1 ,

2

y 



k k Z





. Kết luận: Phương trình có nghiệm:

1; ,

2 k k Z





         .

Khi t  

2 2

3x x 1

t  x x x

         .(i)

Khi t  

2 2

3

1

x x x

t x x

x

  

          (2i)

Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7:

1) Số tập k phần tử trích từ tập A 50

k

C

 Số tất tập không rỗng

chứa số chẵn phần tử từ A : S = SC502 C504 C506  C5050.

Xét f(x) =





50 0 1 2 2 49 49 50 50

50 50 50 50 50

1x C C x C x  C x C x

Khi f(1) =250 C500 C501 C502  C5049C5050. f(-1) = C500  C150C502   C5049C5050

Do đó: f(1) + f(-1) = 250





2 50 50

50 50 50 50

2 C C C  C 2







50 49

2 1S 2  S 2  1. Kết luận:Số tập tìm S 249

2) Ta có

2 3

4

z    i

Do đó:

2 3

1

2 2

z z  i  i

         

   

Bài 8: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm  ABC Vì A'.ABC hình chóp nên góc

giữa hai mặt phẳng (ABC) (A'BC)  = A EH' .

Tá có :

3 3

E , ,

2

a a a

A  AH  HE 



2

2 3a

A ' '

3

b

H  A A  AH  

. Do đó:

2

'

tan A H b a

HE a



  

;

2 2

' ' '

3

'

4

ABC ABC A B C ABC

a a b a

S   V A H S  

2 2

'

1

'

3 12

A ABC ABC

a b a

V  A H S  

. Do đó: VA BB CC' ' ' VABC A B C ' ' ' VA ABC'

.

2 2

' ' '

1

'

3

A BB CC ABC

a b a

V  A H S  

(đvtt)

*********************************************************

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 6)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số

y



f x

( ) 8x





9x

2



1

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

4

8 os

c

x



9 os

c

x m





0

với

x



[0; ]



.

Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:

1





3 log

1

2

2

2

x

x







x









x







; 2

2

2

12 12

x y x y

y x y

    

 

  



Câu III: Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường

y



|

x

2



4 |

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

2

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.

Câu VI.a (2 điểm)

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

1

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

2 Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2

2

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 nhất.

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

1 1

1 1

xy  yz zx x y z 

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

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

2 Cho 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 , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

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

 

    

 

     

 

-Hết -ÁP ÁN

THI TH S 6

Đ

ĐỀ

Ử Ố

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2 1,00

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) nhau.

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.

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:



81 32 m

: Phương trình cho vơ nghiệm.

1.

81 32 m

: Phương trình cho có nghiệm.



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.

0,50

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1

2

2

2

2

x x

x x

x

x x x

x

x x

x

       

  

 

  

            

   

  

        

  

 

     

0,50

3

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x

x



    

  

     

  

  

  

         

    

       

 

 

           

0,50

2 1,00

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

2 u

y v

v

     

 

Hệ phương trình cho có dạng:

12 12

u v

u u

v v

  



  

    

  

0,25

4 u v

   



 hoặc

3 u v

  

 

+

2

4

8 8

u x y

v x y

 

    

 

    

(I) +

2

3 3

9 9

u x y

v x y

 

    

 

    

(II)

0,25

Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau hợp kết

quả lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là



 





5;3 , 5;



S 

0,25

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



 





5;3 , 5; 4



S 

1,00

III 0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:

2

| | ( ) yx  x C và

 

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

2

0

4

S 



x  x  x dx



x  x  x dx Tính:





2

| | I 



x  x  x dx Vì





0; ,

x x x

   

nên

2

|x  |x x 4x







2

4

3 I 



x  x x dx

0,25

Tính





6 2

| | K 



x  x  x dx Vì





2; ,

x x x

   

và



4;6 ,



4 0

x x x

   

nên









4

2

2

4 16

K 



x x  x dx



x  x x dx

.

0,25

Vậy

4 52

16

3

S   

1,00

IV 0,25

Gọi H, H’ tâm của tam giác đều 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’) tại 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 

0,25

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

0,25

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r

6r 6r

3 2

V     

 

 

0,25

V 1,00

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: t

   )

Khi đó

2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 Phương trình (1)

trở thành:

4 2 t  t m 

(2) với 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

   .

0,25

Trong đoạn 2;

 

  , hàm

số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ là

2 2 tại

2

t đạt giá

trị lớn là 2 t

0,25

Do yêu cầu bài toán thỏa mãn khi khi

2 2 2   m 2 2 m 2

   

.

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm

Suy trung điểm M AC là

1 ; 2

t t

M   

 

Điểm





1

: 2 7;8

2

t t

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

0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ

:

AK CD x y  

tại I (điểm K BC

). Suy ra



 



:

AK x  y   x y  

Tọa độ điểm I thỏa hệ:





1

0;1

x y

I x y

   

 

   

Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ của



1;0



K 

.

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

1

4

x y

x y



      

2

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ,

trên (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;

đó

axIH = IA H A

m  

Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là



6;0; 3



n IA   

 

, cùng phương với



2;0; 1



v 

. Phương trình mặt phẳng (P0) là:









2 x 1 z1 2x - z - = .

VIIa

Để ý rằng



xy1

 

 x y

 

 1 x

 

1 y



0 ;

và tương tự ta cũng có

1

yz y z zx z x

   



   

0,25

Vì ta có:





1

1

1

1 1

1

1

1

1

1

1

1

3

5

1

5 5

1 zx+y

1

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





 















  































 









 









 























1,00

Ta có:



1;2



AB   AB



Phương trình của AB là:

2x y  0 .

 

:



;



I d y x  I t t

I trung điểm của AC BD nên ta có:



2 1; ,





2 ;2 2



C t t D t t

Mặt khác:

D

ABC

S AB CH 

(CH: chiều cao)

5 CH

 

0,25

Ngoài ra:













4 8

; , ;

| | 3 3 3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t d C AB CH

t C D

      

     

              

Vậy tọa độ C và D là

5 8 ; , ; 3 3 C  D 

   

hoặc



1;0 ,





0; 2



C  D 

0,50

2 1,00

Gọi P chu vi của tam giác MAB P = AB + AM + BM.

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ khi và AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có

phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

  

     

 .

Điểm M  nên



;1 ;



M   t  t t

.









 

 

























 













2

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



3 ;2 5



u t

và



6; 5



v  t

. Ta có

 













2

2

| | | |

u t

v t



  

 

    

 



Suy ra

| | | | AM BM u  v và



6; 5



| | 29 u v    u v  

Mặt khác, với hai vectơ u v,

 

ta ln có | | | | |u  v  u v|

   

Như vậy

2 29 AM BM 

0,25

Đẳng thức xảy khi u v,

 

cùng hướng

1

t

t t

   

 



1;0; 2



M



và





min AM BM 2 29 .

0,25

Vậy M(1;0;2) thì minP =





2 11 29

0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b

   

      

Đặt





, , , , , ,

2

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

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

      

  

Ta có:









2z 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

 

    

 

     

 