14 de thi thu toan dap an

Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy.[r]

(1)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= f x( ) 8x= 4−9x2+ 1

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

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

4

8 osc x−9 osc x m+ = với x∈[0; ]π Câu II (2 điểm)

Giải phương trình: ( )

3

log

2

2 x

x− x−  = x−

 

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 đường

| |

y= x − 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

π π π

   −  + =

     

     

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

Câu VI.a (2 điểm)

Cho∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + = 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

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 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

 + + + + <

 + + + +  + +

 

(2)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ Tập xác định: D= 0,25

+ Sự biến thiên:

• Giới hạn: lim ; lim

x→−∞y= +∞ x→+∞y= +∞ • y' 32x= 3−18x = 2x 16x( 2− 9)

0

' 3

4 x y

x =   = ⇔

 = ± 

0,25

• Bảng biến thiên

( )

3 49 49

; ;

4 32 32

CT CT

y = y− = − y = y  = − y = y =

    C§

0,25

• Đồ thị

0,25

2 1,00

Xét phương trình 8 osc 4x−9 osc 2x m+ = với 0 x∈[0; ]π (1) Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 8t4−9t2+ =m 0 (2)

Vì x∈[0; ]π nên t∈ −[ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

0,25

Ta có: (2)⇔8t4−9t2+ = −1 1 m(3)

Gọi (C1): y=8t4−9t2+ với [ 1;1]1 t∈ − (D): y = – m

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D)

Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền − ≤ ≤1 t

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

• 81

32

m> : Phương trình cho vơ nghiệm 81

32

(3)

• 81 32

m

≤ < : Phương trình cho có nghiệm • 0< <m : Phương trình cho có nghiệm • m=0 : Phương trình cho có nghiệm • m < : Phương trình cho vơ nghiệm

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

1

1 ln 0 log ln 0

1

2

x x

x

x x

x

 − =  − =  =

  

 

 −  = ⇔  −  = ⇔  − =

 

        

   >

>

 − >  



0,50

3

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

2

x x x

x

x x x

x x

x

=

  =  =

 =  

  =  =

  

 

  

⇔    ⇔  ⇔  ⇔ =

 

− =

    − =  =

 

   

 >  >  > 

0,50

2 1,00

Điều kiện: | | | |x ≥ y

Đặt u x2 y u2;

v x y

 = − ≥

 

= +

 ; x= − không thỏa hệ nên xét y x≠ −y ta có

2

1

u

y v

v

 

=  − 

 

Hệ phương trình cho có dạng:

12 12

u v

u u

v v

+ = 

  

 − =

 



 



0,25

4

u v

=  ⇔  =



u v

=   = 

+ 2

8 8

u x y

v x y

 =

 ⇔ − =

 = 

+ =

  (I)

+ 2

9 9

u x y

v x y

 =

 ⇔ − =

 = 

+ =

  (II)

0,25

Giải hệ (I), (II) 0,25

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

{ 5;3 , 5; }

S=

(4)

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

{ 5;3 , 5; }

S =

1,00

III 0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y=|x2−4 | ( )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

0,25

Tính: ( )

2

| |

I =∫ x − x − x dx

Vì ∀ ∈x [ ]0; ,x2−4x≤0 nên |x2−4 |x = − +x2 4x ⇒ ( )

2

4

3

I = − +∫ x x− x dx= 0,25

Tính ( )

6 2

| |

K =∫ x − x − x dx

Vì ∀ ∈x [ ]2; ,x2−4x≤0 ∀ ∈x [ ]4;6 ,x2−4x≥0 nên

( ) ( )

4

2

4 16

K =∫ x x− − x dx+∫ x − x− x dx= −

0,25

Vậy 16 52

3

S = + = 1,00

IV 0,25

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∈ '

(5)

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: 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK= ⇒ =r ⇒x =

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ' ')

h

V = B B+ + B B

Trong đó: 4x2 3 6r2 3; ' 3r2 3; 2r

4

x

B= =x = B = = h=

0,25

Từ đó, ta có: 2r 6r2 3 3r2 6r2 3.3r2 21r 33

3 2

V =  + + =

 

  0,25

V 1,00

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x( );

+/ os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x( )

4

c  π c  π= c  π+c =

       

+/ os 2x + 2 1 os 4x + 1(1 sin 4x)

4 2

c  π =  +c  π = −

    

Do phương trình cho tương đương:

( ) 1

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

2

c + =

Đặt os2x + sin2x = os 2x -

t c= c  π 

  (điều kiện: − 2≤ ≤t 2)

0,25

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t2− Phương trình (1) trở thành: 1

2 4 2 2 0

t + +t m− = (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= + với 2 4t − 2≤ ≤t 2

0,25

Trong đoạn − 2; 2 , hàm số y t= + đạt giá trị nhỏ 2 4t 2 2− t= − 2

đạt giá trị lớn 2+ t= 0,25 Do yêu cầu toán thỏa mãn 2 2− ≤ − m≤ +2

2 m 2

⇔ − ≤ ≤ 0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 C t( ;1−t) Suy trung điểm M AC 3;

2

t t

M + − 

  0,25

Điểm : 2 ( 7;8)

2

t t

M∈BM x y+ + = ⇒  + + − + = ⇔ = − ⇒t C −

 

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − = I (điểm K BC∈ ) Suy AK:(x− −1) (y−2)= ⇔ − + =0 x y

0,25

(6)

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: 4

x y

+ = ⇔ + + =

− +

2

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ∆ , ( ) //( )P D

hoặc ( )P ⊃( )D Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH ≤IA 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

tại A

Vectơ pháp tuyến (P0) n IAr uur= =(6;0; 3− ), phương với vr=(2;0; 1− )

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - =

VIIa

Để ý (xy+ −1) (x y+ ) (= −1 x)(1−y)≥0; tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

+ ≥ + 

 + ≥ +

 0,25

Vì ta có:

( ) 1 1 1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

 

+ +  + + ≤ + + + + +

+ + + + + +

 

≤ + + +

+ +

 

=  − − +

+ + +

 

 

≤  − − +

+ +

 

=

vv

(7)

Ta có: uuurAB= −( 1; 2)⇒AB= Phương trình AB là: 2x y+ − =

( ): ( );

I∈ d y x= ⇒ I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

(2 1; ,) (2 ; 2)

C t− t D t t−

0,25

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

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 D 8; , 2; 3 3

C  D 

    C(−1;0 ,) (D 0; 2− )

0,50

2 1,00

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

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 2

x t

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

= − + + − − + = + = +

= − + + − − + − + = − + = − +

+ = + + − +

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur =(3 ; 5t ) vr= − +( 3t 6; 5) Ta có ( ) ( )

( ) ( ) 2

2

| |

u t

v t



= +

 

 = − +

 r r

Như AM BM+ ≥2 29

0,25

Đẳng thức xảy ,u vr r hướng

3

1

t

t t

⇔ = ⇔ =

− + (1;0; 2)

M

⇒ min(AM BM+ )=2 29

0,25

Vậy M(1;0;2) minP = 11( + 29) 0,25

(8)

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b + >   + >   + > 

Đặt , , ( , , 0) , ,

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

+ +

= + +

+ + + +

= + +

+ + +

0,50

Ta có: x y z z x y z( ) 2z x y( ) 2z z

x y z x y

+ > ⇔ + + < + ⇔ >

+ + + Tương tự: x 2x ; y 2y

y z+ < x y z z x+ + + < x y z+ + Do đó: x y z 2(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

 + + + + <

 + + + +  + +

 

0,50

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ

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)

Giải phương trình lượng giác: cos( sin )

tan cot cot

x x

x x x

− =

+ −

Giải bất phương trình: ( )

3 1

3

1

log log log

2

x − x+ + x− > x+

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( 4 )

cos sin cos

I x x x dx

π

=∫ +

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 lại nằm đường tròn 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 x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3 Tìm m để phương trình có nghiệm

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

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

2

(9)

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− − =3 có hồnh độ

2 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 = Chứng minh bất đẳng thức 3

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a+ + + + + ≥a + +b + +c + -Hết -

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ

I 2,00

1,00

+ MXĐ: D= 0,25

+ Sự biến thiên

x→−∞y= +∞ x→+∞y= +∞ • ' 4 4 4 ( 1 ; ' 0)

1

x

y x x x x y

x

= 

= − = − = ⇔ 

= ± 

0,25

( ) ( ) ( )

1 1; 1; 0

CT CT

y =y − = − y =y = − yC§ = y =

0,25

• Đồ thị

0,25

(10)

Ta có f x'( ) 4= x3−4x Gọi a, b hoành độ A B

Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B '( ) 4 4 , '( ) 4 4

A B

k = f a = a − a k = f b = b − b

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 (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

1,00

Điều kiện: cos sin sin tan( cot ) cot

x x x x x

x

+ ≠

 

≠

 0,25

Từ (1) ta có: cos( sin ) 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

cos

2

x k

π π

 = + 

⇔ = ⇔ ∈

 = − + 

0,25

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho ( )

x= − +π k π k∈ 0,25

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− > − 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

−

 

⇔  − − >   +

(11)

( 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

1,00

( )

2

1

cos sin

2

1

1 sin sin

2

I x x dx

x d x

π

 

=  − 

 

 

=  − 

 

∫ ∫

0,50

( ) ( )

2

0

3

2

0

1

sin sin sin

2

1

sin sin

2 | 12 |

d x xd x

x x

π π

= −

= − =

∫ ∫

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 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 π h π π

⇒ = = = 0,25

và

2

a 3

2 Rh=2

2

2 xq

a a

S = π π = π 0,25

V 1,00

Phương trình x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3 (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= − ⇒ = Thay x x

2

x= vào (1) ta được:

(12)

3

1

2

1

2

m

m m

m

= 

+ − = ⇒ 

= ±  * Với m = 0; (1) trở thành:

( )2

4 41 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 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:

( ) ( ) ( ) (2 )2

4

1 1 1

x+ − −x x −x = − x −x ⇔ x− −x = x− −x

Ta thấy phương trình (1) có nghiệm 0,

x= x= nên trường hợp (1) khơng có nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1

0,25

VIa 2,00

1,00

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

Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: (x−2) (2+ y−1)2 =20

0,25

Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆ , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình: ( ) (2 )2

2 20 (1)

2 12 (2)

x y

 − + − =

 

+ − =

 0,25

Khử x (1) (2) ta được:

( ) (2 )2 2

2 10 20 42 81 27

5

x

y y y y

x

=  

− + + − = ⇔ − + = ⇔

 = 

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: 3;9

M  

 

27 33 ; 10

M  

  0,25

1,00

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

(13)

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm 3;0;3 2

G  

 , bán kính

14

R GA= = 0,50

VIIa 1,00

Số cách chọn viên bi tùy ý : 18

C 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

13

C cách

+ Khơng có bi vàng: có 15

C cách

0,25

Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có 10

C cách chọn viên bi

đỏ tính hai lần

Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: 9 9

10 18 13 15 42910

C +C −C −C = cách

0,50

VIb 2,00

1,00

I có hoành độ I

x = ( ): 3; 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 Lại có MA = MD =

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 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

1,00

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

( )

( , ) 2.2 1( ) 16

3

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

trên 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 nrP =(2; 2; 1− ) qua I nên có phương trình

(14)

( )

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 0 4; 13 14;

3 3

N − − 

 

0,25

Ta có 0 0

IM = IN

uuuur uuur

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: 22 ; 22 2b c a+ + ≥b +7 2c a b+ + ≥c +7

Từ suy 1 24 24 24

7 7

a b b c c a+ + + + + ≥a + +b + +c + Đẳng thức xảy a = b = c =

0,50

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ

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( )=mx3+3mx2−(m−1)x−1, m tham số

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số ( )y= f x khơng có cực trị Câu II (2 điểm)

Giải phương trình : ( )

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x

+

= +

Giải phương trình: ( )2 ( )3

4

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

− + ≤

− + − + ≥

(15)

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 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

( )P :x+2y−2z + = 0; Q :( ) x+2y−2z -13 =

Viết phương trình 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 k, k

n n

A C số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Theo chương trình nâng cao

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C):

2 2 4 8 0

x + y + x− y− = 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− =1 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

sin '( )

2

t dt f x

x

π

>

+

∫

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ

I 2,00

1,00

Khi m = ta có y x= 3+3x2− 1

+ MXĐ: D= 0,25

+ Sự biến thiên:

x→−∞y= −∞ x→+∞y= +∞ • y' 3= x2+6x; ' 0

0

x y

x

= −  = ⇔  =



(16)

( )2 3; CT ( )0

yC§ =y − = y =y = −

0,25

• Đồ thị

0,25

1,00

+ Khi m = ⇒ = − , nên hàm số khơng có cực trị y x 0,25

+ Khi m≠0 ⇒y' 3= mx2+6mx−(m−1)

Hàm số khơng có cực trị ' 0y = khơng có nghiệm có nghiệm kép 0,50

( )

2

' 9m 3m m 12m 3m

⇔ ∆ = + − = − ≤

4

m

⇔ ≤ ≤

0,25

II 2,00

1,00

( )

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x

+ = +

(1)

Điều kiện: sin 2x≠0 0,25

2

1

1 sin 1 sin cos

2 (1)

sin 2 cos sin

x x x

−  

⇔ =  + 

(17)

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

0,50

1,00

( )2 ( )3

4

log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2)

Điều kiện:

1

4

1

4

x

x x

+ ≠ 

− < < 

 − > ⇔

  ≠ −

  + > 

0,25

( ) ( ) ( )

( )

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 ta có phương trình x2+4x−12 (3)= ; ( )

2 (3)

6

x x

=  ⇔  = −

 lo¹i

0,25

+ Với − < < −4 x ta có phương trình

4 20

x − x− = (4); ( )

( )

2 24

4

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

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

= ⇒ = = ⇒ =

0,50

1

3

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

+ +

= = = =  

− − −  

∫ ∫ 0,50

(18)

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 vuông O, OH đường cao, ta có:

2 2 2

2

1 1 1 1

1

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 4 2 32 265

2 8

OA =AE +OE = AB +OE = + = + =

 

0,25

Thể tích hình nón cho: . 2. 265.3 265

3 8

V = πOA SO= π = π 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 πOA SA π π

= + = + = ⇒ =

= = =

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 3 (2 1) (2 )3 ( [ ]1;6 2 1 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

x x

f x

x x

+ − + −

= =

+ + ; ( )

2 17

'

2

f x = ⇔ x + − = ⇔ =x x − ±

Vì x∈[ ]1;6 nên nhận 17

x= − +

0,25

Ta có: (1) 2, (6) 27, 17 17

3 13 2

f = f = f − + =− +

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên max ( ) 27 13

f x =

Do [ ]

[ ]

0 1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13 x

x f x m f x m m

∈

∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

(19)

VIa 2,00

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− = ∆4 0; 2:x+2y− = ∆6 0; 3:ax by+ +2a−4b= 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

a b a b a a b

a b

+ +

∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =

+

= 

⇔ + = + ⇔ − = ⇔ 

− = 

+ a = ⇒ ≠b Do ∆3:y− =

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

0,25

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình: ( )5;

1

y x

C

x y y

− = =

 

⇔ ⇒

 − − =  =

  0,25

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

Ta có:

( ) (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 2 | 2 | ( 2 2 2) ( )2

, 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= −

0,25

Từ (2) (3) suy ra: a2+b2+c2 =9 (5)

Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: (a−2 221)( a−658)=0

Như a=2 658 221

a= Suy ra: I(2;2;1) R = 658 46; ; 67 221 221 221

I  − 

  R =

(20)

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: ( ) (2 ) (2 )2

2

x− + y− + −z =

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

 −  + −  + +  =

     

     

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n− ≥ ⇔ ≥1 n

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

1

2

4.3.2.1 3.2.1

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

1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

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 trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)

0,50

1,00

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∈ cần tìm phải giao dd2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp

(Q1) PT (Q1) là: (x− −3) 2y+2(z−2)= ⇔ −0 x 2y+2z− =7 (1)

Phương trình tham số d2 là:

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

( )3

0

3−x > ⇔ <x

( )3 ( ) ( )

1

( ) ln ln1 3ln 3ln 3

f x x x

x

= = − − = − −

− ; ( ) ( )

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x

= − − =

− −

(21)

Ta có: ( ) ( ) ( )

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

π π π

π π

π π π π

−

= = − =  − − − =

∫ ∫ 0,25

Khi đó:

2

sin '( )

2

t dt f x

x

π π >

+

∫

( 2)( )

3 0

3

3; 3; 2 2

x x

x

x x x x

−

 < −

 > < 

  − + 

⇔ − + ⇔ ⇔ < <

 < ≠ −  < ≠ − 

 

0,50

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 180 phút

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

Cho hàm số y 1(m 1 x) mx2 (3m 2 x)

= - + + - (1)

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

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: (2 cos x- sin x)( + cos x)=

Giải phương trình: ( )2 ( )3 ( )3

1 1

4 4

3

log x log x log x

2 + - = - + +

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

cos x

I dx

sin x sin x 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 x y + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 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; y0 > 0) cho OB = 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)

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)- - , đỉnh D nằm trục Oy Tìm tọa độ đỉnh D tứ diện tích V =

Câu VII.b (1,0 điểm)

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

(22)

số khác

-Hết -

KẾT QUẢ ĐỀ

Tự giải m ³ Câu II (2,0 điểm)

1 x k2 ; x k2

6

p p

= p = +

x = 2; x = -1 33 Câu III (1,0 điểm)

I ln4 = Câu IV (1,0 điểm)

V = Câu V (1,0 điểm)

S=

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

192 số

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

64 số

(23)

Cho hàm số y mx x m

+ =

+ (1)

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (- ¥ ;1) Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: cos x3 - 4 sin x3 - 3 cos x sin x2 + sin x = 0 Giải phương trình: log x3( - 1)2 + log 3(2x- 1)=

4

dx I

cos x p

= ò Câu IV (1,0 điểm)

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 + = 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

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 ar = (3; 1;2), b- r = (1;1; 2)- Tìm vectơ đơn vị đồng phẳng với a, br r 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 ?

(24)

Tự giải

- 2< m £ - Câu II (2,0 điểm)

1 x k ; x k

6

p p

= ± + p = - + p x =

Câu III (1,0 điểm) I 28

15 = Câu IV (1,0 điểm)

3

2h sin V

cos a =

a

Sử dụng phương pháp tọa độ bất đẳng thức Cauchy II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

1 x- 3y- 23= 0; 4x+ 3y+ 13= 0;7x+ 9y+ 19= d 74

3 =

a) 64 số b) số 2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

x+ 3y- 30=

e (3 14; 14; 14)

14 14

=

-r

Câu VII.b (1,0 điểm) 13 số

(25)

Cho hàm số y= x3 + 3x2- mx- 4 (1)

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

1 Giài phương trình: cot x sin x t an x t an x

ổ ửữ

ỗ

+ ỗ + ữữ=

ố ứ

Giải phương trình: 4( )

2x

1

log x log x

log +

- + = + +

4

0 dx I

cos x p

Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cạnh a, ·A ' AB= BAD· = A ' AD· = 600 Hãy tính thể tích khối hộp

Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn 1

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+ =1 đường phân giác (CD) : x+ y- 1= Hãy viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không 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

Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( )D1 : x- y+ =1 0,( )D2 : 2x + y+ =1 điểm M(2;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt hai đường thẳng ( ) ( )D1 , D2 A 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) vuông góc với Câu VII.b (1,0 điểm)

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?

(26)

Tự giải m £ - Câu II (2,0 điểm)

1 x k ; x k

12 12

p p

= + p = + p

x

2 = Câu III (1,0 điểm)

I = ln(1+ 2) Câu IV (1,0 điểm)

3 a V

2 = Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Câu VIa (2.0 điểm) 4x+ 3y+ = M(2; 3; 0) -Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 600 số b) Tổng số 19666500 2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2,0 điểm) 5x- 2y- 8=

2

a b a

V ;

4 b

= =

Câu VII.b (1,0 điểm) 108 số

(27)

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

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía trục tung Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: t an x2 cot x2 cot 2x2 11

+ + =

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

2

7x 12

I dx

x 7x 12

-=

- +

ò Câu IV (1,0 điểm)

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= Chứng minh rằng:

3 3 3

1 x y y z z x

3

xy yz zx

+ + + + + +

+ + ³

Khi đẳng thức xảy ? II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(2;1) tạo với đường thẳng ( )d : 2x+ 3y+ 4= 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 ( )d1 , N ( )d2 cho ba điểm A, M, N thẳng hàng

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

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( )d : 2x1 - y+ =1 0, d : x( )2 + 2y- 7= Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O tạo với ( ) ( )d , d1 tam giác cân có đỉnh giao điểm A ( )d1 ( )d2 Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng ( )P : 5x- 2y+ 5z 1- = ( )Q : x- 4y- 8z+ 12= Lập phương trình mặt phẳng ( )a qua gốc tọa độ O, vng góc với mặt phẳng (P) hợp với mặt phẳng (Q) góc 450

Cho tập hợp A= {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

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

(28)

Tự giải 1< m <

Câu II (2,0 điểm)

1 x k

6

p p

= ± +

x

4 = Câu III (1,0 điểm)

I= 25 ln 16 ln -Câu IV (1,0 điểm)

V a3 = Câu V (1,0 điểm)

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

(P) : x+ 3y+ 5z 13- = 0; M(0;1; 1); N(0;1;1) -Câu VII.a (1,0 điểm)

3024 số

3x+ y = 0; x- 3y = x- z= 0; x+ 20y+ 7z= Câu VII.b (1,0 điểm)

3348 số

(29)

Cho hàm số y 1x4 mx2

2

= - + (1)

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

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có cực tiểu mà khơng có cực đại Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: sin x( t an x) cos x t an x sin x

+

- =

-2 Giải phương trình: ( ) ( ) ( )

4 20

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

5 2

3

4

3x

I dx

x 2x 5x

+ =

- - +

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> ta có:

(1 x 1) y 256

x y

ỉ

ổ ửữỗ ữ

ỗ ữ

+ ỗố + ữữỗứỗ + ữ ữ

ỗố ứ

Khi đẳng thức xảy ? II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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

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

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 M(0; 0; )1

2 đến mặt phẳng ( )a Câu VII.a (1,0 điểm)

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 khơng 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 2 có ước số

(30)

Tự giải m £

Câu II (2,0 điểm) x k2

3 p

= ± + p

x 1; x 1(5log 420 log 420 )

2

-= = +

Câu III (1,0 điểm)

I 2ln 13ln7 14ln

3 15

= - + +

Câu IV (1,0 điểm) V a3

4 = Câu V (1,0 điểm)

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

x+ y- 5z 1- = 0;5x- 17y+ 19z- 27 = Câu VII.a (1,0 điểm)

5880 số

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

Câu VII.b (1,0 điểm) 60 ước số

(31)

Cho hàm số y= x4 - 2mx2 + 2m + m4 (1)

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

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

1 Giải phương trình: 2 s in3x sin x( - )= 1 Giải phương trình: 9sin x2 + 9cos x2 = 10

( )

1

2

5x

I dx

x

=

+

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' Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số thỏa mãn x + y+ z= Chứng mnh 3+ 4x + 3+ 4y + 3+ 4z ³ 6 II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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 2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2,0 điểm)

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

2 Trong không 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 Câu VII.b (1,0 điểm)

(32)

Tự giải m = 33 Câu II (2,0 điểm)

1 x k2 ; x 2k

4 10

p p p p

= + = +

x k

2 p = Câu III (1,0 điểm)

I = Câu IV (1,0 điểm)

3 a V

12 = Câu V (1,0 điểm)

Câu VIa (2.0 điểm) x- y- 2=

K( ; ;1 11), C1 11 3; ; ;C2 11; 3;

2 4 4

ỉ - - ư÷ ỉ + + ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ø è ø

Câu VII.a (1,0 điểm) 28560 số

M(11 19; ) a = b = c= Câu VII.b (1,0 điểm)

1260 số

(33)

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút

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

2 Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: t an x cot 2x s in2x+ sin2x

+ =

2 Giải phương trình: 3x x ( ) x x

1 12

2 6.2

2 -

- - + =

2

0

2 x

I dx

x

-=

+

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 Câu V (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ hàm số: y x 11 72

2x x

ổ ửữ

ỗ

= + + ỗỗố + ữữ

ứ vi x> II PHN RIÊNG (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho họ đường cong (C ) có phương trình: m x2 y2 2mx 2 m( 2 y) 2m2 4m 0

2

+ - + + + + - =

Chứng minh (C ) đường trịn có bán kính khơng đổi; Tìm tập hợp tâm đường tròn m (C ) suy m (C ) luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định m

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 2 Theo chương trình Nâng cao:

1 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D qua gốc tọa độ O cắt đường tròn ( ) ( )2 ( )2

C : x- + y+ = 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

tại A, B, C cho OA+ OB+ OC có giá trị nhỏ Câu VII.b (1,0 điểm)

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

(34)

KẾT QUẢ ĐỀ 10

Tự giải

y = 2x- m2 + m Câu II (2,0 điểm)

1 x k

3 p = ± + p x =

Câu III (1,0 điểm) I = p +

3

a a

d , V

4

= =

Câu V (1,0 điểm) y 15

2 =

( )1 ( )2

1) (d) : x y 0,

: x y 0, : x y + + =

D + + = D + - =

x+ 9y+ 9z- 27= Câu VII.a (1,0 điểm)

10283 cách

y = 0;3x- 4y= x+ 3y+ 3z 15- = Câu VII.b (1,0 điểm)

41811 cách

(35)

Cho hàm số y x x

+ =

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

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

1 Giải phương trình: (1- t an x 1)( + s in2x)= +1 t an x Giải phương trình: ( ) 9x

3

2 log x log

1 log x

- - =

-Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

dx I

x 2x

-=

+ +

Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA= 2a, tam giác ABC vng C có AB= 2a, ·CAB = 300 Gọi H K lần lượt 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+ y ³ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 3x2 2y3

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

( )P : 2x- y+ 3z+ =1 0,(Q) : x+ y- z+ 5= 0, đồng thời vng góc với mặt phẳng ( )R : 3x- y+ =1 Câu VII.a (1,0 điểm)

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+ =1 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 không 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

(36)

Tự giải

MN= 5, m = Câu II (2,0 điểm)

1 x k , x k p

= p = - + p x 1, x 81

3

= =

Câu III (1,0 điểm) I

9 p = Câu IV (1,0 điểm)

3 a V

7 = Câu V (1,0 điểm)

y 9, x y 2

= = =

x+ y+ 4= 0;7x + y+ 10= 3x+ 9y- 13z+ 33= Câu VII.a (1,0 điểm)

462 cách

M (1; 4), M ( 2; 4)1 2 x± 2y+ 3z- 3= Câu VII.b (1,0 điểm)

645 cách

(37)

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

2 Định m để đường thẳng ( )d : y= mx- 2m- cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos 7x cos 5x- s in2x= 1- sin 7x s in5x Giải phương trình: ( x ) ( x )

3

log - log + - = Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân: e

2

I= òx ln xdx Câu IV (1,0 điểm)

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 ( 3)

2 2

x y z

S x y y z z x

y z x

ổ ửữ

ỗ

= + + + + + + ỗỗ + + ữữữ

è ø

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

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

điểm M(0; 0; )1

2 đến mặt phẳng ( )a Câu VII.a (1,0 điểm)

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 và điểm A(0;3) Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm A cắt đường trịn (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 = Xác định a, b, c cho khoảng cách từ điểm O(0; 0; 0) đến mặt phẳng (ABC) lớn Câu VII.b (1,0 điểm)

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) ?

(38)

Tự giải m> -

1 x k , x k p

= p = - + p x log 10, x3 log3 28

27

= =

Câu III (1,0 điểm) I 1(e2 1)

4

=

-Câu IV (1,0 điểm) V a3

36 =

S= 12, x = y = z= II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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

x+ y- 5z 1- = 0;5x- 17y+ 19z- 27 = Câu VII.a (1,0 điểm)

28800 cách

2x- y- 6= a = b = c= Câu VII.b (1,0 điểm)

1440, 20, 320, 800 tam giác

(39)

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

C

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

2 Định m để đồ thị ( )Cm cắt trục Ox bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin x4 cos x4

4

p

ỉ ư÷

ỗ

+ ỗ + ữữ=

ố ứ

2 Giải phương trình: log0,5(sin x sin x 22 )

4

9

+ +

= Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân: e

1

I cos(ln x)dx

p

Đáy hình chóp SABC tam giác cân ABC có AB= AC= a µB= 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: P 2 12 2

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 , T tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng T T 1 1

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

Câu VII.a (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức

( )

4

n n

A 3A

M

n ! + + =

+ , biết

2 2

n n n n

C + + 2C + + 2C + + C + = 149 2 Theo chương trình Nâng cao:

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

n n

A + 2C - £ 9n

(40)

Tự giải

m 3, m 13

= =

-Câu II (2,0 điểm)

1 x k , x k p

= p = + p

x k , x arct an( )1 k

2

p

= + p = + p

Câu III (1,0 điểm) I 1(e 1)

2 p

= +

3

a cos t an V

6

a b

=

S 30, x y z

= = = =

Câu VIa (2.0 điểm) 2x + y- 3= y- z+ 4= Câu VII.a (1,0 điểm)

3 n 5, M

4

= =

M(3; 4), M '( 3; 2), N( 21 3; 21), N '( 21 3; 21)

3 3

- +

- -

S= 6, b = c= Câu VII.b (1,0 điểm)

n = 3, n =

(41)

Cho hàm số y= 2x3 - 3 m( + 1 x) + 6mx- 2 (1) có đồ thị ( ) m

C

2 Định m để đồ thị ( )Cm cắt trục trục hoàng điểm Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin x+ cos x- s in2x+ cos2x =

2 Giải phương trình: 8xlog 43 x 22 log x3 xlog 23

3 =

-Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

1

I x ln x dx

x

ỉ ư÷

ỗ

= ỗỗố + ữữ

ứ

ị 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' 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 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 P (1 x 1) (1 y 1)

y x

ổ ửữ ổ ử

ỗ ỗ ữ

= + ốỗỗ + ữữứữ+ + ỗốỗ + ÷÷ø II PHẦN 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 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )D giao tuyến hai mặt phẳng

( )a : 2x- y+ z+ =1 0;( )b : x+ 2y- z- 2= mặt phẳng ( )P : x- y+ +z 10= 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 í

ï - =

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= 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; 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

Giải bất phương trình: 2

2x x x

1

A A C 10

2 - £ x +

(42)

Tự giải

1- < m < +1 Câu II (2,0 điểm)

1 x k2 p

= + p x =

Câu III (1,0 điểm)

I ln 10ln

3

= - +

2 2

a 3b a

V

6 -=

S 4, x y z 2

= + = = =

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

x y z 17

4

- + +

= =

-Câu VII.a (1,0 điểm) x

y ì = ïï í = ïïỵ

x- 3= 0; x+ 2y- 7- 2 = 0; x- 2y- 7+ 2 = x y z

1

- -

-= =

-

-Câu VII.b (1,0 điểm) x

x é = ê ê = êë

(43)

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

C

2 Định m để đồ thị ( )Cm cắt trục trục hoàng bốn điểm phân biệt Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 1 sin x3 cos x3 3s in2x

+ + =

2 Giải phương trình: (4 )

6

2 log x + x = log x Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

4

0

I cos xdx p

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 AM a

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 + 1- y + z

-II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ( ) ( )2 ( )2

C : x- + y- = đường thẳng ( )d : x- y- 1= Viết phương trình đường trịn (C') đối xứng với đường trịn (C) qua đường thẳng (d) Tìm tọa độ giao điểm (C) (C') 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: n

n n

A 2C - 9n

+ £ , k n A k

n

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

2 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )d : x y z

2 1

- + +

= =

- mặt phẳng ( )P : x+ y+ z+ 2= 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

Tìm x, y Ỵ N thỏa mãn hệ phưong trình:

2

x y

3

y x

A C 22

A C 66

ì + =

ïïï

(44)

-Hết -

Tự giải

m

ì > ïï ù ùợ

Cõu II (2,0 im)

1 x k2 ; x k2

p

= - + p = p + p x = 256

Câu III (1,0 điểm) I = p - Câu IV (1,0 điểm)

3 10a V

27 = Câu V (1,0 điểm)

Max P 6, x y z

= = = =

Câu VIa (2.0 điểm) ( )2

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

176 19

x y z

7

3

-

-= =

-

-Câu VII.a (1,0 điểm) n = 3; n =

( )2 ( )2 ( )2 ( )2

x+ + y- = 18; x- + y+ =

x y z x; y z

2 3

- + + + +

-= = = =

- - -

-Câu VII.b (1,0 điểm) x

y ì = ïï í = ïïỵ

(45)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG SỐ 16 (Thời gian làm 180’)

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

Cho hàm số y = x3 + mx + (1)

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 :    

= + +

= +

2

1 2

3

y xy y x

y x

Giải phương trình: x ) 2sin x tanx

4 ( sin

2 −π = − Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I = ∫ −

2

4

dx x

x

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 không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:

2 1

z y

x = =

, d2:

    

+ =

= − − =

t z

t y

t x

1

mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M∈d1, N∈d2sao cho MN song song (P)

MN =

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

=      

− +

i z

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)

3 Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: log log 3 x x < HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 16 Câu I

1 (Tự giải)

2 Pt : x3 + mx + =

x x

m=− −

(46)

Xét f(x) = 2 '( ) 2 22 x x x f x

x − ⇒ =− +

− = 2

3 2

x

x +

− Ta có x - ∞ + ∞

f’(x) + + -

f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm ⇔ m>−3 Câu II     = − − + = + ⇔     = + + = + ) ( 2 ) ( 2 2 3 3 2 3 xy y x y x y x y xy y x y x

y≠0 Ta có:      = +       −       −       = + ) ( 2 ) ( 3 y x y x y x y x

Đặt : t y

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

2

a) Nếu t = ta có hệ

3 3 1 = = ⇔    = = + y x y x y x

b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔    − = = + y x y

x3

hệ vô nghiệm

c) Nếu t =

ta có hệ

3 , 3

1 3

3 = = ⇔    = = + y x x y y x

2 Pt x ) 2sin x tanx

4 ( sin

2 −π = − (cosx≠0) x )]cosx 2sin x.cosx sinx

2 cos(

[ − − = −

⇔ π

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

I = ∫2 − =∫ −

1 2 2 4 xdx x x dx x x

Đặt t = 4−x2 ⇒t2 =4−x2 ⇒tdt =−xdx

I = 3 3 2 2 ln ) 4 ( 4 ) (       + − + = − + = − = − −

∫ ∫ ∫ dt t tt

(47)

h H M D C B A S SH⊥ BM SA ⊥ BM suy AH ⊥ BM

VSABH = SAAH BH hAH.BH

6 =

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

BH AH

a2 ≥2

⇒ , AH.BH lớn AH.BH =

2

a

AH = BH H tâm hình vng , M D≡ Khi VSABH =

12 2h

a

Câu V 4 x2 +1− x =m

D = [0 ; + )∞

*Đặt f(x) =

x x x x x x x x x x x x x x x f x x ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ' 2 2 3

4

4 + + − = + + − = − + = ⇒ − +

Suy ra: f’(x) = (0; ) ) 1 ( ) 1 ( 4 ∞ + ∈ ∀ < + + − x x x x

*

) )( ( lim 1 lim ) ( lim 2 2

4 =

        + + + + − + =         + + − + = − + +∞ → +∞ → +∞

→ x x x x

x x x x x x x x x x x

* BBT x +∞ f’(x) f(x)

Vậy: < m 1≤

Câu VI a 1.d1:

   = + − = t y t

x

, I∈d1 ⇒I(−3+t;t)

d(I , d2) =

11 , 11 27 10 17

11 − = ⇔ = =

(48)

• t = 11 27 11 21 : ) ( 11 27 ; 11 21 11

27 2

1

1  =

     − +       −      

⇒I C x y

• t =

11 11 19 : ) ( 11 ; 11 19 11

7 2

2

2  =

     − +       +       −

⇒I C x y

2 , ( ; ;2 ), ( ; ;1 )

1 : ,

: 1 1 1 1 2 2 2 2

2 2 1

1 M d M t t t N d N t t t

t z t y t x d t z t y t x

d ∈ ⇒ ∈ ⇒ − − +

     + = = − − =      = = = ) ; ;

( t2 t1 t2 t1 t2 t1

MN = − − − − + −

Theo gt :

    − = = + = ⇔    = + + = ⇔     = = ⇔    = → 13 12 ; 12 13 ) //( 2 2 2

2 t t

t t t t t t MN n MN MN P MN

* t2 =0⇒t1 =1,M(1;1;2) , N(−1;0;1)

*       − −      − − − − = ⇒ − = 13 11 ; 13 12 ; 13 11 , 13 22 ; 13 11 ; 13 11 , 13 11 13 12

2 t M N

t

Câu VII a

0 1 2 =         +       − +         −       − + ⇔ =       − + i z i z i z i z i z i z

*

2 = −       − + i z i z 1⇔ = ± = − + ⇔ z i z i z

* 0

2 =       +       − +       −       − + ⇔ = −       − + ⇔ = +       − + i i z i z i i z i z i i z i z i z i z ± = ⇔ z

Câu VI b 1.B(11; 5)

AC: kx – y – 2k + = cos CAB = cos DBA

7 ; 1 2

2 + ⇔ − + = ⇔ = =

+ =

⇔ k k k k

k k

• 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)) = 5 0,

3 = = ⇔ = + −

⇔ b b b

• b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z =

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

Câu VII b

ĐK :      ≠ ≠ > x x x

Bất phương trình trở thành :

(49)

log (log 1) log log )

1 (log log

1

3

3 3

3

> ∨

< ⇔

> − ⇔

< − −

⇔ x x x x

x x

* log3x<0⇔x<1 kết hợp ĐK : < x < * log3 x>0⇔ x>3

Vậy tập nghiệm BPT: x∈(0;1)∪(3;+∞)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG- SỐ 17 (Thời gian làm 180’)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x= 3−3(m+1)x2+9x m+ −2(1) có đồ thị (C

m)

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)

1) Giải phương trình:

( ) ( )

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= π

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

2

AP= AH

uuur uuur

gọi K trung điểm AA’, ( )α mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích

' ' ' ABCKMN A B C KMN

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

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:

1

2

:

3

x t

d y t

z t

= +   = +   = − 

2:

2

x y z

d − = − = −

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

(50)

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

= + +

+ + +

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17

Câu NỘI DUNG Điểm

Câu I a) Khi m =

⇒ y=x3−3(m+1)x2+9x+1−2

9

3 − + −

=

⇔ y x x x

• TXĐ: D = R

−∞ = − + −

−∞

→ ( 1)

lim x3 x2 x

x , lim→+∞( −6 +9 −1)=+∞

3 x x

x

  

= = ⇔ = + − =

3

9 12 '

x x x

x y

• BBT:

x -∞ + ∞ y/ + - +

+∞ y

-∞ Hàm số đồng biến: (-∞ ; 1); (3; + ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1; 3)

fCĐ = f(1) =

fCT = f(3) = -1

y’’ = 6x – 12 = ⇔ x=2

Khi x = ⇒ y=1 Khi x = ⇒ y=−1 x = ⇒ y=3

Đồ thị hàm số nhận I(2; 1) tâm đối xứng

b) y'=3x2−6(m+1)x+9

Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:

9 ) (

'= + − >

∆ m

0 ) ( + − > = m

) ; ( ) ;

(−∞− − ∪ − + +∞ ∈

⇔ m

Ta có (3 6( 1) 9) 2( 2)

1

1  2− + + − 2+ − + +

  



 − +

= x m x m x m m x m

y

Gọi tọa độ điểm cực đại cực tiểu (x1; y1) (x2; y2)

1 ) 2 (

2 1

1=− + − + +

⇒y m m x m

2( 2 2) 2 =− m + m− x + m+

y

Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu

4 ) 2 (

2 2+ − + +

−

= m m x m

y

Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y x

2

= ta có điều kiện cần

[ ]

2 ) 2 (

2 + − =−

− m m

0,25đ

0,5đ

0,25đ

(51)

Câu II

1 2

2 + − =

⇔m m

   − = = ⇔ = − + ⇔ 3 2 m m m m

Theo định lí Viet ta có:

   = + = + ) ( 2 x x m x x

Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là:

y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:       = + + − = + = = + 10 ) ( 2 2 2 2 x x y y x x

Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y x

2

= ⇒ m=1 thỏa mãn

Khi m = -3 ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11 Tọa độ trung

điểm CĐ CT là:       = + + − = + − = + 10 ) ( 2 2 2 x x y y x x

Tọa độ trung điểm CĐ CT (-2; 9) không thuộc đường thẳng

x y

2

= ⇒ m=−3 không thỏa mãn Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề 1) Giải phương trình:

) sin cos ( 3 cos cos cos sin cos sin 3 ) sin cos ( cos 3 cos ) (cos sin 3 − + + − − + ⇔ = − − + − − + x x x x x x x x x x x x x x ) sin cos ( ) sin cos ( cos ) sin cos ( cos

2 − − − + − =

−

⇔ x x x x x x x x

     = = = ⇔     = − + = − ⇔ = + − − − ⇔ ) ( cos cos tan cos cos sin cos ) cos cos )( sin cos ( 2 loai x x x x x x x x x x x Ζ ∈     = + = ⇔ k k x k x , π π π

2) Giải bất phương trình:

) ( log ) ( log 2

2 x + x− > x+ (1) Đk:    − > +∞ ∪ − −∞ ∈ ⇔    > + > − + ) ; ( ) ; ( x x x x x ) ( ) ; (− − ∪ +∞ ∈ ⇒ x Từ (1) log ) (

log 2

2 + − >− +

(52)

Câu III 27 54 10 49 14 ) ( log ) ( log 2 2 2 − < ⇔ > − ⇔ + + > − + ⇔ + > − + ⇔ x x x x x x x x x

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

3) Ta có: x.sin2x = 2x

⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x =

Diện tích hình phẳng là: ∫

∫ − = −

=

0

0 ( sin2 ) (sin2 2)

π π dx x x dx x x x S Đặt     − − = = ⇒    − = = x x v dx du dx x dv x u 2 cos ) 2 (sin ∫       + + − − = 2 2 2 cos 2 cos ( π π dx x x x x x S 2 sin π π π       + + − =

⇔S x x

4 4 2

2 π π π

π

π − + = −

=

⇔ S (đvdt)

Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: a AP= a AH = ⇒

Vì ∆' AHA' vng cân H Vậy A'H =a

H A S VABCA'B'C'= ABC ' ⇒ Ta có 3

1 a a2

a

SABC = = (đvdt)

4

3

' ' ' a a a

VABCABC = =

⇒ (đvtt) (1)

Vì ∆' AHA' vng cân ⇒HK ⊥AA'⇒HK ⊥(BB'C'C)

G ọi E = MN∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) mà AA’ = A'H2+AH2 = 3a2+3a2 =a 6

4 6 a CN PE BM a

AK = ⇒ = = =

⇒

Ta tích K.MNJI là:

(53)

1

'

2 4

MNJI

V S KE

a

KE KH AA

= = = = 6 ( ) 4 MNJI a a

S =MN MI =a = dvdt

2

1 6

( )

3 4

KMNJI

a a a

V dvtt ⇒ = = 3 ' ' ' 8 8 ABCKMN A B C KMN

a a V a a V − ⇒ = = +

2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:

    = − + + + = + − + ) ( ) ( 2 2 a a b b a a a a a a

ĐK: 0a2 + a≠

Từ (1) ⇔(a2+a)2 −5(a2+a)−6=0     = + − = + ⇔ 2 a a a a

Khi a2 + a=−1 thay vào (2)

      + − = − − = ⇔ = + + ⇒ = − − − ⇒ 23 23 6 2 i b i b b b b b       + − = − − = ⇔ = + + 3 1 i a i a a a

Khi a2 + a=6    = − = ⇔ a a

Thay vào (2)

      − − = + − = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇒ 5 1 6 2 b b b b b b

Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

(54)

Câu IV:      − − − +      − − − − ; 23 , ; 23

1 i i i i

     − + − −      − + − − ; 23 , ; 23

1 i i i i

      − −       − +      − − −      − − + ; , ; , ; , ;     = < + + − + − 720 19 1 n m n m m P A c C

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

)! ( ! 19 ! ! ! 10 )! ( ! ! − < + + − ⇒ m m m m 99 20 19 90 19 45 ) ( 2 < + − ⇔ < + + − ⇔ < + + − ⇔ m m m m m m m m 11 9< <

⇔ m m∈Ζ⇒m=10

Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau:

TH1: hồng nhung, hồng trắng có: 1575

10 C =

C cách

TH2: hồng nhung, bơng hồng trắng có: 350

10 C =

C cách

TH3: bơng hồng nhung có: 21

7 =

C cách

⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường

% 45 , 31 6188 1946 6188 17 ≈ = ⇒ = P C

2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) Elip là:

25 25 25 9 25 2 2 a a y y a − = − = ⇔ = + 2 25 25 25

9 a y a

y = − ⇒ =± −

⇒

Vậy 

     − −     

 − 25

5 ; , 25

; a B a a

a A       −

= 25

(55)

Câu V: 125 100 25 100 25 10 25 25 | | 2 2 = − = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − = ⇒ a a a a AB 5 ± = ⇒ a

Vậy phương trình đường thẳng:

3 5 , 5 = − = x x

3)đường thẳng d2 có PTTS là:

     + = + = + = ' ' ' t z t y t x

⇒ vectơ CP d1 d2 là: urd1 =(1;1; 1),− ud2 =(2;1;5)

⇒ VTPT mp(α )

1 (6; 7; 1)

d d

nrα =u ur r = − − ⇒ pt mp(α ) có dạng 6x – 7y – z + D =

Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)

( ,( )) ( ,( )) |12 14 | | 14 |

| | | |

d M d N

D D

D D D

α α

⇒ =

− − + = − − + ⇔ − + = − + ⇔ =

Vậy PT mp(α ) là: 3x – y – 4z +7 0=

Ta có: P + =

2 2 2 1

1 a a

c c c b b b a + + + + + + + + 1 2 2 2 b b a b a

P + +

+ + + = + ⇔ 1 2 2 2 c c b c

b + +

+ + + + 1 2 2 2 a a c a c + + + + + + 6 16 16 16

3 a + b + c

≥

6 2

3

9 ) ( 2 2

3 ≥ + + =

+

⇒P a b c

2 2 2 2 2

6 − = − =

≥ ⇒ P

Để PMin a = b = c =