2. Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Chứng minh bất đẳng thức.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. Tìm tọa độ các đ[r]
(1)
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 yz CMR:
1 1
1 2z y z x2y 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.
(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 =
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 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).
(3)-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 lại nằm đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
Tìm m để phương trình có nghiệm 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 2y0; :x2y 12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ với (C) hai
tiếp tuyến lập với góc 600.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác nhau và 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) 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 2
( ) :S x y z 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 Điểm M di động (S) điểm N
(4)2 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
-Hết -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 4)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m 1x 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 yf 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 x1 2log 4 x log 4x
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 diện tích xung quanh hình nón cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2
2
7
2
x x
x m x m
B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Cho tam giác ABC biết cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đ.thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
2 Cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + = 0; Q : x2y 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 2y2z 0 đường thẳng:
1
1 5
: ; :
2
x y z x y z
d d
(5)Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) hsố
3
1
( ) ln
3
f x
x
giải bpt:
2
sin '( )
2 t
dt f x
x
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 5)
Bài 1:
Cho hàm số y x 4mx3 2x2 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.
Bài 2:
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
4x 2x 2 sin 2x x y 1 0
. Bài 6: Giải bất phương trình:
2 1 2
9x x 1 10.3x 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
(6)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) elip (E):
2
4
x y
.
Tìm toạ độ điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành và tam giác ABC tam giác đều.
-Hết -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 yf x( ) 8x 9x2 1
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số.
2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình
4
8 osc x 9 osc 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|x2 4 |x y2x. 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 đơi 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 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 phân giác trong
CD: x y 1 0 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 các 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)
(7)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 -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 7)
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: Cho hàm sốy x 32mx2 (m3)x4 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m = 1.
2) Cho (d ) có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m sao cho (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích 8 2 Câu II:
1) Giải phương trình: cos2x 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x
2) Giải hệ phương trình:
¿
x2+1+ y (x+ y)=4 y (x2+1)(x + y − 2)= y
¿{
¿
(x, y R)
Câu III: 1) Tính tích phân I =
2 2
6
1
sin sin
2
x x dx
2) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
9 x (m2)3 x 2m 1
Câu IV: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC SBC tam giác đều cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a: Cho parabol (P): y=x2− x vµ elip (E): x
2 9+y
2
=1 Chứng minh (P) giao (E) điểm phân biệt nằm đờng tròn Viết p.trình đờng trịn qua điểm đó.
2.Cho mặt cầu (S) có phơng trình x2
+y2+z2− x +4 y − z − 11=0 mặt phẳng () có
phơng trình 2x + 2y - z + 17 = ViÕt ph¬ng trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo
giao tuyến đờng trịn có chu vi bng 6.
Câu VI.a Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn cña
(√x+
2√4 x)
n
biết n số nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn0+2
2 Cn1+2
3
3 Cn2+⋯+2 n +1
n+1Cnn=6560n+1
(8)CâuVb: Cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình x −12 =y 1=
z −1
3 Lập
phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất.
2 Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích
3
2; trọng tâm G ABC thuộc
đường thẳng (d): 3x – y – = Tìm bán kính đường trịn nội tiếp ABC. CâuVIb :
Tìm số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = nhận số phức z = + i làm nghiệm. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mơn thi : TỐN (ĐỀ 8) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) ( )
3
1
y m x mx 3m x
3
= - + +
(1) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=2
2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến tập xác định nó. Câu II (2,0 điểm)
1 Giài phương trình: (2cosx sinx- ) ( +cosx) =1 2 Giải phương trình:
( )2 ( )3 ( )3
1 1
4 4
3log x 2 3 log x log x 6
2 + - = - + +
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
I=
0
π
2 cos x
sin2x −5 sin x +6dx
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) Cho x, y hai số dương thỏa điều kiện
5 x y
4 + =
Tìm GTNN biểu thức:
4
S
x 4y
= +
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần 2).
1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2).
2 Cho điểm A(4;0;0) điểm B(x ;y ;0), x0 ( 0>0;y0>0) cho OB=8 góc
·
AOB =60 Xác định tọa độ điểm C trục Oz để thể tích tứ diện OABC 8.
Câu VII.a (1,0 điểm)
(9)2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)
1 Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy lần lượt A B cho giá trị tồng OA+OB nhỏ nhất.
2 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 =5
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 số khác nhau.
-Hết -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 9)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
3 3 1 9 2
y x m x x m
(1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1.
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng
1
y x
. Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
sin cosx x3 2 osc x 3 os2c x8 3 cosx s inx 3 0 .
2) Giải bất phương trình :
2
2
2
1
log log
2 x x x
.
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x=
. Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H sao
cho
1 2 AP AH
gọi K trung điểm AA’, mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt
BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '
ABCKMN A B C KMN
V
V .
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
2
2
2 2
6
6 a a
a a
a b ab b a a
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy 5 bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:
2
3
1
9 19 2 720
m
m n m
n
C C A
P
(10)2 ) 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
1
:
2
x y z
d
Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2? Câu V: Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 10)
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. 2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm nhất. Câu II (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình :
¿
x3
+y3=1
x2y +2 xy2+y3=2
¿{
¿
2 Giải phương trình: sin2(x −π
4)=2sin
x − tan x . Câu III.(1 điểm) Tính tích phân
I=
1
√4 − x2
x dx
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn đó.
Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
4
√x2+1 −√x=m
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong 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.
2.Cho hai đường thẳng d1: x
1=
y
1=
z
2 , d2:
¿
x=−1 −2 t y=t z=1+t
¿{ {
¿
mặt phẳng (P): x – y – z =
Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 sao cho MN song song (P) MN = √6
(11)(z −iz +i)
4 =1
Câu VI b.(2 điểm)
1 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 Cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mp(P): 2x + 2y – z + = Lập p.tr m.cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng
5
3 .
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: logx3<logx
3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 11)
CÂU I:
Cho hàm số : y=x3−3
2mx
+1 2m
3
1/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=1.
2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng qua đt y = x CÂU II:
1) Giải phương trình: tan2x tan sin2x 3xcos 03 2) Cho PT: 5 x x1 5 6x x m(1) a)Tìm m để pt(1)có nghiệm.
b)Giải PT m 2 1 2 CÂU III:
1) Tính tích phân: I= 43
4
1 1
dx x x
2) Tính góc tam giác ABC biết: 2A=3B ;
2 3 a b
CÂU IV:
1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vng góc với mặt phẳng (Q) : x + y + z = cách điểm M(1;2;1) khoảng 2
2) Có học sinh nam 3học sinh nữ xếp hàng dọc vào lớp Hỏi có cách xếp để có 2HS nam đứng xen kẽ 3HS nữ
CÂU V:
1) Cho đường thẳng (d ) :
x 4t y 2t
z t
mặt phẳng (P) : x y 2z 0
Viết phương trình đ.thẳng () nằm (P), song song với (d) cách (d) khoảng 14
(12)CÂU VI: Giải hệ pt:
z1 z2 z3 2i 2z1 z2 z3 5i z1 2z2 3z3 2i
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN ( 12)
I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2 x +1
x+2 có đồ thị (C)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8 2.Gi¶i bÊt phơng trình log22x log2x2 3>5 (log4x2 3) Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a.
C©u V (1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P = a4 + b4 + c4
II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa (2 điểm).
1. Cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông.
2. Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
¿
x=1+2 t y=t z=1+3 t
¿{ {
¿
Lập phơng trình mặt
phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất.
Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ.
2.Theo chơng trình nâng cao (3 ®iĨm) C©u VIb (2 ®iĨm)
1. Cho đờng trịn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông.
2. Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình x −1
2 =
y
1=
z −1
3 Lập phơng
(13)Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ.
THI TH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 13)
I PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ (Cm); (m tham số). 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 3.
2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0, 1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với nhau.
Câu 2: Giải phương trình: 2cos3x + 3sinx + cosx = 0
2 Giải hệ phương trình
2
2
91 (1)
91 (2)
x y y
y x x
Câu 3: Cho số thực b ln2 Tính J =
x ln10
b 3 x
e dx
e 2 tìm b ln2lim J.
Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên lại tạo với đáy góc 90o.
Câu 5: Ch x, y, z dương thoả
1 1
2009
x yz Tìm GTLN biểu thức
P =
1 1
2x y z x2y z x y 2z
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1.Ph ầ n 1 : Theo chương trình chuẩn Câu 6: 1a/
1.Phương trỡnh hai cạnh tam giaực mặt phẳng tọa độ :5x - 2y + = 0; 4x + 7y – 21 = viết phương trỡnh cạnh thứ ba tam giac đú, biết trực taõm no trung với gốc tọa độ O.
Tìm Ox điểm A cách đ.thẳng (d) : x −11 =y 2=
z +2
2 vaø mp(P) : 2x – y – 2z =
0. Câu 6.2a/
Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập số tự nhiªn gồm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số phải 1.
(14)1 Cho đường trßn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến (C) cho góc hai tiếp tuyến 600.
2 Cho hai đường thẳng: (d1) :
¿
x=2 t y=t z=4
¿{ {
¿
; (d2) :
3
0
x t y t z
CM (d1) (d2) chéo
nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) và (d2).
Câu 6b.2b/ Giải phương trình sau C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 14)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm):
1).Khảo sát vẽ đồ thị (C) h.số :
3x 4 y
x 2
Tìm điểm thuộc (C) cách tiệm cận
2).Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm đoạn 2 0;
3
sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm nghiệm 0; 2 phương trình :
sin 3x sin x
sin 2x cos2x 1 cos2x
2).Giải phương trình: 3x 34 3x 1
Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông C, AC = 2, BC = Cạnh bên SA = vng góc với đáy Gọi D trung điểm cạnh AB.
1).Tính góc AC SD; 2).Tính khoảng cách BC SD.
Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I =
2
0
sinxcosx1
dx
sinx2cosx3
2) a.Giải phương trình sau tập số phức C : | z | - iz = – 2i
b.Hãy xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn < | z – | < 2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1).Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác trong qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y – = 0
2) Cho đường thẳng: 1
x 1 d : y 4 2t
z t
2
x 3u d : y 2u
z 2
a Chứng minh (d1) (d2) chéo nhau.
(15)3) Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ và bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy màu Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1).Cho tam giác ABC vuông A, p.trình đt BC : 3x – y - 3 = 0, đỉnh A B thuộc Ox bán kính đ.trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC.
2).Cho đ.thẳng (d) :
x t y z t
mp (P) : x + 2y + 2z + = (Q) : x + 2y + 2z + = 0
a Viết phương trình hình chiếu (d) (P)
b Lập ptr mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) 3) Chọn ngẫu nhiên tú lơ khơ Tính xác suất cho quân đó có 3quân thuộc ( ví dụ K )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN ( 15)
I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2 x +1
x+2 có đồ thị (C)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng: y=− x+m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
C©u II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8 2.Giải bất phơng trình log22x log2x2 3>5 (log4x2 3) Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 v B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mÃn a2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc P = a4 + b4 + c4
II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chơng trình chuÈn C©u Via:
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
¿
x=1+2 t y=t z=1+3 t
¿{ {
Lập phơng trình mặt
phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất.
Câu VIIa: 1) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ.
2) Giải phơng trình: (z +i
z −i)
4
=1,(z∈C)
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm)
(16)2.Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình x −1
2 =
y
1=
z −1
3 Lập phơng
trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 16)
Câu (2,5 điểm) 1 Cho hàm số (C) :
2 2 5
x x y
x
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
b) Tìm M (C) để tổng khoảng cách từ M đến tiệm cận nhỏ nhất
2 Từ điểm đường thẳng x = kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C’) : y=x3− x2+9 x −1
Câu (1,5 điểm)
1. Giải phương trình: 25x −2+(3 x −10 )5x −2=x −3
2. Giải hệ phương trình:
¿
sin x+sin y=√2 cos x +cos y=√2
¿{
¿
Câu (1,5 điểm)
1. Giải phương trình: logx(cos x −sin x )+log1
x
(cos x +cos x )=0 .
2. Giải bất phương trình: (x3
+1)+(x2+1)+3 x√x +1>0
3. Có số tự nhiên gồm chữ số cho số chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau nó.
Câu (2 điểm)
1 Trong hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) mp(P):3x – 8y + 7z – = 0 Tìm toạ độ điểm C (P) cho ABC tam giác đều.
2 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c Hãy xác định góc hợp bởi cạnh đối diện tứ diện đó.
Câu (2,5 điểm).
1 Tính :
/
2
0
sin
; 2 2
cos
x x
I dx J x x x dx
x
2 Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng:
2 2
1 1
a b c a bc b ac c ab abc
Cho z =
1
i 2
, Hãy tính :
1 2 3 2
; z; z ;(z) ;1 z z
z
(17)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 17)
I PHẦN CHUNG: Câu 1:
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y =
2
1
x x
2 Tìm (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) N(- 1; - 1) Câu 2:
1 Giải phương trình: 4cos4x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2c
=
7
2 Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + Câu 3:
Tính tích phân: K =
2
1 sinx 1+cosx
x
e dx
Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac S.ABC độ dài cạnh bên Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy góc α Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5:
Cho đường thẳng (d):
2
3 2
x y z
hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3) Tìm (d)
những điểm M cho khoảng cách từ đến A B nhỏ nhất II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy lập thành tam giác.
2 Giải hệ phương trình:
8
x x y x y y x y
Câu 7a:
Tìm giá trị nhỏ y =
osx sin (2 osx -sinx)
c
x c với < x ≤ 3
2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:
1 Tìm giá trị x khai triển nhị thức Newton:
5
lg(10 ) ( 2)lg3
2 x
n x
biết số hạng thứ khai triển 21 C1nCn3 2Cn2
2 Cho
2
3 os in
3
c s
Tìm số phức β cho β3 = α Câu 7b:
Gọi a, b, c ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng:
2 2 52
2
27 a b c abc
(18)-Hết -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 17)
Câu I: (2,0 điểm)
Cho hàm số y=x3− x2−9 x +m , m tham số thực.
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m=0 .
2 Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng.
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
4+cos 2x
3= 2sin
2x
2 .
2 Giải phương trình:
x −1¿8=3 log8(4 x)
2log√2(x+3)+ log4¿
.
Câu III: (1,0 điểm)
Tính tích phân: I=
π
6
π
4 tan x
cos x√1+cos2x dx .
Câu IV: (1,0 điểm)
Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B' C ' D' theo a Biết AA ' B ' D ' khối tứ diện cạnh a .
Câu V: ( 1,0 điểm)
Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn
[−1
2;1] : 3√1 − x2− 2√x3+2 x2+1=m ( m∈ R ).
Câu VI: (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x − y −5=0
hai điểm A (1 ;2) ; B (4 ;1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng
(d ) qua hai điểm A , B .
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A (1 ;1;2) , B (2 ;0;2) . a Tìm quỹ tích điểm M cho MA2− MB2=5 .
b Tìm quỹ tích điểm cách hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy) . Câu VII: (1,0 điểm)
1 Với n số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:
Cn
0 +2 Cn
1 +3 Cn
2
+4 Cn3+ +n Cnn − 1+(n+1) Cnn=(n+2) 2n −1 .
2 Giải hệ phương trình:
x iy 2z 10 x y 2iz 20 ix 3iy (1 i)z 30
(19)BÀI GIẢI (ĐỀ 1) Câu 1:
2) Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0, có hệ số góc –5
2
5
5 (x 2)
x0 = hay x0 = ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
Phương trình tiếp tuyến cần tìm laø: y – = -5(x – 3) hay y + = -5(x – 1)
y = -5x + 22 hay y = -5x + 2
Câu 2: 1) 25x – 6.5x + = (5 )x 6.5x 5 0 5x = hay 5x = 5
x = hay x = 1.
2) 0
(1 cos ) cos
I x x dx xdx x xdx
=
2
cos
2 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
1 2x 2x
f’(x) = x = (loại) hay x =
1
(nhaän) f(-2) = – ln5, f(0) = 0, f(
1
) =
1 ln 4
vì f liên tục [-2; 0] nên max f (x) ln 5[ 2;0] vaø [ 2;0]
1
min f (x) ln
4
Caâu 3: Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2
=
a AB
2
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
9 4
2) (P) có pháp vectơ n (1;2;2)
Phương trình tham số đường thẳng (d) :
1 2 2
x t y t z t
(t R)
Thế vào phương trình mặt phaúng (P) : 9t + 27 = t = -3
(d) (P) = A (-2; -4; -4)
B
A S
a
a
a
(20)Caâu 5.a.: 8z2 4z 0 ; / 4i 2; Căn bậc hai / 2i
Phương trình có hai nghiệm
1 1
z i hay z i
4 4
Caâu 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
5 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 89= 9i2 Căn bậc hai là 3i
Phương trình có hai nghiệm
1
z i hay z i
2
.
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 2
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;
1 2)
2 cosx = 8sin3 x
cosx =
(21) 3 sin3x9sin2xcosx +3 sinxcos2x c os3x c osx = 0 (3)
Ta thấy cosx = không nghiêm (3) 3 tan3x 8 t an x + 3 t anx = 02 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:
1 +) BA (4;5;5)
, CD (3; 2;0)
, CA (4;3;6)
BA CD, (10;15; 23)
BA CD CA, 0
đpcm
+ Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) (Oxy) có VTPT n1 BA k,
= (5;- 4; 0) (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) mặt phẳng qua CD (Q) (Oxy) có VTPT n1CD 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:
3
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
1 Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) :
x y z P
a b c
(22)Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
Ta có:
4
5
4
a b c b c a c
77 77
5 77
6
a b c
ptmp(P)
2.Ta có: nC525Cn2 = 45 n2 + 3n – 18 = n = 3
Câu 5b:
1.M (D) M(3b+4;b) N(2 – 3b;2 – b)
N (C) (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) N(2;2) , M’(38/5;6/5) N’(-8/5; 4/5) Đặt 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
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 (C) A B là
3
'( ) 4 , '( ) 4
A B
k f a a a k f b b b
Tiếp tuyến A, B có phương trình là:
' ' ( ) af' a
yf a x a f a f a x f a
;
' ' ( ) f' b
yf 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 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 (C) A B song song với nhau là
2 1 0
1
a ab b a
a b
(23)1 1,00
Điều kiện:
cos sin sin tan cot
cot
x x x x x x 0,25
Từ (1) ta có:
2 cos sin
1 cos sin
2 sin
sin cos cos 1 cos
cos sin sin
x x x x
x
x x x x
x x x
0,25
2sin cosx x sinx
2 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 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 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
cos sin
2
1
1 sin sin
2
I x x dx
x d x
0,50 2 0 2 0 1
sin sin sin
2
1
sin sin
2 | 12 |
d x xd x
(24)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
vng cân O nên:
2 2
2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta có:
2
2 2
2 2 2 3a
2 4 8
a a a a R OA AM MO
0,25
2
2 3a
R ,
8 16
a a
V h
0,25
và
2
a 3
2 Rh=2
2
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 cần có điều kiện
1
2
x x x
Thay
1
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
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.
(25)* Với m = (1) trở thành:
4 2 2
4
1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có nghiệm
1 0,
2
x x
nên trường hợp (1) nghiệm nhất.
Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R 5.
Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy ra
2R=2
IM .
Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:
x 22y12 20
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm đúng
hệ phương trình:
22 12 20 (1)
2 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 là
một tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm
G tứ diện này. 0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm
3
;0;
2
G
, bán kính là 14
2
R GA
.
0,50
VII a
1,00
Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 . 0,25
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng chỉ 8.
+ Khơng có bi xanh: có C139 cách.
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.
(26)Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109
cách chọn viên bi đỏ tính hai lần.
Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910
cách.
0,50
VI b
2,00
1 1,00
I có hồnh độ
9
I
x
9
: ;
2
I d x y I
Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm 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
3
ABCD ABC
S S AB A
AB
AD d M AD
, suy phương trình AD: 1.x 31.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
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
là trung điểm của 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
3
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)
(27)Đường thẳng có vectơ phương n P 2; 2; 1
qua I nên có phương
trình
2
1
x t y t t z t
.
Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:
15
2 2 2 16 15
9
t t t t t
Suy
4 13 14
; ;
3 3
N
.
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
Đáp án(ĐỀ 4)
Câu Ý Nội dung Điểm
2
+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị.
+ Khi m 0
2
'
y mx mx m
Hàm số khơng có cực trị y ' 0 nghiệm có nghiệm kép
2
' 9m 3m m 12m 3m
1
4
m
(28)
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x x
(1) Điều kiện: sin 2x 0
2
1 sin 1 sin cos
2 (1)
sin 2 cos sin
x x x
x x x
2
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 vô nghiệm. 2
2 3
4
log x1 2 log 4 xlog 4x
(2)
Điều kiện:
1
4
4
1
4
x
x x
x x
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
+ Với 1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;
(3)
6
x x
lo¹i
+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);
2 24
4
2 24
x x
lo¹i
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 2hoặc x 2 1 6 III
Đặt
2 2
2
1 2 dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
2
1
dx tdt tdt x t t
+ Đổi cận:
1
2
3
2
x t
x t
(29)1
3
2
2
2
1
3
2
1 1
ln ln
1 |
dt dt t
A
t t t
IV
Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy ra
SOEAB
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
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
Thể tích hình nón cho:
2
1 265 265
.3
3 8
V OA SO
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
V
Hệ bất phương trình
2
7 (1)
2 (2)
x x
x m x m
1 1 x
Hệ cho có nghiệm tồn x 0 1;6 thỏa mãn (2).
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
(30) 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
2
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
VIa 1
Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:
4
2;4
2
x y x
A
x y y
Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
4
1;0
1 0
x y x
B
x y y
Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
2 4
a x b y ax by a b
Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0
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 = b0 Do 3:y 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1).
Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - = 0.
Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:
4
5;
1
y x
C
x y y
2
Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
, , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
Ta có:
2 2 2
2 2 2
5
10 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c a b c
(31)
, 2 | 2 | 9 2 2 2 2 52 (2)
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: a2b2 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
R =
3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:
x 22 y 22z12 9
2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
VIIa
Điều kiện: n 1 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
1
2
4.3.2.1 3.2.1
1
1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n n n n n n
n n n
2
9 22
5 50 10
5
n n
n n n
n
VIb 1
Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình
2 0; 2
2
1;
5
y x x y x y
y x x y
Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1).
Vì ABC 900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4).
2
Phương trình tham số d1 là:
1 3
x t y t z t
M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t t t
(32)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
+ Với t1 = ta M13;0;2;
+ Với t2 = ta M21;3;0
+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi
mp (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1) .
Phương trình tham số d2 là:
5
5
x t y t z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5). VIIb
Điều kiện
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
Ta có:
2
0
0
6 cos 3
sin sin sin sin
2 |
t t
dt dt t t
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
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)
Bài 1:
2) y x 4mx3 2x2 x 1m (1)
Đạo hàm y/ 4x33mx2 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. 4 3m 3m
Giả sử: Với
4 m
3
, y/ = có nghiệm phân biệt x , x , x1
Bảng biến thiên:
x - x1 x2 x3 +
y/ - 0 + 0 - 0 +
(33)CT 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) v u 1
(v u) (c)
2
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 =
1
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
A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + = 0.(P) 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
(34)Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn:
x y z
m n p Vì D () nên:
1 1 m n p
.
D trực tâm của 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
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
1
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 y k k Z,
.
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; ,
2 k k Z .
Bài 6: Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2 Đặt t 3x2x, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + ( t t 9) Khi t t 3x2x 1 x2 x x 0.(i)
Khi t
2 2
3
1
x x x
t x x
x
(2i)
(35)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 = SC502 C504 C506 C5050.
Xét f(x) =
50 0 1 2 2 49 49 50 50
50 50 50 50 50
1x C C x C x C x C x
Khi f(1) =250 C500 C501 C502 C5049C5050. f(-1) = C500 C501 C502 C5049C5050
Do đó: f(1) + f(-1) = 250
2 50 50
50 50 50 50
2 C C C C 2
50 49
2 1S 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 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)
ÁP ÁN THI TH S 6
Đ ĐỀ Ử Ố
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2 1,00
Xét phương trình 8 osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1)
Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)
Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2) nhau.
0,25
Ta có: (2)8t4 9t2 1 m(3)
Gọi (C1): y8t4 9t21 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
(36)
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.
0m1 : Phương trình cho có nghiệm. m 0 : Phương trình cho có nghiệm. m < 0 : Phương trình cho vơ nghiệm.
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 x x x x x x x x x x x x 0,50
2 2 2
log 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 u y v v
Hệ phương trình cho có dạng:
2 12 12 u v u u v v 0,25 u v hoặc u v + 2 4 8
u x y
v x y
(37)+
2
3 3
9 9
u x y
v x y
(II)
Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau hợp
kết lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
5;3 , 5;
S
0,25
Sau hợp kết lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
5;3 , 5; 4
S
1,00
III 0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| | ( )
yx x C
và d :y2x Phương trình hoành 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
0,25
Tính:
2
| |
I x x x dx
Vì
0; ,
x x x
nên
2
|x |x x 4x
(38)
2
4
4
3
I x x x dx
Tính
6 2
| |
K x x x dx
Vì
2; , 4 0
x x x
và
4;6 ,
x x x
nên
4
2
2
4 16
K x x x dxx 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 '.
0,25
Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:
(39)1 3
' ' ' ' ' ;
3 3
x x
I KI H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông O nên:
2 3 2
' 6r
6
x x
I K IK OK r x
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
' '
3
h
V B B B B
Trong đó:
2 2
2
4x 3 6r 3; ' 3r 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:
2 t
)
0,25
Khi đó
2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1
Phương trình (1) trở thành:
2 4 2 2 0
t t m
(2) với
2 t
2
(2)t 4t 2 2m
Đây phuơng
(40)trình hồnh độ giao điểm đường
( ) :D y 2 2m
(là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) và (P): y t 2 4t với 2 t 2.
Trong đoạn
2;
, hàm
số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ là
2 2 tại
t đạt giá
trị lớn là
2 2 tại t
0,25
Do u cầu của bài tốn thỏa mãn khi khi
2 2 2 m 2
2 m 2
.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm
: ;1
C CD x y C t t
Suy trung điểm M AC là
1 ;
2
t t M
0,25
Điểm
1
: 2 7;8
2
t t
MBM x y t C
0,25
(41):
AK CD x y
tại I (điểm
K BC ).
Suy ra
:
AK x y x y
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 của
1;0
K
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4
7
x y
x y
2
Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ,
thì ( ) //( )P D hoặc
( )P ( )D Gọi H
là hình chiếu vng góc I trên (P) Ta ln có IH IA và
IH AH
Mặt khác
, ,
d D P d I P IH H P
Trong mặt phẳng
(42)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 z1 2x - z - =
. VIIa
Để ý rằng
xy1 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
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
1,00
Ta có:
1;2
AB AB
Phương trình của AB là:
(43)2x y 0 .
: ;
I d y x I t t
I trung điểm của AC BD nên ta có:
2 1; , 2 ; 2
C t t D t t
Mặt khác:
D
ABC
S 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 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 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
.
(44)
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
3
1
3
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
(45)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
0,50
HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7)
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI.1.(Học sinh tự giải)
2)Phương trình hồnh độ điểm chung (Cm) d là:
3 2
2
2 ( 3) 4 (1) ( 2)
( ) 2 (2)
x x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác 0.
/ 2 0 1 2
( )
(0)
m m
m m a
m
g m
Mặt khác:
1
( , )
2
d K d
Do đó:
2
8 ( , ) 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
2
(xB xC) (yB yC) 256
với x xB, Clà hai nghiệm phương trình (2).
(xB xC) ((2 xB 4) ( xC4))2 256 2(xB xC)2 256 (xBxC) 42 x xB C 128
2 137
4 4( 2) 128 34
2
m m m m m
(thỏa ĐK (a)) Vậy
1 137
2
m
CâuII:1 Phương trình (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – = 0
cos - sin -1
cos - sin 5( cos -sin 2)
x x
x x loai vi x x
2
2 sin( ) sin( ) sin ( )
4 4 2
x k
x x k Z
x k
(46)2) Hệ phơng trình tơng đơng với
2
2
( 2)
1
( 2)
x x y y x x y y
Đặt
u=x
2 +1
y , v=x + y −2
Ta cã hÖ
¿ u+v =2 uv =1 ⇔u=v =1 ¿{ ¿ Suy ¿
x2+1
y =1 x+ y − 2=1
¿{
¿
Giải hệ ta đợc nghiệm hpt cho (1; 2), (-2; 5)
CâuIII:1 Ta có: I =
2 2 sin sin
x x dx
= 2 sin cos
x x dx
Đặt cos cos
x t
Đổi cận: Khi
2
x cos
6 t t
; x cost t
Do vậy: 2 sin I tdt = 16 .
2 Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
9 x (m2)3 x 2m 1
(1) * Đk x [-1;1], đặt t = 31 1 x2 ; x [-1;1] t [3;9] Ta có: (1) viết lại
2
2 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2 t t
t m t m t m t t m
t
Xét hàm số f(t) =
2 2 1 t t
t
, với t [3;9] Ta có:
2
/( ) 3, ( ) 0/ ( 2)
t t t
f t f t
t t
Lập bảng biến thiên
t 3 9
f/(t) +
f(t)
48
4
Căn bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx [-1;1] (2) có nghiệm t [3;9]
48
7
m
CâuIV:Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =
3
a
; AMS 600 SO mp(ABC)
d(S; BAC) = SO =
3 4a
Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC
S
(47) VS.ABC =
3 3
1 .
3SABCSOa16
(đvtt) Mặt khác, VS.ABC =13SSAC ( ;d B SAC) SAC cân C có CS =CA =a; SA =
3
a
2 13 3
16
SAC a
S
Vậy: d(B; SAC) =
3 3
13
S ABC SAC
V a
S (đvđd).
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Câu V.a 1Viết phơng trình đờng trịn qua giao điểm của(E) (P) Hoành độ giao điểm (E) (P) nghiệm phơng trình
x2−2 x
¿2=1⇔9 x4−36 x3+37 x2−9=0
x2
9 +¿
(*)
XÐt f (x)=9 x4− 36 x3+37 x2− 9 , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) 4 điểm phân biệt
Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mãn hệ
¿
y=x2− x x2
9+y
=1
¿{
¿
⇔
8 x2−16 x=8 y
x2+9 y2=9
⇒9 x2
+9 y2−16 x −8 y −9=0
¿{
(**)
(**) phơng trình đờng trịn có tâm I=(8
9;
9) , b¸n kÝnh R = √ 161
9
Do giao điểm (E) (P) nằm đờng trịn có phơng trình (**) 2.Viết phơng trình mặt phẳng ()
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y – z + D = (D 17) MỈt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tíi () lµ h = √R2− r2=√52− 32=4
Do
−1¿2 ¿
¿=4⇔|−5+D|=12⇔
¿
D=−7
¿
D=17 (lo¹i)
¿ ¿
22+22+¿
√¿ ¿
|2 1+2(−2)− 3+D|
¿
C
O M
A
(48)Vậy () có phơng trình 2x + 2y – z - =
Câu VI.a Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn
(x+
2√4x)
n
, biÕt n số nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn0+2
2 Cn
1 +2
3 Cn
2
+⋯+2
n +1
n+1Cn
n
=6560
n+1
BG: Ta có
1+x¿ndx ¿ ¿ I= ¿
¿(Cn0x+1
2Cn
1
x2+1 3Cn
2
x3+⋯+
n+1Cn n
xn+1)¿02
suy I ¿2Cn0+2
2 Cn
1 +2
3 Cn
2
+⋯+2
n +1
n+1Cn
n (1)
Mặt khác
1+x¿n+1¿02=3
n+1
−1 n+1 I =
n+1¿
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã ¿2Cn0+2 2 Cn
1 +2
3 Cn
2
+⋯+2
n +1
n+1Cn n
¿3
n+1
1 n+1
Theo
n+1 −1 n+1 = 6560 n+1 ⇔3 n+1 =6561⇒n=7
Ta cã khai triÓn (√x+
2√4x)
7
=∑
0
C7k
(√x)7 −k(
2√4x)
k
=∑
0
1 2kC7
kx14 −3 k4
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 14 −3 k
4 =2⇔k=2
VËy hÖ sè cần tìm
22C7
=21
CâuVb *1.Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, đó khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác, H∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H hình chiếu A d nên
( (2;1;3) AH d AH u u
là véc tơ phương d) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒AH(−7 ;− 1;5)
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 7x + y – 5z –77 = 0
2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) =
5
2
ABC
a b S AB 8(1) 2(2) a b a b a b
; Trọng tâm G
5;
3
a b
(d) 3a –b =4 (3)
Từ (1), (3) C(–2; 10) r =
3
2 65 89
S
p
Từ (2), (3) C(1; –1)
3 2
S r
p
.
(49)1 2 1 2 0
2
b c b
i b i c b c b i
b c
KẾT QUẢ ĐỀ 8
Câu I (2,0 điểm) 1 Tự giải 2 m 2³
Câu II (2,0 điểm) 1
k2
x k2 ;x
6
p p
= p = +
2 x=2;x= -1 33 Câu III (1,0 điểm)
4
I ln
3 =
Câu IV (1,0 điểm) V =8 Câu V (1,0 điểm) minS=5
Câu VIa (2.0 điểm) 1 x+3y 6- =0;x y 2- - =0 2 C (0;0; 3),C (0;0;1 - 3)
Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số
Câu VIb (2,0 điểm) 1 x 2y 6+ - =0 2 D (0; 7;0),D (0;8;0)1 -
Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số
-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu I.
b) y '=3 x2− 6(m+1)x +9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
m+1¿2−3 9>0
Δ'=9¿
m+1¿2−3>0 ¿ ¿
⇔m ∈(−∞ ;−1 −√3)∪(−1+√3 ;+∞)
Ta có y=(1
3 x −
m+1
3 )(3 x
− 6(m+1)x +9)−2(m2+2 m− 2) x +4 m+1
Gọi tọa độ điểm cực đại cực tiểu (x1; y1) (x2; y2)
⇒ y1=− 2(m
+2m −2)x1+4 m+1
y2=−2 (m2+2 m− 2) x2+4 m+1
Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu là
y=− 2(m2
+2m −2)x +4 m+1
Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y=1
2x ta có điều kiện
cần là
[−2(m2+2 m− 2)].1 2=−1
⇔m2
+2 m−2=1
0,25đ
0,25đ
0,5đ
(50)Câu II.
⇔m2
+2 m−3=0⇔
m=1
¿
m=− 3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Theo định lí Viet ta có:
¿
x1+x2=2(m+1)
x1 x2=3
¿{
¿
Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:
¿
x1+x
2 =
4 2=2
y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =1
¿{
¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y=1
2x
⇒m=1 thỏa mãn.
Khi m = -3 ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11 Tọa độ trung điểm CĐ CT là:
¿
x1+x
2 =−2 y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =9
¿{
¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (-2; 9) không thuộc đường thẳng
y=1
2x ⇒m=− 3 không thỏa mãn
Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề bài. 1) Giải phương trình:
sin x (cos x+3)−2√3 cos3x − 3√3 cos x+8(√3 cos x −sin x)−3√3=0
⇔2 sin x cos2x+6 sin x cos x − 2
√3 cos3x −6
√3 cos2x+3
√3+8(√3 cos x −sin x)−3√3=0
⇔− 2cos2
x (√3 cos x − sin x)−6 cos x (√3 cos x − sin x )+ 8(√3 cos x − sin x)=0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(51)Câu III.
√3 cos x −sin x=0
¿
cos2x+3 cos x − 4=0
¿
tan x=√3
¿
cos x=1
¿
cos x=4(loai)
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cos x −sin x )(−2 cos
2
x − cos x+8)=0
⇔ ¿
⇔ x=π
3+kπ
¿
x=k π
¿
, k∈ Ζ
¿ ¿ ¿
2) Giải bất phương trình:
1
2log2(x
+4 x −5)>log1
(
x+7) (1)
Đk:
¿
x2+4 x −5 >0
x+7 >0 ⇔
¿x∈(− ∞;−5)∪(1 ;+∞)
x >−7
¿{
¿
⇒ x∈(− ;−5)∪(1+∞)
Từ (1) ⇒log2(x
2+4 x −5)>− log
1
x+7
x+7¿2 ¿
⇔ x2+4 x −5>x2+14 x +49
¿ ¿
⇔ log2(x2+4 x −5)>log2¿
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7 ;−27
5 )
3) Ta có: x.sin2x = 2x
⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0
Diện tích hình phẳng là:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(52)S=|(x sin x −2 x)dx|=|x (sin x − 2)dx|
Đặt
¿
u=x
dv=(sin x −2)dx
⇒
¿du=dx
v=− cos2 x
2 − x
¿{
¿
−x cos x
2 −2 x
2
¿ ¿ ¿
S=¿
⇔ S=|π
4−
π2
2 +( sin2 x
4 +x
2
)¿0
π
2|
⇔ S=|π
4−
π2
2 +
π2
4|=
π2
4 −
π
4 (đvdt)
Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:
AP=a√3
⇒ AH=a√3
Vì Δ' AHA ' vuông cân H. Vậy A ' H=a√3
⇒VABCA ' B ' C '=SABC A ' H
Ta có SABC=12a a√23=a
√3
4 (đvdt)
⇒VABCA ' B ' C '=a√3 a
√3
4 =
3 a3
4 (đvtt) (1)
Vì Δ' AHA ' vuông cân ⇒HK ⊥ AA ' ⇒ HK ⊥ (BB' C ' C )
G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2)
mà AA’ = √A ' H2+AH2 = √3 a2+3 a2=a√6
⇒ AK=a√6
2 ⇒BM=PE=CN=
a√6
Ta tích K.MNJI là:
1
1
'
2 4
MNJI
V S KE
a KE KH AA
2
6
( )
4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt
2
1 6
( )
3 4
KMNJI
a a a
V dvtt
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,2 5đ
0,25đ
0,25đ 45
E K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H Q
N
(53)Câu IV:
3 3 ' ' '
3
1
8
3
8
ABCKMN
A B C KMN
a a V
a a V
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
¿
a2
+a −
a2+a=5 (a2+a)b2+b (a2+a)−6=0
¿{
¿
ĐK: a2+a ≠ 0
Từ (1) a2+a¿2−5 (a2+a)−6=0
⇔¿
⇔ a2
+a=−1
¿
a2
+a=6
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2
+a=−1 thay vào (2)
b=− 1−√23 i
2
¿
b=−1+√23 i
2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒−b2
− b −6=0 ⇒b2
+b+6=0
⇔
¿
a2
+a+1=0⇔
a=−1 −√3 i
2
¿
a=− 1+√3 i
2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2
+a=6
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(54)Câu V:
⇔ a=−3
¿
a=2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Thay vào (2)
b=− 1+√5
2
¿
b=−1 −√5
2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒6 b2
+6 b − 6=0
⇔b2
+b −1=0
⇔
¿
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:
(−1−√23i
2 ;
−1 −√3 i ),(
−1−√23i
2 ;
−1+√3 i
2 )
(−1+√23i
2 ;
−1 −√3 i ),(
−1+√23i
2 ;
−1 −√3 i
2 )
(−3 ;−1+√5
2 ),(− ;
−1 −√5 ),(2;
−1+√5 ),(2 ;
−1−√5
2 )
¿
Cm m − 2
+cn+32 +9 2<
19 Am
1
Pn −1=720
¿{
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6 !⇔n −1=6 ⇔n=7 (3)
Thay n = vào (1)
⇒ m!
2!(m− 2)!+ 10 ! 2 !8 !+9<
19
m !
(m −1)!
⇔m(m− 1)
2 +45+
9 2<
19
2 m
⇔m2
− m+90+9<19 m ⇔ m2−20 m+99<0
⇔9<m<11 m∈ Ζ ⇒m=10
Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy hồng nhung hồng ta có TH sau: TH1: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có:
C73 C102 =1575 cách
TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C74 C101 =350 cách
TH3: bơng hồng nhung có:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
(55)C7
=21 cách
⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường
C175 =6188
⇒ P=1946
6188≈31 , 45 %
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) Elip là:
a2
25+
y2
9 =1
⇔ y2
9 =1−
a2
25= 25 − a2 25
⇒ y2
=9.25 −a
25 ⇒ y=± 35√25 − a
Vậy A(a;3
5√25 − a
), B(a ;−3
5√25 − a
)
AB=(0 ;6
5√25 − a
)
⇒∨AB∨¿6
5√25− a
2
=4 ⇔√25 −a2=10
3 ⇔25 − a
2
=100 ⇔ a
2
=25 −100 =
125 ⇒a=±5√5
3
Vậy phương trình đường thẳng: x=−5√5
3 , x=
5√5
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
¿
x=1+2 t ' y=2+t ' z=1+5 t '
¿{ {
¿
⇒ vectơ CP d1 d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5)
⇒ VTPT mp( α ) n u ud1 d2 (6; 7; 1)
⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)
( ,( )) ( ,( ))
|12 14 | | 14 |
| | | |
d M d N
D D
D D D
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0
Ta có: P + = a
3
√1+b2+b
+ b
3
√1+c2+c
+ c
3
√1+a2+a
⇔ P+ 6
4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+ 1+b2
(56)+b
3 2√1+c2+
b2
2√1+c2+ 1+c2
4√2
+c
3
2√1+a2+ c2 2√1+ a2+
1+a2 4√2 3√3 a
6 16√2+3
3
√ b6 16√2+3
3
√ c6 16√2
⇒ P+
2√2≥ 2√32√2(a
2
+b2+c2)= 26
√8
⇒ P ≥
2√623− 2√2=
9 2√2−
3 2√2=
3
√2
Để PMin a = b = c = 1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10
Câu I.
1 (Tự giải)
2 Pt : x3 + mx + = ⇒m=− x2−2
x ( x 0¿
Xét f(x) = − x2−2x⇒ f '(x )=−2 x + 2
x2 =
− x3+2
x2
Ta có x - ∞ + ∞
f’(x) + +
f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm ⇔m>−3 . Câu II.
1
¿
x3+y3=1
x2y+2 xy2
+y3=2
⇔
¿x3+y3=1(1) 2 x3
+y3− x2y −2 xy2=0(2)
¿{
¿
y Ta có:
¿
x3
+y3=1(3) 2(x
y)
3
−(x y)
2
−2(x
y)+1=0(4)
¿{
¿
Đặt : x
y=t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + = ⇔ t = ±1 , t =
1
(57)a) Nếu t = ta có hệ
¿
x3+y3=1
x= y ⇔ x= y= 13
√2
¿{
¿
b) Nếu t = -1 ta có hệ
¿
x3+y3=1
x=− y ⇔
¿{
¿
hệ vô nghiệm.
c) Nếu t = 12 ta có hệ
¿
x3+y3=1
y=2 x ⇔ x=
3
√3 , y=
2√33
¿{
¿
2 Pt sin2(x −π
4)=2sin
x − tan x (cosx 0¿ ⇔[1 −cos (2 x −π
2)]cos x=2 sin
x cos x − sin x ⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = ⇔ sìn2x = tanx = 1.
Câu III. I =
1
√4 − x2
x dx=1
2
√4 − x2
x2 xdx
Đặt t = √4 − x2⇒t2=4 − x2⇒ tdt=− xdx
I =
1+¿
(¿¿
t2− 4)dt=(t +ln|t −2t +2|)
√3
t2
t2− 4dt=√3
¿
t(− tdt )
4 −t2 =
√3
¿
√3
¿
= - (√3+ln|2−√3 2+√3|)
(58)
h
H
M D
C B
A S
SH BM SA BM suy AH BM
VSABH =
6SA AH BH=
h
6AH BH
VSABH lớn AH.BH lớn Ta có: AH + BH 2√AH BH ⇒ AH2+BH2≥ AH BH
⇒a2
≥ AH BH , AH.BH lớn AH.BH = a2
2 AH = BH H tâm hình
vng , M D Khi VSABH = a2h
12 .
Câu V
√x2+1 −√x=m D = [0 ; + ∞¿
*Đặt f(x) =
x2+1¿3 ¿
x2+1
¿3 ¿
x2+1
¿3 ¿
.√x
¿
1+1
x2¿
¿
1+1
x2¿
3
¿ ¿
2 x 4√
¿ ¿ ¿
24
√¿ ¿
x√x −4
√¿ ¿
2√4¿
4
√x2+1 −
(59)Suy ra: f’(x) =
1+1
x2¿
3
¿
1+1
x2¿
¿
.√x
¿
2√4¿ ¿
1 −√4¿ ¿
* lim
x →+∞
(4√x2+1−√x )= lim
x→+ ∞(
√x2+1 − x
√x2+1+√x)=x →+∞lim [
x2+1 − x2
(4√x2+1+√x )(√x2+1+x)]=0
* BBT x + ∞ f’(x) f(x)
Vậy: < m
Câu VI a 1.d1:
¿
x=−3+2t y=t
¿{
¿
, I d1⇒ I (− 3+t ;t)
d(I , d2) = ⇔|11t −17|=10⇔t=27 11 , t=
7 11
t = 27
11 ⇒ I1( 21 11 ;
27
11)(C1):(x − 21 11 )
2
+(y −27 11)
2 =4
t =
11 ⇒ I2(
− 19
11 ;
7
11)(C2):(x+ 19 11)
2
+(y − 11)
2 =4
2
d1:
x=t1 y=t1 z=2 t1
, d2:
¿x=−1 −2 t2
y=t2 z =1+t2
, M∈ d1⇒ M (t1;t1;2 t1), N∈ d2⇒ N (− 1− 2t2;t2;1+t2)
¿{ { MN=(− 1− 2t
(60)Theo gt :
¿
MN //(P)
MN=√6
⇔
¿MN n
→
=0 MN2=6
⇔
¿t1=1+2 t2
13 t22+12 t2=0
⇔
¿t1=1+2 t2
t2=0 ;t2=− 12 13
¿{
¿
* t2=0⇒t1=1 , M (1 ;1;2), N (−1 ;0;1)
* t2=− 12
13 ⇒t1=− 11
13, M(− 11
13 ;−
11 13;−
22 13), N(
11
13 ;−
12
13 ;−
11 13)
Câu VII a.
(z −iz +i)
4
=1⇔[( z +i z −i)
2
−1][( z +i z −i)
2
+1]=0
* (z+i
z−i)
2
−1=0 ⇔ z +i
z − i=± 1⇔ z=0
* (z +i
z −i)
2
+1=0⇔( z+i z − i)
2
− i2=0⇔[(z +i
z −i)−i][( z+i
z −i)+i]=0 ⇔ z=± 1
Câu VI b 1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + = 0
cos CAB = cos DBA ⇔ 3
√2= |k +2|
√k2+1⇔ k
− k +1=0⇔k=1; k= 1
7
k = , AC : x – y – = 0 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)) =
3⇔|− b+5|=5⇔b=0 , b=5
b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 b = , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0
Câu VII b.
ĐK :
¿
x >0 x ≠ 1 x ≠ 3
¿{ {
(61)Bất phương trình trở thành :
1 log3x<
1 log3x
3
⇔
log3x<
1 log3x −1⇔
1 log3x −
1
log3x − 1<0
⇔log −1
3x (log3x − 1)
<0⇔log3x(log3x −1)>0⇔ log3x <0∨ log3x >1
* log3x<0⇔ x<1 kết hợp ĐK : < x < 1 * log3x>0⇔ x>3
Vậy tập nghiệm BPT: x (0 ;1)∪(3 ;+∞)
HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 11)
Câu I 2/Tacã
y '=3 x2− mx=3 x (x − m)=0⇔ x=0
¿
x=m
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
ta thấy với m≠ 0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT +Nếu m>0 hàm số có CĐ x=0 và yMAX=1
2m
;cã CT x=m yMIN=0
+Nếu m<0 hàm số có CĐ x=m yMAX=0 ;có CT x=0 yMIN= 2m
3
Gọi A B điểm cực trị hàm số.Để A B đối xứng với qua đờng phân giác y=x,điều kiện có đủ OA=OB tức là: m=1
2m 3⇔ m2
=2⇒ m=±√2
Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = với A2B2C2 0
Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = A+B+C = CA B (1) Theo đề :
d(M;(P)) = 2
A 2B C 2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
(2)
Thay (1) vào (2) , ta : 8AB+5
8A 2
B 0 B hay B = 5
B 0 (1) CA Cho A 1,C 1 (P) : x z 0
8A B =
5
Chọn A = , B = 1 (1) C 3 (P) : 5x 8y 3z 0
(62)Gọi u
vectơ phương (d1) qua A vng góc với (d)
u ud u uP
nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P
Ptrình đường thẳng (d1) :
x 3t
y 9t (t R) z 6t
() đường thẳng qua M song song với (d ) Lấy M (d1) M(2+3t;3 9t; 3+6t)
Theo đề :
1
2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9
+ t =
1
M(1;6; 5)
x y z ( ) :1
4
+ t =
1
3 M(3;0; 1)
x y z ( ) :2
4
đáp án đề số 12 thi thử đại học lần a
I.Phần dành cho tất thÝ sÝnh
I 2 (0,75 ®iĨm)
Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng
tr×nh
2 x +1
x +2 =− x +m⇔ x ≠ −2
x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)
¿{
Do (1) cã −2¿
2
+(4 − m).(−2)+1− 2m=− ≠ 0∀ m
Δ=m2
+1>0 va¿ nên đờng thẳng d
luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi AB=
√24
0,5 II
(2 ®iĨm)
1 (1 ®iĨm)
Phơng trình cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
1− sin x=0
¿
6 cos x +2 sin x −7=0(VN)
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
x=π
2+k π
(63)2 (1 ®iĨm)
§K:
¿
x >0
log22x − log 2x
2− ≥0
¿{
¿
Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x − log2x2− 3>√5 (log2x −3)(1)
đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2 t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t − 3)
0,5
⇔
¿t>3
t −3¿2 ¿ ¿ ¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿
3<t <4
¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t − 3)>5¿
0,25
⇔
0<x ≤
¿
8<x <16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8 ;16)
III 1 ®iĨm
I=dx
sin3x cos3x cos2x=8
dx
sin32 x cos2x
(64)⇒dt=dx
cos2x ; sin2 x= 2t 1+t2 2 t
1+t2¿
¿
t2+1¿3 ¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿
dt
¿
⇒ I=8¿
¿t
6
+3 t4+3t2+1
t3 dt
(t3+3 t+3
t+t
−3)dt=1
4tan 4x +3
2tan
2x +3 ln|tan x|−
2 tan2x+C 0,5
Câu IV 1 điểm
Do AH( A B1C1) nên góc AA1H là góc AA1 (A1B1C1), theo
giả thiết góc AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 cã AA1 = a,
gãc ∠AA1H =300 ⇒ A1H=
a√3
2 Do tam giác A1B1C1 tam giác
c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ A1H =a√3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt
khác AH⊥ B1C1 nªn B1C1⊥(AA1H )
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 và B1C1
0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=A1H AH
AA1
=a√3
0,25 C©u V
1 ®iĨm
áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho 2005 số số a2009 ta có
1+1+ +1
⏟
2005
+a2009+a2009+a2009+a2009≥ 2009.2009√a2009 a2009 a2009 a2009=2009 a4(1)
T¬ng tù ta cã
A1
A B
C
C 1 B1
K
(65)1+1+ +1
⏟
2005
+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009 b2009 b2009 b2009=2009 b4(2) 1+1+ +1
⏟
2005
+c2009+c2009+c2009+c2009≥ 2009.2009√c2009 c2009 c2009 c2009=2009 c4(3)
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6015+4 (a2009+b2009+c2009)≥ 2009(a4+b4+c4)
⇔6027 ≥ 2009(a4
+b4+c4)
Từ suy P=a4
+b4+c4 3
Mặt khác a = b = c = th× P = nên giá trị lớn P = 3. 0,5
Phần riêng.
1.Ban bản
Câu VIa 2 ®iĨ m
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥ AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh 3 ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cỏch t H n (P).
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi
A I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc tơ pháp
tuyến.
0,5
H d H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H hình chiếu A d nên
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒AH u=0¿ lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cđa d)
⇒ H (3 ;1 ;4)⇒AH(−7 ;− 1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu VIIa 1 điể m
Từ giả thiết toán ta thấy có C24=6 cách chọn chữ số chẵn (vì
sè 0)vµ C5
=10 cách chọn chữ số lẽ => có C5
. C5
= 60 bé số thỏa mÃn bài toán
0,5
Mi số nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C24 . C52 .4! = 1440
sè
0,5
2.Ban n©ng cao.
C©u VIa
1.( ®iÓm)
(66)2 ®iÓ m
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥ AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh 3 ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cỏch t H n (P).
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi
A I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc tơ pháp
tuyến.
0,5
H d H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H hình chiếu A d nên
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒AH u=0¿ lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cđa d)
⇒ H (3 ;1 ;4)⇒AH(−7 ;− 1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu VIIa 1 điể m
Từ giả thiết toán ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số cã
chữ số đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 . C53 = 100
5 số đợc chọn.
0,5
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C52 . C53 .5! = 12000 số.
Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C14 C53 !=960 .
VËy cã tÊt c¶ 12000 960 = 11040 số thỏa mÃn toán
0,5
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 13) I PHẦN CHUNG:
Câu 1: :
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là:
x3 + 3x2 + mx + = x(x2 + 3x + m) =
x
x 3x m (2)
* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt:
Phương trình (2) có nghiệm xD, xE 0.
m 4m
4 m
0 m
9
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = 3x2D6xDm(xD2m);
kE = y’(xE) = 3x2E6xEm(xE 2m)
(67) (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét). 4m2 – 9m + = m =
65
ÑS: m =
1 9 65 hay m 9 65
8
Câu 2:
1. sin x cosx cos3x 0 sin
3sinx + cos
3cosx = – cos3x.
cos
x 3 cos3x cos
x 3 cos( 3x)
k x
3 (k Z)
x k
3 x =
k
3 (k Z)
2 Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x291 y291 y 2 x 2y2 x2
2
2 91 91 2 2 ( )( )
x y y x
y x y x
y x
x y
2
1
( )
2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
x = y (trong ngoặc dương x vay lớn 2)
Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2 x291 10 x 1 x2
2
9
( 3)( 3)
2 91 10
x x
x x x
x
2
1
( 3) ( 3)
2 91 10
x x
x x
x =
Vậy nghiệm hệ x = y = 3
Câu 3: J
b
b
ln10 x 8
2/ 1/
3 x e
b e
e dx du u
3 u
e
b 2/
3 (e 2) ;
2 với u = ex – 2, du = exdx)
Suy ra:
b 2/
b ln2 b ln2
3
lim J lim (e 2) (4)
2
Câu 4:
Dựng SH AB
Ta coù:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB) SH (ABC)
SH đường cao hình chóp.
Dựng HN BC, HP AC
S
H
P
C B
N
(68) SN BC, SP AC SPH SNH
SHN = SHP HN = HP.
AHP vuông có:
o a
HP HA.sin60
SHP vuông có:
a SH HP.tg tg
4
Thể tích hình chóp
2
ABC
1 a a a
S.ABC : V SH.S tg tg
3 4 16
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)2
1
a b a b ab
1 1
( , 0)
4 a b a b
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z
Tương tự:
1 1 1
2 2
x y z x y z
1 1 1
2 2
x y z x y z
Vậy
1 1
2x y z x2y z x y 2z
1 1 2009
4 x y z
Vậy MaxP =
2009
4 x = y = z = 12 2009
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1 Phần 1: Phần dành cho chương trình bản Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO qua O nhận VTCPa
= (7; - 4) AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = B(-4;-7)
A nằm Oy, đường cao AO trục OY, Vậy AC: y + = 0 Goïi A(a; 0; 0) Ox.
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) : 2
2a 2a
d(A; )
3 2
( ) qua M (1; 0; 2)0 có vectơ phương u (1; 2; 2)
Đặt M M0 u
Do đó: d(A; ) đường cao vẽ từ A tam giác AM M0
0
2
AM M
[AM ; u]
2.S 8a 24a 36
d(A; )
M M u
(69)2
2 2
2
2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3
4(a 3) a
Vậy, có điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a.2a n = a b cd e
* Xem số hình thức a bcd e, kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 a hoặc b c) Sau chọn trị khác cho vị trí cịn lại từ X \ 1 : số cách chọn A74.
Như có x (7 x x x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. * Xem số hình thức 0b cd e.
* Loại số dạng hình thức 0b cde ra, ta cịn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.
1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b
(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2 M Oy M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)
Vậy
0 60 (1) 120 (2)
AMB AMB
Vì MI phân giác AMB (1) AMI = 300 sin 300
IA MI
MI = 2R m29 4 m
(2) AMI = 600 sin 600
IA MI
MI =
2
3 R
2 9 3
m
Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)
2.- (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 (2; 1; 0)
- (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 (3; 3; 0)
AB (3; 0; 4)
AB.[u ; u ] 36 01 AB, u , u1
không đồng phẳng.
Vậy, (d1) (d2) chéo nhau.
Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2) M (d ) M(2t; t; 4),
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)
Ta coù:
/ / /
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) t M(2; 1; 4) N(2; 1; 0) t
3 t 2t (t t) MN u
(70) Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN
2
Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0
Suy ra: Z3 = 2 i Z4 = –2 i Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i
-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 14)
C©u Néi dung §iĨm
Gọi M(x;y) (C) cách tiệm cận x = y = | x – | = | y – |
3x x
x 2 x
x x
x
x
x
x x
Vậy có điểm thoả mãn đề : M1( 1; 1) M2(4; 6)
2 0.75đ
Xét phơng trình : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)
2
3
1 sin 2x m sin 2x
4
(1)
Đặt t = sin22x Với
2
x 0;
3
t0;1 Khi (1) trở thành :
2m =
3t t
víi t0;1
Nhận xét : với t0;1 ta có :
sin 2x t
sin 2x t
sin 2x t
§Ĩ (2) cã nghiƯm thc ®o¹n
2 0;
3
th×
3
t ;1 t ;1
2
Da vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4)
7 2m
5
VËy c¸c gi¸ trị cần tìm m :
1 ; 10
0,25
(71)II 2,0®
1 1,0®
sin 3x sin x
sin 2x cos2x cos2x
(1)
2cos2x.sin x
2cos 2x sin x
§K : sinx ≠ x k
Khi x0; thì sinx > nên : (1) 2cos2x = 2cos
2x
x
16
k
Do x0; nªn
9
x hay x
16 16
Khi x ;2 th× sinx < nªn : (1) 2cos2x = 2cos
2x
cos -2x = cos 2x-
5 x
16
k
Do x ;2 nªn
21 29
x hay x
16 16
0,5
0,5
2 1,0đ
Đặt
3
u x 34, v x 3 Ta cã :
2 3
u v u v
u v u v uv 37
u v 37
2
u v u v 1
uv 12
u v 3uv 37
u
v
u v
Víi u = -3 , v = - ta cã : x = - 61 Víi u = 4, v = ta cã : x = 30
Vậy Pt cho có nghiệm : x = -61 x = 30
0,25
0,5
0.25
III
1.0® 1® a)Ta cã : AB = 2 5,
Gäi M lµ trung ®iĨm cđa BC , ta cã : DM = 1
SD = SA2AD2 30, SC = SA2AC2 29 SM = SC2CM2 33
Ta cã :
2 2
SD MD SM 30 33
cos SDM
2SD.MD 30 30
(*)
Góc hai đờng thẳng AC SD góc hai đờng thẳng DM và SD hay bù với góc SDM Do : cos =
1 30
b) Kẻ DN // BC N thuộc AC Ta có : BC // ( SND) Do : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))
Kẻ CK AH vuông góc với SN , H K thuộc đờng thẳng SN
0.5
N M
D S
A B
C
(72)Ta cã : DN // BC DNAC 1 Vµ SAABC SADN 2
Tõ (1) vµ (2) suy : DN ( SAC) DNKC 3
Do cách dựng (3) ta có : CK (SND) hay CK khoảng cách từ C đến mp(SND)
Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK Mà tam giác vuông SAN l¹i cã :
2 2
1 1
1 AH
AH SA AN 25 26
Vậy khoảng cách BC vµ SD lµ : CK =
5 26
0,5
IV
2® 1.0®1 Ta cã : sinx – cosx + = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C
1 A
5 A 2B
3
2A B B
5
3A C 8
C
VËy I =
2 2
0 0
d sin x 2cosx
1 dx
dx
5 sin x 2cosx sin x 2cosx
I =
2
0 0
1
x ln sin x 2cosx J
5 5
I =
3
ln ln J
10 5
TÝnh J =
2
dx sin x 2cosx
Đặt t = tan
x
2
2
1 x 2tdt
dt tan dx
2 t
§ỉi cËn : Khi x = 2
th× t = 1 Khi x = th× t =
VËy
1 2 1
2 2 2
0 0
2
2dt
dt dt
t
J 2
2t t t 2t t 1 2
2
t t
Lại đặt t = = tan u suy dt = ( tan2u + 1)du Đổi cận t = u = 4
Khi t = th× u = víi tan
1
0,25
0,25
(73)
2
4
2 tan u du
J u
4 tan u
Do : I =
3
ln
10 5
2a 0.5®
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y R, | z | =
2 x y
Ta cã : | z | = + ( z – ) i
x2y2 = ( – y ) + ( x – ) i
2 2
x x 2
1 y 3
y
x y y
0,5
0.5 2b
0.5đ
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y R, Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | =
2
x y 1
Do : < | z - i | < 1 < | z - i |2 < 4
2
1 x y
Gọi (C1) , (C2) hai đờng tròn đồng tâm I( ; 1) có bán kính lần lợt là : R1=1 , R2 = Vậy tập hợp điểm cần tìm phần nằm hai đ-ờng tròn (C1) (C2)
Va 3đ
1
+) PT cạnh BC qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP u14;3
cđa (d2) lµm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = hay 4x + 3y - =0 +) Tọa độ điểm C nghiệm HPT :
4x 3y x
C 1;3
x 2y y
+) Đờng thẳng qua B vuông góc với (d2) có VTPT u2 2; 1
∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = hay 2x - y - =
+) Tọa độ giao điểm H ∆ (d2) nghiệm HPT :
2x y x
H 3;1
x 2y y
+) Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (d2) B’ thuộc AC H trung điểm BB’ nên :
B' H B
B' H B
x 2x x
B' 4;3
y 2y y
+) Đờng thẳng AC qua C( -1 ; 3) B’(4 ; 3) nên có PT : y - = 0 +) Tọa độ điểm A nghiệm HPT :
y x
A ( 5;3)
3x 4y 27 y
+) §êng th¼ng qua AB cã VTCP AB7; 4
, nªn cã PT :
x y
4x 7y
7
0,25
0,5
0,25
2a
Đờng thẳng (d1) qua M1( 1; -4; 3) có VTCP u10; 2;1
(74)Đờng thẳng (d2) qua M2( 0; 3;-2) có VTCP u2 3; 2;0
Do : M M1 1;7; 5
vµ u , u1 2 2; 3;6
Suy u , u M M1 2 49 0
VËy (d1) vµ (d2) chÐo
0.5
2b
LÊy A( 1; -4 + 2t; + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; + 2u; -2) thuéc (d2) Ta cã :
AB 3u 1;7 2u 2t; t
A,B giao điểm đờng vng góc chung (d1) (d2) với hai đờng
đó
1
AB.u 14 4u 4t t u
9u 14 4u 4u t
AB.u
Suy : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB2;3; 6
AB = 7
Trung điểm I AB có tọa độ : ( 2;
-1 2; 1)
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I bán kính AB/2 có PT :
2
2 49
x y z
2
0,5
3 Số cách lấy bi từ hai hộp bi : 52.25 = 1300Số cách lấy để viên bi lấy màu : 30x10+7x6+15x9 = 477 Xác suất để bi lấy màu :
477 1300
0.5 0.5
Vb
3.0 đ 1 +) Tọa độ điểm B nghiệm HPT :
x
3x y
B 1;0 y
y
Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k = 3, nên ABC 60 0 Suy
đờng phân giác góc B ΔABC có hệ số góc k’ =
3
nªn cã PT :
3
y x
3
(Δ)
Tâm I( a ;b) đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Δ) cách trục Ox khoảng nên : | b | = 2
+ Víi b = : ta cã a = 1 3 , suy I=( 1 3 ; ) + Víi b = -2 ta cã a = 1 3 , suy I = ( 1 ; -2)
Đờng phân giác góc A có dạng:y = -x + m ().Vì ®i qua I
nªn
+ NÕu I=( 1 3 ; ) th× m = + 2 3
Suy : (Δ’) : y = -x + + 2 3 Khi (Δ’) cắt Ox A(3 + 2 3 ; 0) Do AC vng góc với Ox nên có PT : x = + 2 3
Từ suy tọa độ điểm C = (3 + 2 3 ; + 2 3)
Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc : 0.25
0.5
O
y
x
A
B
C
6
0
(75)4 ;
3
+ NÕu I=( 1 3 ; ) th× m = -1 - 2 3
Suy : (Δ’) : y = - x -1 - 2 3 Khi (Δ’) cắt Ox A(-1 - 2 3 ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3
Từ suy tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3)
Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc :
1
;
3
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề trọng tâm :
G1 =
4 ;
3
vµ G2 =
1
;
3
0,25
2a
+ Đờng thẳng (d) qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP ud 1;0; 1
+ Mp (P) cã VTPT : nP 1; 2; 2
Mp (R) chứa (d) vuông góc với (P) cã VTPT :
R d P
n u ;n 2; 3;2
Thay x, y, z tõ Pt cđa (d) vµo PT cđa (P) ta cã :
t - - 2t + = hay t =1 Suy (d) cắt (P) K(1; -1; -1) Hình chiếu (d) (d) (P) qua K có VTCP :
d ' R P
u n ; n 10; 2; 7
VËy (d’) cã PTCT :
x y z
10
0,25
0,25
2b
LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : d1 = d(I, (P)) =
1 t
; d2 = d(I, (Q)) =
5 t
Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 (Q) nên : R = d1 = d2
| - t | = | - t | t = 3
Suy : R = 2/3 I = ( 3; -1; -3 ) Do mặt cầu cần tìm có PT :
2 2
x y z
9
0,25
0,25
3 sai
Sè c¸ch chän quân tú lơ khơ :
52
C 2598960
Số cách chọn quân tú lơ khơ mà quân có quân thuộc : 13.
4
C 52
Xác suất để chọn quân tú lơ khơ mà quân đó có quân thuộc :
52 2598960=
13 649740
0.5 0.5
HƯỚNG DẪN GIẢI: ( s 15) I.Phần dành cho tất thí sính
CâuI Đáp án Điểm
2 (0,75 điểm)
(76)2 x +1
x +2 =− x +m⇔ x ≠ −2
x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)
¿{
Do (1) cã −2¿
2
+(4 − m).(−2)+1− 2m=− ≠ 0∀ m
Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d
luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi AB=√24
0,5 II
(2 ®iĨm)
1 (1 ®iĨm)
Phơng trình cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
1− sin x=0
¿
6 cos x +2 sin x −7=0(VN)
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
x=π
2+k
0,25 2 (1 điểm)
ĐK:
¿
x >0
log22x − log2x2− ≥0
¿{
¿
Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x − log2x2− 3>√5 (log2x −3)(1) đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2 t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t − 3)
0,5
⇔
¿t>3
t −3¿2 ¿ ¿ ¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿
3<t <4
¿
⇔
¿
t ≤− 1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t − 3)>5¿
(77)⇔
0<x ≤
¿
8<x <16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8 ;16)
III
1 ®iÓm I=dx
sin3x cos3x cos2x=8
dx
sin32 x cos2x
đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x ; sin2 x= 2t 1+t2 2 t
1+t2¿
¿
t2+1¿3 ¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿
dt
¿
⇒ I=8¿
0,5
¿t
6
+3 t4+3t2+1
t3 dt
(t3+3 t+3
t+t
−3)dt=1
4tan 4x +3
2tan
2x +3 ln|tan x|− tan2x+C
(78)Câu IV
1 điểm Do AH( A B1C1) nên góc AA1H là góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, gãc ∠AA1H =300 ⇒ A
1H=
a√3
2 Do tam giác A1B1C1 tam giác
c¹nh a, H thuéc B1C1 A1H =a3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt
khác AH B1C1 nªn B1C1⊥(AA1H )
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1
B1C1 0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=A1H AH
AA1
=a√3
0,25 Câu V
1 điểm
ỏp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số số a2009 ta có
1+1+ +1
⏟
2005
+a2009+a2009+a2009+a2009≥ 2009.2009√a2009 a2009 a2009 a2009=2009 a4(1)
T¬ng tù ta cã
1+1+ +1
⏟
2005
+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009 b2009 b2009 b2009=2009 b4(2) 1+1+ +1
⏟
2005
+c2009+c2009+c2009+c2009≥ 2009.2009√c2009 c2009 c2009 c2009=2009 c4(3)
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6015+4 (a2009+b2009+c2009)≥ 2009(a4+b4+c4)
⇔6027 ≥ 2009(a4
+b4+c4)
Từ suy P=a4
+b4+c4 3
Mặt khác a = b = c = th× P = nên giá trị lớn P = 3.
0,5
Câu VIa 2 điểm
1.T phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥ AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh 3 ⇒IA=3√2
0,5
A1
A B
C
C 1 B1
K
(79)⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P).
G.sử điểm I hình chiếu H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi
A ≡ I
VËy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
H∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H hình chiếu A d nên
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒AH u=0 là véc tơ phơng d)
H (3 ;1 ;4)⇒AH(−7 ;− 1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa 1 điểm
Từ giả thiết toán ta thấy có C24=6 cách chọn chữ số chẵn (vì số 0)và C52=10 cách chọn ch÷ sè lÏ => cã C52 . C52 = 60 số thỏa mÃn
bài toán
0,5
Mỗi số nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C24 . C52 .4! = 1440 số
0,5 2.Ban n©ng cao.
C©u VIa 2 ®iĨm
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥ AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh bằng 3 ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m− 1|
√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔
m=− 5
¿
m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2.Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi
A ≡ I
VËy (P) cÇn tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
H∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) v× H hình chiếu A d nên
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒AH u=0¿ là véc tơ phơng d) H (3 ;1 ;4)⇒AH(−7 ;− 1;5)
VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa 1
Từ giả thiết toán ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số cã ch÷
(80)điểm đợc chọn.
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C52 . C53 .5! = 12000 số. Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C14 C53 !=960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn toán
0,5
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 16)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2.5
b Tìm M (C) để tổng khoảng cách đến tiệm cận nhỏ nhất 0,75
4
1
1
y x Y X
x X
Với
¿
X =− x+1 Y = y
¿{
¿
0.25
TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) =
4
| | 4
| | | |
2 | | 2
X Y
X X
X
Dấu "=" xảy ⇔
4
| |
| |
X X
4 23 423
2
X X x
0.5
Gọi M(2; m) d1: x = Khi đt d M d: y = k(x -2) + m Để đt d tiếp xúc với
(C’) hệ:
¿
x3− x2+9 x − 1=k(x − 2)+m 3 x2− 12 x +9=k
¿{
¿
có nghiệm
0,25
2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = (1) có nghiệm.
Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) số nghiệm Pt (1) Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m
y’ = 6(x-2)2 x Hàm ln đồng biến Pt (1) ln có nghiệm
duy từ điểm đt x = kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C’).
0,5
II 1,5
1 Giải phương trình: 0,75
25
x− 2
+ (3 x −10) 5x− 2=x − 3
⇔5x −2
(3 5x− 2− 1)+x(3 5x −2−1)−3(3 5x− 2−1)=0 0.25
3 5x −2−1=0 (1 )
¿
5x − 2+x −3=0 (2)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿⇔(3
x − 2−1
) (5x −2
+x − 3)=0
⇔ ¿
(81)(1)⇔5x− 2=1
3⇔ x=2+log5
3=2 − log53 (2)⇔5x− 2
=− x +3
Vế trái hàm đồng biến vế phải hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = nên nghiệm nhất.
Vậy Pt có nghiệm là: x = 2− log53 x = 2 0.25
2 Giải hệ phương trình: 0,75
¿
sin x+sin y=√2 cos x +cos y=√2
⇒(sin x+cos x)+(sin y+cos y )=2√2⇔
¿{
¿
0.25
cos(x −π
4)+cos(y −
π
4)=2⇔ cos(x −π
4)=1 cos(y −π
4)=1
⇔
¿x=π
4+k π
y=π
4+l π
¿{
0.25
Thử lại thấy nên:
¿
x=π
4+k π
y=π
4+l π
¿{
¿
nghiệm hệ phương trình. 0.25
III 1,5
1 Giải phương trình: . 0,5
logx(cos x −sin x )+log1
x
(cos x +cos x )=0
Điều kiện:
¿
0<x ≠ 1 cos x − sin x>0 cos x +cos x>0
¿{ {
¿
Khi Pt ⇔cos x=− sin x⇔cos x=cos(x +π
2)
(82)⇔
2 x=x +π 2+k π 2 x =− x −π
2+k π
⇔
¿x=π
2+k π
x=−π
6+
k π
3
¿{
Kết hợp với điều kiện ta được: x=−π
6+
k π
3 (Với k ∊ N*).
0.25
2 Giải bất phương trình: 0,5
(x3+1)+(x2+1)+3 x√x +1>0⇔(x3+x2)+3√x3+x2+2>0 ⇔t2
+3 t+2>0 Đặt t=x√x+1≥ −23 0.25
2
3 2
1
1 3 3
2
t
t x x x
t t
0.25
3 0,5
Trong 10 chữ số từ đến có tât C105 tập gồm
chữ số khác nhau. 0,25
Trong tập có cách xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau Vậy có tất cả C105 = 252 số.
0,25
IV 2.0
1 Xác định tọa độ điểm C (P) cho ABC đều 1.0
Để ABC tam giác đường cao MC = AB √3/2=√6
Gọi M trung điểm AB M(1; 0; - 2). Gọi (Q) mf qua M vng góc với AB
(Q): x + z + = 0
0,25 Gọi d = (P) n (Q)
d :
3 x − y +7 z −1=0
x +z +1=0 ⇔
¿x=−2 −2 t
y=t z=1+2t
¿{
C d C(-2 - 2t; t; + 2t)
(83)
2 2
2
1
1
3 ; ;3 2 6 3 2 3 2 6
9 24 12 0 3 8 4 0 2; 2 / 3
2 2 1 2; 2; , ; ;
3 3 3
MC t t t MC t t t
t t t t t t
C C
0,25
0.25
2 Xác định góc hợp cạnh đối diện tứ diện. 1.0 Lấy E, F, G trung điểm AB, CD, AC ta có:
GE = GF = c/2 ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB ⇒ FA2
=FB2=2 AC
+2 AD2− CD2
4 =
2 b2+2 c2− a2
4
0.25
FE trung tuyến ∆FAB nên:
4 2
2 2
2 FA FB AB
FE b2+c2− a2
2
0.25
Gọi góc tạo AD BC ta có : ¿c
2
2 −
b2+c2− a2 ∨c¿2
2
¿GE2+GF2− FE2∨ ¿
2 GE GF=¿ cos α=¿cos (GE, GF)∨¿ ¿
¿a2−b2∨¿
c2
¿ ¿
Vậy ¿a
2−b2 ∨¿
c2
cosα=¿ 0.25
Tương tự gọi góc tạo CD, AB
DB, AC ta có: ¿b
2
−c2∨ ¿ a2
cos β=¿
, ¿c
2
− a2∨ ¿ b2
cos γ=¿
0.25
P
Q
A
B M
C1
(84)3 0,5 Trong 10 chữ số từ đến có tât C59 tập gồm chữ
số khác nhau. 0,25
Trong tập có cách xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau Vậy có tất cả C9
5
= 126 số. 0,25
V 2,5
1 0,5
Đặt:
cos 1
cos 2.cos
u x du dx
d x
dv v
x x
0,25
/
/ 4
0
2
0
1 1 1
2cos 2 cos 4 2 4 2
x dx
I tgx
x x
0,25
2 1,0
1
2 2 J x x x dx
Đặt: x - = tgt
2
1
; 2 2
cos cos
dt
dx x x
t t
0 0
3
4 4
1 sin
cos cos cos
tgt t dt
J dt dt
t t t
0,25
0
1
3
2
0
sin
1 2 2
1
2
1 1
1 2
3cos 3
1 1
1 4
1 1 1 1
t u
J J
t
u u
du
J du
u u u u
0,25
F E
G
B D
A
(85)
0 0
2
1 1
2 2
1
. 2
4 1 1 1 1
du du du
u u
u u
0,25
0
2
2
2
1 1 1 1 1 1
2ln 2ln
4 1 1 1 4 1 1
1 2 1 1
2 2ln 2 4ln 2
4 2 1 4
u u u
u u u u u
0,25
3 1,0
1
a2+bc+
b2+ac+
c2+ab≤
a+b+c
2 abc
Ta có:
a2+bc ≥ a√bc⇒ a2+bc≤
1 2a√bc
b2+ca ≥ b√ca⇒ b2+ca≤
1 2 b√ca
c2+ab ≥ c√ab⇒ c2+ab≤
1 2 c√ab
0.5
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 2 2 2
.
2 2 2
a bc b ca c ab a bc b ca b ca b c c a a b
bc ca ab a b c
abc abc abc
Dấu “=” xảy a = b = c.
0.5
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 16) LỜI GIẢI TÓM TẮT: I PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1 Bạn đọc tự giải.
2 MN = (2;-1) ==> MN: x + 2y + = 0
Đường thẳng (d) MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B hai điểm thuộc (C) đối xứng qua đường thẳng MN
Hoành độ A B nghiệm phương trình:
2
2
x
x m x
2x2 + mx + m + = ( x ≠ - 1) (1)
Để (d) cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 nghiệm (1)
Trung điểm AB I
1
1 ;
x x
x x m
I(( 2; )
m m
(86) A(0; - 4), B(2;0) Câu 2:
1 4cos4x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2c
=
7
(1 + cos2x)2 – cos2x
2
1 3x
(2 os 1) + cos
2 c x
=
7
2 cos2x + 3x os c = 2
os2x = 3x cos c
( VT ≤ với x)
( ; ) x k k m m x
x = 8n (n )
2 Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + (2) có hai nghiệm x = 1. Ta có x =
1
2 không nghiệm phương trình nên
(2) x x x
Ta có hàm số y = 3x tăng R hàm số y =
2
2
x x
giảm khoảng
1 ; , ; 2
Vậy Phương trình (2) có hai nghiệm x = 1
Câu 3:
Ta có
2
1 2sin os
1 sinx 2 2
tan
1+cosx 2 os 2 os
2 x x c x x x c c
Vậy: K =
2 2 0 tan 2 os x x
e dx x e dx x c
= M + N
Với M =
2 2 os
2 x e dx x c
Dùng phương pháp tptp
Đặt ' ' tan
2 os 2
2 x x u e u e x v v x c
Vậy M =
tan 2 x x e
- N = e2
- N ==> K = e2
(87)Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm BC, theo tính chất hình chóp AMS
Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N hình chiếu I SM, MI phân giác AMS
Ta có SO = OM tan =
3
a
tan ( Với a độ dài cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2
2 2
2
tan
12 12
a a a
32
4 tan
a
r = OI = OM.tan
=
tan tan
Vậy V =
3 tan
2 tan
Câu 5:
Ta có AB (6; 4;4)
==> AB//(d) Gọi H hình chiếu A (d)
Gọi (P) mặt phẳng qua A (P) (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + = 0
H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2)
Gọi A’ điểm đối xứng A qua (d) ==> H trung điểm AA’ ==> A’(-3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) nằm mặt phẳng Gọi M = A’B(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:
1 Gọi A biến cố: “ba đoạn thẳng lấy lập thành tam giác” Các khả chọn ba đoạn thẳng lập thành tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
Vậy: n() = C 53 10; n(A) = ==> P(A) = 10
2
8
x x y x y y x y
( 1) ( 8)
5
x x y y y x
2
0
( 1) ( 8)
5
x y
x x y y y x
2
0
3 22 45
5
x y
x x y x
9
x y
Câu 7a:
Trên nửa khoảmg
0;
(88)y =
2
2
1 tan
2 tan tan
x x x
Đặt t = tanx ==> t(0; 3] Khảo sát hàm số y =
2
t t t
nửa khoảng 0;3
y’ =
4 2
3
(2 )
t t t t t
; y’ =
0
x x
Vậy giá trị nhỏ hàm số x =
2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:
1 Điều kiện: n nguyên dương n ≥ 3 Ta có Cn1Cn32Cn2
! ! !
2
1!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!
n n n
n n n
n2 – 9n + 14 = n = 7
Ta có số hạng thứ :
2
5
5 lg(10 ) ( 2)lg3
7 2
x
x
C
= 21 21.2lg(10 ) x
2(x – 2)lg3 = 21
lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = (10 – 3x)3x – = 32x - 10.3x + =
0
x x
2 Gọi β = r( cos + isin) β3 = r3( cos3 + isin3)
Ta có: r3( cos3 + isin3) =
2
3 os in
3
c s
33
r
33
2
9
r
k
Suy β Câu 7b:
Theo tính chất ba cạnh tam giác, ta có độ dài cạnh nhỏ ( a + b + c = 2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: – a, – b, – c – (a + b + c) 3 (13 a)(1 b)(1 c) > 0
1
(1 )(1 )(1 )
27 a b c
28
1 27 ab bc ca abc
2 2 56
27
ab bc ca abc
2 2 56
2 ( ) ( )
27
a b c a b c abc
52 2 2
27 a b c abc
Dấu đẳng thức xảy a = b = c =
(89)Lời giải tóm tắt (Đề 18) Câu I:
2
Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng
Phương trình x3 3x2 9x m 0 có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Phương trình x3 3x2 9xm có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đường thẳng ym qua điểm uốn đồ thị
11 11
m m
Câu II:
1
cos sin
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos cos
cos cos cos
cos cos cos
2
2
2
2
1
4 2
2
1 3
4
2
1 2
3
2 2
3
2 2
2 4
4
x x
x
x x
x
x
a a a
a a a
a a a
a a a
(90) cos cos cos cos cos cos 3
1 3 2
2 2 6
3 loại 3 3 3 3
2
a x x
k x k a x x x k k a
x −1¿8=3 log8(4 x)
2log√2(x+3)+ log4¿
. Điều kiện:
1
0 x x x x
Biến đổi theo logarit số thành phương trình
log log 2
3
2
1 loại
3
x x x
x x x x x Câu III: I= π π tan x
cos x√1+cos2x dx
tan tan cos tan cos cos 4 2 2 6
1 1 2
x x dx dx x x x x .
Đặt tan cos2
1
u x du dx x . x u x u u I dx u Đặt 2 2 u
t u dt du
u . 3
u t
1
u t
3 7 3
7
3
3
I dt t
(91)Câu IV:
đáy
V S h
.
2 đáy
3
a S
,
6
a h
3
2
a V
Câu V:
3√1 − x2− 2√x3+2 x2+1=m ( m∈ R ). Đặt
2
3 2
f x x x x
, suy f x xác định liên tục đoạn
; 1
.
'
2
2 2
3 3
1 1
x x x x
f x x
x x x x x x
.
; 1
x
ta có
4 3 4 0 3 0
3 1 2 1
x
x x
x x x
.
Vậy:
' 0
f x x
. Bảng biến thiên:
' || ||
1 0 1
2
0 CÑ
3 22
2
4
x f x
f x
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình cho có nghiệm thuộc
; 1
3 22
4
2
m
m 1. Câu VI:
1
Phương trình đường trung trực AB 3x y 0 . Tọa độ tâm I đường tròn nghiệm hệ:
;
2
1
3
x y x
I x y y
5
(92)Phương trình đường trịn
2
1 25
x y
.
2
a.
, ,
M x y z
cho MA2 MB2 5
2 2 2
1 2
2
x y z x y z
x y
Vậy quỹ tích điểm M mặt phẳng có phương trình 2x 2y 0 . b.
, 2 2; ; 1 1; ;
OA OB
OAB x y z:
.
Oxy z :
.
; ;
N x y z cách OAB Oxy d N OAB , d N Oxy , 3
x y z z
3
3
3
x y z x y z z
x y z
Vậy tập hợp điểm N hai mặt phẳng có phương trình x y 1 z0 và
1
x y z
. Câu VII:
Khai triển 1
n
x
ta có:
1 n 2 3 n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
Nhân vào hai vế với x , ta có:
1 n 2 3 n n n n
n n n n n n
x x C x C x C x C x C x C x
Lấy đạo hàm hai vế ta có:
0 2 3 2 4 3 n n 1 n n 1 n 1 n
n n n n n n
C C x C x C x nC x n C x n x x x
1 xn1nx x 1
Thay x 1, ta có Cn0 2.Cn13.Cn24.Cn3 n C nn1(n1).Cnn n2 2 n1