Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.. Viết phương trình mặt[r]
(1)
*** ************************
NĂM HỌC 2009-2010
(2)ĐỀ SỐ 1
Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y x 3 3mx2 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = 1.
2 Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. Câu (2.0 điểm ) :
1 Giải phương trình:
3 4 2sin 2
2 2(cotg 1) sin 2
cos
x
x x
x
2 Tìm m để hệ phương trình:
3
2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m
có nghiệm thực
Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình:
(P): 2x y 2z = 0; (d): 1 2
1 2 1
x y z
1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính
2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. Câu (2.0 điểm):
1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox.
2 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
Câu (2.0 điểm):
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E):
2
1
8 6
x y
parabol (P): y2 = 12x
2 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển Newton:
12
4 1
1 x
x
ĐỀ SỐ 2 Câu I (5,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + (m tham số) (1) 1 Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 =
2 Tìm m để đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A(0;1), B, C cho tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) B C vng góc với nhau.
Câu II (4,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình: 8
5.
x x y x y y
x y
(3)2 Giải phương trình: sin 4 cos 4 4 sin ( ) 1
4
x x x (x R)
Câu III.(2,0 điểm)
Cho phương trình: log(x210x m ) 2log(2 x1) (với m tham số) (2)
Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt Câu IV (2,0 điểm)
Tính tích phân:
2
tan cos 1 cos
xdx
x x
Câu V (4,0 điểm)
1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), đường thẳng 1: x + y – = đường thẳng 2: x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 điểm C thuộc 2 cho tam giác ABC vuông cân A.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) mặt phẳng (P): x + y + z - = Tìm tọa độ điểm M mặt phẳng (P) cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) (SCD) 600.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Câu VII (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:
3 3
2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
ĐỀ SỐ 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm)
Cho hàm số y = (C)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến lớn
Câu II (2.0 điểm)
Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- os2x = sin2x+ 3c c
Giải hệ phương trình
2
2
1
2 2
2 2
x x y y y x y
Câu III (1.0 điểm)
Tính tích phân
1
2
0
( sin )
1
x
x x dx
x
Câu IV (1.0 điểm)
Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện 1 1 2
xyz
Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Câu V (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi SA = x (0 < x < ) cạnh cịn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
(4)Câu VIa (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh Gọi M trung điểm đoạn AD, N tâm hình vng CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua điểm B, C’, M, N
Câu VIIa (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2
3
2
log ( 1) log ( 1) 0 5 6
x x
x x
B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm)
Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường trịn qua điểm A, B tiếp xúc với đường thẳng (d)
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vng góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm)
Giải phương trình Cxx 2Cxx1 Cxx2 Cx2x23
(Cnk tổ hợp chập k n phần tử)
ĐỀ SỐ 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x 3
x 2
có đồ thị (C)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
2 Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt hai tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + = Giải phương trình: x2 – 4x - = x 5
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
1
2
dx 1 x 1 x
Câu IV (1 điểm)
Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh C SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp lớn
Câu V ( điểm )
Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1x y z1 1 4 CMR: 1 1
2x y z x 2y z x y 2z
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( điểm )
1 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1)
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = hai đường thẳng :
(d) x y z 2
1 1 2
(d’)
x 2t y t z t
Viết phương trình tham số đường thẳng () nằm mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng (d) (d’) CMR (d)
(d’) chéo tính khoảng cách chúng Câu VIIa ( điểm )
Tính tổng : S C C 50 57C C15 47C C25 73 C C53 27C C45 17 C C55 70
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( điểm )
1 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn :
(5)(d)
x t y 2t z 5t
(d’)
x t y 1 2t z 3t
a CMR hai đường thẳng (d) (d’) cắt
b Viết phương trình tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo (d) (d’) Câu VIIb.( điểm )
Giải phương trình : 2log x 35 x
ĐỀ SỐ 5
I.PhÇn chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2
x x
y 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
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2.Gi¶i bất phơng trình log log 5(log 3)
4
2
2x x x
Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hµm
x x
dx
I 3 5
cos . sin
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
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c0 v a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
t z
t y
t x
3 1
2 1
Lập phơng
trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
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 điểm) Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng thẳng d có phơng trình 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.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
3 1
2
1
y z
x
Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
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 SỐ 6
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y x 3 3mx23 m 21 x m21 (m tham số) (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0.
(6)3 Giải phương trình: 2sin 2x 4sin x 0.
6
4 Giải hệ phương trình:
2
2
x y x y 13
x, y . x y x y 25
Câu III (1 điểm)
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 60 o Trên cạnh SA lấy điểm M choAM a 3 3
Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD
tại điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu IV (2 điểm) Tính tích phân:
6
2
dx I
2x 1 4x 1
2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : y = 2sin8x + cos42x PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b
Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1 Cho đường trịn (C) : x 1 2y 3 2 4 điểm M(2;4)
a) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn (C) hai điểm A, B cho M trung điểm AB b) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) có hệ số góc k = -1
2 Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ) Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm cho Tìm n
Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn x2x100, chứng minh rằng:
99 100 198 199
0 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2
2 Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – = (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 = có tâm I, J
a) Chứng minh (C1) tiếp xúc với (C2) tìm tọa độ tiếp điểm H
b) Gọi (d) tiếp tuyến chung không qua H (C1) (C2) Tìm tọa độ giao điểm K (d) đường thẳng IJ Viết phương trình đường trịn (C) qua K tiếp xúc với hai đường tròn (C1) (C2) H
Hết ĐỀ SỐ 7
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 1
1 x y
x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Chứng minh đường thẳng d: y = - x + truc đối xứng (C) Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình: 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 22 0 2sinx - 3
x
2 Giải bất phương trình: x2 3x2.log2x2 x2 3x2.(5 log 2) x
Câu III: ( điểm)
Gọi (H) hình phẳng giới hạn đồ thi (C) hàm sô y = x3 – 2x2 + x + tiếp tuyến (C) điểm có hồnh độ x0 = Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình phẳng (H) quanh trục Ox Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a Biết khoảng cách hai đường thẳng AB A’C 15
5
a Tính thể tích khối lăng trụ
(7)
4
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 ( 1)( 1) 1 0 (2)
x
y x m x
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2 Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – = (1) Chứng minh phương trình (1) phương trình đường tròn với m.Gọi đường tròn tương ứng (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C)
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 1 2
1 1 1
x y z
mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + = Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( điểm)
Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức
P = 5xy – 3y2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( điểm)
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) hai đường thẳng 1: 2 3 3
1 1 2
x y z
d
2
1 4 3
:
1 2 1
x y z
d
Chứng minh đường thẳng d1; d2 điểm A nằm mặt phẳng Xác định toạ độ
đỉnh B C tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH d2 chứa đường trung tuyến CM tam giác ABC
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 qua điểm 3;1
2 A
Lập phương trình
chính tắc (E) với điểm M elip, tính biểu thức:
P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( điểm) Tính giá trị biểu thức:
20100 3 20102 32 20104 ( 1) 20102 31004 20102008 31005 20102010
k k
S C C C C C C
-Hết ĐỀ SỐ 8
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1.
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2 Tìm giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu Với giá trị m đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng d: x + 8y – 74 =
Câu II: (2 điểm).
1 Giải phương trình : + 3(sinx + cosx) + sin2x + cos2x =
2 Tìm m để phương trình 2 .( 4). 2 2 2 14 0
4 x
x x m x x x m
x
có nghiệm thực
Câu III: (2 điểm).
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :
1 2 1
x y z
, 2 :
1 1 1
1 1 3
x y z
1 Chứng minh hai đường thẳng 1 2 chéo
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 tạo với đường thẳng 1 góc 300 Câu IV: (2 điểm).
1 Tính tích phân :
2
2
1
ln(x 1)
I dx
x
.
2 Cho x, y, z > x + y + z ≤ xyz Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2
1 1 1
2 2 2
P
x yz y zx z xy
Câu Va: (2 điểm).
(8)2 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức Niutơn 2. 1
n
x x
, biết n11 4 6
n n
A C n
(n số nguyên dương, x > 0, Ank số chỉnhhợp chập k n phần tử, k n
C số tổ hợp chập k n phần t)
S 9 Phần dành chung cho tất thí sinh (7 điểm)
Cõu 1: Cho hàm số : y = x3 3mx23(m21)x (m21) (1) a, Với m = , khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hồnh độ dơng Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin2(2x+
4
) =
b, Xác định a để hệ phơng trình sau có nghiệm :
2
2
2
1
x
x y x a
x y
Câu : Tìm : sin 3
(sin 3 cos ) xdx
x x
Câu : Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' 'có thể tích V Các mặt phẳng (ABC'),(AB C' ),(A BC' )cắt O Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V
Câu : Cho x,y,z sè thùc d¬ng Chøng minh r»ng :
P = 34(x3 y3) 34(y3 z3) 4(z3 x3) 2( x2 y2 z2)
y z x
12
PhÇn riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B ) A Theo chơng trình chuÈn
Câu 6a : a, Cho đờng tròn (C) có phơng trình : x2y2 4x 4y 4 0 đờng thẳng (d) có phơng trình : x + y – =
Chứng minh (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A,B Tìm toạ độ điểm C đờng trịn (C) cho diện tích tam giác ABC lớn
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình :
( ) :1 1 2
2 2 1
x y z
d
'
'
4 ( ) : 2
3 x t
d y
z t
Viết phơng trình đờng thẳng ()đi qua điểm A cắt hai đờng thẳng(d1), (d2) Câu 7a : Tìm số hạng khơng chứa x khai triển :
7
3
1 x
x
( víi x > ) B Theo chơng trình nâng cao
Cõu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao đờng phân giác qua đỉnh A,C lần lợt : 3x -4y + 27 =0 x + 2y – =
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) đờng thẳng () có phơng trình : 2 1 0
2 0 x y z x y z
Tìm toạ độ điểm M nằm đờng thẳng ()sao cho : MA + MB nhỏ Câu 7b : Cho (1 x x2 12) a0a x a x1 2 2 a x24 24 Tính hệ số a4
- HÕt
ĐỀ SỐ 10 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: (C) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ tiếp tuyến tới đồ thị (C) cho tiếp điểm tương ứng nằm phía trục hoành
(9)1 Giải phương trình lượng giác
2 Giải hệ phương trình
Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.
3
4
cos . sin
x x
dx I
Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực thỏa mãn ,Chứng minh rằng:
Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD)
Tính góc hai mặt phẳng (ACD) (BCD) Biết thể khối tứ diện ABCD II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh làm phần A B)
A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa(2,0 điểm):
1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A mặt phẳng (BCD)
2 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C )
Viết PT đường thẳng (Δ) vng góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 cắt đường tròn (C) A; B cho AB =
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số x5 khai triển (2+x +3x2 )15 B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A mặt phẳng (BCD)
2 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C )
Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 cắt đường tròn (C) A; B cho AB =
Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình:
ĐỀ SỐ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x x42m 2x2m2 5m5 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m =
2/ Tỡm cỏc giỏ trị m để đồ thị hàm số cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giỏc vuụng cõn Cõu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trỡnh:
2
2
12 12
x y x y
y x y
2/ Giải bất phơng trình : log log 5(log 3)
4
2
2 x x x
Câu III (1.0 im) Tìm x(0;) thoả mÃn phơng trình: cot x - = x x x
x
2 sin sin tan
1
cos 2
(10)Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 2
I cos xcos 2xdx
Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC =
2
a
, SA a 3,
SAB SAC30
Gäi M trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhVSMBC PHN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm)
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 phõn giỏc CD:x y 1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng BC
2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a
0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tìm hệ số a10
Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) B/ Phần đề theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D
2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a
0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tìm hệ số a10
Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =
2 2
2 1
x x
x (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x +
Tìm tất giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 ******* HÕt *******
ĐỀ SỐ 12
PhÇn chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
x x y
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số.
2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đờng tiệm cận (C) A B Gọi I giao điểm các đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nh nht
Câu II (2 điểm)
1 Giải phơng trình
2 cos sin cos sin sin
1 x x x 2x x
2 Gi¶i bất phơng trình
x x x x
x
2 1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2
2
C©u III (1 điểm)
Tính tích phân
e
dx x x x x
x I
1
2
ln 3 ln 1
ln
Câu IV (1 điểm)
Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a BC =
2
a
SA a 3, SAB SAC 300 TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dơng thoả mÃn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc
3
3
3 1 3
1 3
1
a c c b b a P
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)
(11)1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d1:2x y50 d2: 3x +6y – = Lập phơng trình đờng thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đờng thẳng cắt hai đờng thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đờng thẳng d1, d2
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phơng trình:xyz 0 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm bán kính đờng tròn (C) giao (P) (S)
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dơng n biÕt:
2 2
2 2
2 3.2.2 ( 1) k ( 1)2k k (2 1)2 n n 40200
n n n n
C C k k C n n C
Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: 1
9 16
2
y
x ViÕt phơng trình tắc
của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H).
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P :x2y z50 đờng thẳng
2 : )
(d x y z , điểm A( -2; 3; 4) Gọi đờng thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ phơng trình
1 1
3
2. 3 2 2
2
3
1
x xy x
x y y
x
- ĐỀ SỐ 13
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = -x3+3x2+1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ).
Giải bất phương trình: 4 4 16 6
2
x x
x x
2.Giải phương trình: 3 sin2 1sin 2 tan
2
x x x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
ln
ln 1 2
x
x x
e dx I
e e
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a 2 Đáy tam giác ABC cân BAC 1200, cạnh BC=2a Tính thể tích
khối chóp S.ABC.Gọi M trung điểm SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC) Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c ba số thực dương Chứng minh: 3 3 13 13 13 3 2
b c c a a b
a b c
a b c a b c
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh làm hai phần (phần A phần B). A Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2y2 4x 2y 1 0 điểm A(4;5) Chứng minh A nằm ngồi đường trịn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2
Trong không gian Oxyz Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 mặt cầu (S): x2y2 z2 2x4y2z 3 0
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) A(3;-1;1) song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a(1,0 điểm)
(12)z i z 2 3 i Trong số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ đun nhỏ B Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân A có chu vi 16, A,B thuộc đường thẳng d:
2 2x y 2 0 B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm tam giác ABC
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2) Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A tam giác ABC
Câu VII.b(1,0 điểm). Cho hàm số (Cm):
2
1
x x m
y x
(m tham số) Tìm m để (Cm) cắt Ox hai điểm phân biệt A,B cho tiếp tuyến
của (Cm) A, B vng góc
……….Hết……… ĐỀ SỐ 14 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm).
Câu I ( điểm)
Cho hàm số (1 ) (2 )
x m x m x m
y (1) m tham số
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m=2
2 Tìm tham số m để đồ thị hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d:xy7 0 góc , biết
26 cos
Câu II (2 điểm)
1 Giải bất phương trình:
4 log2
2
1
x
x
2 Giải phương trình: 3sin2x.2cosx12cos3xcos2x 3cosx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I
4
2
2 1
1
dx x x
Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, ABa Gọi I trung điểm
BC, hình chiếu vng góc H S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA2IH, góc SC mặt đáy (ABC)
0
60 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trung điểm K SB tới (SAH) Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: x2y2z2 xyz Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: xy
z z zx y
y yz x
x P
2 2 2 .
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A phần B ). A Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trìnhxy1 0, trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) C(1;1;1) Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm)
Cho khai triển: 14
14
2 2
10
2
1 x x x a a xa x a x Hãy tìm giá trị a 6
B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích 5,5 trọng tâm G thuộc đường thẳng d:3xy 40 Tìm tọa độ đỉnh C
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)xy z1 0,đường thẳng d:
3 1
1
2
y z
x
Gọi I giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng nằm (P), vng góc với d cách I khoảng
(13)
ĐỀ SỐ 15 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2 4
1 x y
x
1) Khảo sát vẽ đồ thị C hàm số
2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN 3 10 Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin 3x 3sin 2x cos 2x3sinx3cosx 2 0 2) Giải hệ phương trình:
2
2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
3
3sin 2cos (sin cos )
x x
I dx
x x
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a góc hợp đường thẳng AN
mp(ABCD) 300.
Câu V (1 điểm): Cho số dương a b c ab bc ca, , : 3.
Chứng minh rằng: 21 21 21 1 .
1a b c( ) 1 b c a( ) 1 c a b( ) abc
II 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 hai đường tròn ( ) :C x2 – – 0,y2 x y
2
( ') :C x y 4 – 0x qua M(1; 0) Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt A, B cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1 điểm):
Khai triển đa thức: (1 ) x 20 a0a x a x1 2 2 a x20 20. Tính tổng: S a0 2a1 3a2 21 a20
2 Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ đỉnh B K(0; 2), trung điểm cạnh AB M(3;1)
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1
1 1 2
x y z
d
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )d1 N thuộc ( )d2 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
P : – 2010 0x y z độ dài đoạn MN Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình
2
1
1
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
xy x y x x
y x
……… HẾT………
Giải phương trình ( ẩn z) tập số phức:
3
z i
(14)
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
Câu Nội dung
I 1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4 + TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = x = x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =
y” = 6x = x = 1
Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2)
Giới hạn tiệm cận: lim lim 1 3 43
x y x x x x
Lập BBT:
Đồ thị:
2/ Ta cú: y = 3x2 6mx = 0
2
x
x m
Để hàm số có cực đại cực tiểu m 0.
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) AB (2 ; 4m m3)
0
x
4 +
∞
∞
+ 0 0 +
y’
∞ 2 +∞
y
0
x
y
(15)Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3)
Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x
3
2 4 0
2
m m
m m
Giải ta có: 2
2
m ; m = 0
Kết hợp với điều kiện ta có: 2
2
m
II
2/ Đk:
2
x k
Phương trình cho tương đương với:
2
2
2
4
3 1 2 2
sin 2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0
tg cotg
tg cotg
tg tg
x x
x
x x
x x
x x
x x
3
3 1
3 6
tg tg
x k
x
x x k
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k ; kZ
2/
3
2 2
3 3 2 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m
Điều kiện:
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y y y
Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2. Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1) y = y y = x + (2) x2 2 1 x2 m0 Đặt v 1 x2 v[0; 1] (2) v2 + 2v = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
(16)III
1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là: 1 ;
2
x t
y t t R
z t
Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:
| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
2 3
7 3
t t
Có hai tâm mặt cầu: 2 8; ; 7; 17; 1
3 3 vµ 3 3 7
I I
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
2 1 8 7 17 1
25 25
3 3 3 vµ 3 3 3
x y z x y z
2/ Đường thẳng () có VTCP u ( 1;2;1); PTTQ: 2 1 0
2 0
x y x z
Mặt phẳng (P) có VTPT n (2; 1; 2)
Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là: sin | 2 | 6
3 3 6
Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm cos 1 6 3
9 3
Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = (m2+ n2 > 0) (2m + n)x + my + nz + m 2n =
Vậy góc (P) (Q) là:
2
| | 3
cos
3
3 5 2 4
m
m n mn
m2 + 2mn + n2 = (m + n)2 = m = n.
Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y z + = 0
IV
1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x 4
Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:
2
4
0
(4 4)
V x dx x dx
(17)=
3
2 16 2 16
( 1)
0 1
5 3 15
x
x
2/ Ta có: (1 ) (1 ) (1 ) 1 1 1 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
2 2
9 9
3 3
P
xy yz zx x y z
9 3
6 2
P
Vậy GTNN Pmin =
3
2 x = y = z
V
1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () tiếp tuyến (E) 8A2 + 6B2 = C2 (1)
() tiếp tuyến (P) 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A.
Với C = 2A A = B = (loại)
Với C = 4A 2
3
A B
Đường thẳng cho có phương trình:
2 2 3
4 0 4 0
3 3
A
Ax y A x y
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3 4 0
3
x y
V
Ta có:
12
12 12
4 12
12
1 1 1
1 1 ( 1)
k
k k
k
x x C x
x x x
12 12
12 12 4
12 12
0 0
12
12
12 0
1
( 1) ( 1)
( 1)
i
k k i k
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k
k k i k i
k
k i
C C x C C x x
x C C x
Ta chọn: i, k N, i k 12; 4k 5i = 8 i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12
Vậy hệ số cần tìm là: C C122. 20 C C127. 74C C1212. 128 27159
ĐÁP ÁN ĐỀ Ố S 2
Câu Phương pháp - Kết quả Điểm
I.1
(2điểm) 1 Ta có y’ = 3x
2 + 6x + m 0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 =
(18)
1
1
1
9 - 3 0 -2 .
3
2 3
m x x
m x x
x x
0,5
Giải hệ ta m = -105 0,5
I.2 (2điểm)
2.+) Hoành độ điểm chung (C) d nghiệm phương trình
x3 + 3x2 + mx + = x(x2 + 3x + m) = 0 0,5
Từ tìm m < 9
4và m d cắt (C) ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C 0,5
+) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 nghiệm phương trình x2 + 3x + m = Hệ số góc tiếp tuyến B k1 = 3x12 + 6x1 + m C k2 = 3x22 + 6x2 + m
0,5 Tiếp tuyến (C) B C vng góc với
k1.k2 = -1 0,5
4m2 – 9m + = 0 0,5
9 65 m ( t/m)
8 9 65 m ( t/m)
8
0,5
II.1 (2điểm)
1 Điều kiện x, y ≥ 0,5
Xét y = 0, không thỏa mãn hpt
+) y 0, đặt x t y , t ≥ Hệ phương trình trở thành
3
3 2 2
2
2
5 5
8 (*)
8 1 1
5
( 1) 5 ( 1)
1
t
t
t y t y t t
y t y t
t
(*) 4t3 – 8t2 + t + = t = 1; t = -1
2; t = 3
2 Đối chiếu điều kiện ta t = 3 2
1
Từ tìm (x;y) = (9; 4)
(HS giải toán phương pháp cách khác kết
vẫn điểm tối đa) 0,5
II.2 (2điểm)
2 PT 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5
(cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx cos 0
(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
0,5
4
os3 sinx 2
x k
c x
0,5
Chứng minh phương trình cos 3x – sin x = vơ nghiệm KL: x =
4 k
0,5
III (2điểm)
3 PT
2 2
1 1
2 2
10 (2 1) 3 6 1(**)
x x
x x m x m x x
(19)Ycbt (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-1
2
Lập bảng biến thiên hàm số f(x) = 3x2 – 6x + (-1
2;+∞ )ta tìm đươc m
(-2; 19
4 )
1
IV (2điểm)
I =
2
tan cos 1 cos
xdx
x x
=
4
2
0
tan cos 2 tan
xdx
x x
0,5
Đặt t = 2 tan2 t2 2 tan2 tdt = tan x2 cos
dx
x x
x
0,5
Đổi cận : x = t = 2 x = t 3
4
0,5
I =
3
2
3 2
tdt
dt
t
0,5
V.1 (2điểm)
1 B 1 B(a; –a) C 2 C(b; 9-b) ABC vuông cân A
2
. 0
AB AC
AB AC
0,5
2ab - 10a - 4b + 16 = (1)2 2
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)
a = không nghiệm hệ
0,5
(1) b = 5a - 8
a - 2 Thế vào (2) tìm a = a = 0,5
Với a = suy b =
Với a = suy b = 0,5
V.2 (2điểm)
2.Gọi I trung điểm AB I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2
Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ MInhỏ nhất M hình chiếu I lên mặt phẳng (P)
1
+) Phương trình đường thẳng MI : x-1 y-1 z-1= =
1 1 1 0,5
M giao điểm MI mặt phẳng (P)
Từ tìm M(2; 2; 2) 0,5
VI (2điểm)
D C
B A
S
M
Gọi M hình chiếu vng góc B lên SC Chứng minh góc DMB = 1200 DMB cân M
(20)Tính được: DM2 = 2
3a
2 0,5
SCD vuông D DM đường cao nên 1 2 = 12 + 12
DM DS DC
Suy DS = a 2 Tam giác ASD vuông A suy SA = a
0,5
Vậy thể tích S.ABCD 1
3a
3 0,5
VII (1điểm)
3 3
2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a (***).Do ab + bc + ca = nên
VT (***) =
3 3
2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
=
3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a
3 5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
(1)
0,5
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
(3)
Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta (***)
4 a b c
VT
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh :
a + b + c ≥ 3(ab bc ca )= Đẳng thức xảy a = b = c = (Đpcm)
0,5
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG THAN
G ĐIỂM Câu I
(2.0đ) (1.0đ)
TXĐ : D = R\{1} 0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x f x x f x nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số
1
lim ( ) , lim
x f x x nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số
y’ =
1 0 (x 1)
0.25
Bảng biến thiên
1 +
-
-y
y'
x - +
Hàm số nghịc biến ( ;1)và (1;)
Hàm số khơng có cực trị
(21)-+
f(t) f'(t)
x
2
0 +
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm đồ thị với trục Ox (0 ;0) Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn
Phương trình tiếp tuyến M có dạng : 0
0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
2
2
0
1
0
( 1) ( 1)
x x y
x x
0.25
Ta có d(I ;tt) =
4
2 1 1 1
( 1) x
x
Xét hàm số f(t) = 2 4 ( 0)
1 t
t
t
ta có f’(t) =
2
4
(1 )(1 )(1 ) (1 ) 1
t t t
t t
0.25
f’(t) = t = Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn
chỉ t = hay
0
0
2 1 1
0 x x
x
0.25
+ Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x+4
0.25
Câu II(2.0đ) (1.0đ)
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 3cos2x 0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ cos c
x
0.25
cos 0
os5x=cos(x- ) 6 x
c
0.25
2
24 2 2 42 7
x k
k x
k x
0.25
(22)hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0 x x
y x
y y
đưa hệ dạng
2
2 2 0
2 2 0
u u v v v u
2
1
1 1
2 2 0 3 7 3 7
2 , 2
1 7 1 7
2 2
u v u v
u v u v
v v u
u u
v v
Từ ta có nghiệm
của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (3 7; 2
2 7 1
), (
3 7 2
;
2 7 1
)
0.5
Câu III (1.0đ)
1
2
0
sin
1 x
I x x dx dx
x
0.25
Ta tính I1 =
1
2
0
sin x x dx
đặt t = x3 ta tính I
1 = -1/3(cos1 - sin1)
0.25
Ta tính I2 =
1 01
x dx x
đặt t = x ta tính I2 =
1
2
1
2 (1 ) 2(1 ) 2
1 t dt 4 2
0.25
Từ ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+2
2
0.25
Câu IV (1.0đ)
Ta có 1 1 2
xyz nên
0.25
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 y z 2 y z (1)
x y z y z yz
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 x 1 z 1 2 (x 1)(z 1) (2)
y x z x z xz
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 x y 2 x y (3)
y x y x y xy
0.25
Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( 1)( 1)( 1) 1
8
x y z 0.25
vậy Amax =
1 3
8 x y z 2
(23)O C
B
A D S
H
B' Y
X
Z
N D' C'
A'
C
D A
B M
Câu V
(1.0đ) Ta có SBDDCB c c c( ) SO CO
Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S
2
1
CA x
Mặt khác ta có
2 2 2
AC BD AB BC CD AD
2
3 ( 0 3)
BD x do x
2
1
1 3
4
ABCD
S x x
0.5
Gọi H hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD
H CO
0.25
Mà 2 2
1 1 1
1 x SH
SH SC SA x
Vậy V = 1 3 ( vtt)
6x x d
0.25
Câu VIa (2.0đ) (1.0đ)
Gọi A giao điểm d1 d2 ta có A(3 ;0) Gọi B giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
Gọi BI đường phân giác góc B với I thuộc OA ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2
(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu qua điểm M,N,B,C’ có dạng
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D
=
Vì mặt cầu qua điểm nên ta có
5 2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0 2
4 A A D
B C D B
A C D
C
B C D
D
Vậy bán kính R = A2 B2 C2 D 15
(24)Câu VIIa (1.0đ)
Câu VIb (2.0đ) (1.0đ)
Đk: x > - 0.25
bất phương trình
3
3
3log ( 1) 2log ( 1)
log 4 0 ( 1)( 6)
x x
x x
3
log ( 1) 0 6 x x
0.25
0.25
0 x 6
0.25
Giả sử phương trình cần tìm (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25
Vì đường trịn qua A, B tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2
(1 )
(1 ) (2 ) ( 1) 2
a b R
a y R
a b R
0.25
2
0 1 2 a b R
Vậy đường trịn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
0.5
2
(1.0đ) Ta có AB(1;1;1),nQ(1; 2;3), AB n; Q (1; 2;1)
Vì AB n; Q 0
nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q
làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - =
1.0
Câu VIIb
(1.0đ) ĐK :
2 x 5 x N
Ta có
1 2 3
2 1 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
(5 x)! 2! x 3
1.0
(25)
Câu Nội dung Điểm
I 0đ
1 25 đ
Hàm số y = 2x 3
x 2 cã :
- TX§: D = R\ {2} - Sù biÕn thiªn:
+ ) Giới hạn : Lim y 2x Do ĐTHS nhận đờng thẳng y = làm TCN ,
x x
lim y ; lim y
Do ĐTHS nhận đờng thẳng x = lm TC
+) Bảng biến thiên: Ta cã : y’ =
2
1 x 2
< x D
Hàm số nghịch biến khoảng ;2 hàm số cực trị - Đồ thị
+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0 ; 3
2)
+ Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0)
- ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng
0,25
0,25
0,25
0,5
2 0, 75 đ
Lấy điểm M m; 2 1
m 2
C
Ta có :
2
1 y ' m
m 2
Tiếp tuyến (d) M có phương trình :
2
1 1
y x m 2
m 2 m 2
Giao điểm (d) với tiệm cận đứng l : A 2; 2 2
m 2
Giao điểm (d) với tiệm cận ngang l : B(2m – ; 2)à
Ta có :
2
2
1
AB 4 m 2 8
m 2
Dấu “=” xảy m = Vậy điểm M cần tìm có tọa độ l : (2; 2)à
0,25đ
0,25đ
0,25đ Phương trình cho tương đương với :
2(tanx + – sinx) + 3(cotx + – cosx) =
sin x cosx
2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x 0
cosx sin x
0,25
A B
C S
8 -2 -4
-5 10
y’
y
x
-
2
-2
2
(26)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 I.Phần dành cho tất thí sính
Câu Đáp án Đ
iể m I
(2 điểm )
1 (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
2
lim ; lim
; 2 lim lim
x x
x x
y y
y y
Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y =
0,
+ x D
x
y
) (
3
' 2
Suy hàm số đồng biến khoảng (;2) (2;)
0, +Bảng biến thiên
x -2 y’ + +
y
0,
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;
2
) cắt trục Ox điểm(
2 ;0)
thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,
2
2 (0,75 ®iĨm)
Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng trình
)1( 0 21 ) 4( 2 2
1 2
2 xm m x
x m x x
x
Do (1) có m2 10 va (2)2 (4 m).(2)1 2m30m nên đờng thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
0,
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi 24
AB
0, 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, (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =
) ( sin cos
0 sin
VN x
x x
0,
2
2 k
x 0,2
5 2 (1 ®iĨm)
x y
O 2
(27)§K: 0 3 log log 0 2 2 2
2x x
x
Bất phơng trình cho tơng đơng với log log 3 5(log2 3) (1)
2
2 x x x
đặt t = log2x,
BPT (1) 2 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)
t t t t t
t 0, 4 log3 1 log 43 1 )3(5 )3)(1 ( 3 1 2 2 2 x x t t t tt t
t 0,2
5 16 x x
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ] (8;16)
2 ; ( III 1
®iĨm x x
dx x
x x
dx
I 3 3 2 3 2
cos . 2 sin 8 cos . cos . sin
đặt tanx = t
(28)C©u IV 1 điểm
Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA
1 cã AA1 = a, gãc AA1H =300 a H A
Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuộc B1C1
2
1
a H
A nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên
)
( 1
1
1C AAH
B
0,
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 0, Ta có AA1.HK = A1H.AH
4 1 a AA AH H A
HK
0, Câu V 1 điểm
Ta cú: 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 2 8
9 ) ( 2 2
P a b c
2 3 2 2 3 2 2 9 2 2 3 2 2 9
6
P
Để PMin a = b = c =
0,
0,
Phần riêng.
1.Ban bản Câ u VIa 2 ®iĨ m
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 3 IA3 2 0,5
7 5 6 1 2 3 2 1 m m m m 0,5
2 (1 ®iĨm)
(29)Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H n (P)
Giả sử điểm I hình chiếu cđa H lªn (P), ta cã AH HI=> HI lín A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ ph¸p tuyÕn.
0,5
) ; ;
( t t t
H d
H H hình chiếu cđa A trªn d nªn )
3 ; ; ( (
d AHu u
AH véc tơ chØ ph¬ng cđa d)
) ; ; ( )
4 ; ;
(
H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
C© u VII a 1 điể m
Từ giả thiết toán ta thấy có C42 6 cách chọn chữ số chẵn (vì số 0)và
10
2
5
C cách chọn chữ số lÏ => cã C52.C52= 60 bé sè tháa m·n toán
0,5
Mi b s nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C42.C52.4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao.
Câ u VIa 2 điể m
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 3 IA3 2 0,5
7 5 6
1 2
3 2
1
m m m
m 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)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH HI=> HI lín nhÊt A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
) ; ;
( t t t
H d
H H hình chiếu A d nªn )
3 ; ; ( (
d AHu u
AH véc tơ phơng d)
) ; ; ( )
4 ; ;
(
H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câ u VII a 1 điể m
Từ giả thiết tốn ta thấy có C52 10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) C53=10 cách chọn chữ số lẽ => có C52.C53 = 100 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 C41.C53.4!960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn tốn
0,5
(30)C©u Néi dung Điểm
I
0 đ
1 1, 25 ®
Víi m = , ta cã : y = x3 – 3x + 1 - TXĐ: R - Sự biến thiên:
+ ) Giới h¹n : xLim y ; Lim yx +) Bảng biến thiên:
Ta có : y’ = 3x2 – y’ = x = -1 hc x =
Hàm số đồng biến khoảng ; 1 1; , nghịch biến khoảng ( -1; 1)
Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số y(-1) =3 Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) =-1 - Đồ thị
+ Điểm uốn : Ta có : y’’ = 6x , y" = điểm x = y" đổi dấu từ dơng sang âm x qua điểm x = Vậy U(0 ; 1) điểm uốn đồ thị
+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0 ;1) + ĐTHS qua điểm : A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1)
0,25 0,25
0,25
0,5
2 75 ®
Để ĐTHS (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ dơng, ta phải có :
1
y '
x x
0 x 0 x 0
y y 0
y 0 0
(I)
Trong : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1) ∆y’ = m2 – m2 + = > với m
y’ = x1 = m = xCĐ x2 = m + = xCT
(I)
2 2
2 m 1 0 m 1 0
3 m 1 2 m 1 m 3 m 2m 1 0
m 1 0
0,25
0,5
1 1, 0®
Ta cã : 2sin 2x 4sin x 0.
6
3sin2x – cos2x + 4sinx + =
3sin2x + 2sin2x + sinx =
sinx ( 3 cosx + sinx + ) =
sinx = (1) hc 3 cosx + sinx + = (2) + (1) x k
+ (2) 3cosx 1sin x 1
2 2
sin x 1
3
5
x 2
6 k
0,25
0,5
y’
y
x
+
-1
+ 0
0
-1
3
-1
6 -2 -4
-5 10
y
x
N
D
B C
A S
M H
t f’(t)
f(t)
-1 1/3 1
+ 0
-3
1 27
(31)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7
Hướng dẫn giải Câu I:
2 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY: 1
2 x X y Y
Hàm số cho trở thành : Y = 3
X
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X Hay y – = - x – y = - x +
Câu II: Điều kiện: sinx 3
2
os 0 2 x
c cosx ≠
Biến đổi pt về: 4cos3x - cos2x – cosx + =
osx = 1 1 cosx =
2 c
2 Điều kiện < x < x ≥
2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)x x x x x x
2
2
2
2log 5log 2 0 log
x x
x
Nghiệm: < x < ≤ x ≤ Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x +
Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0
2 x x
V =
2
2 2
0
(x 4) dx (x 2x x 4) dx
Câu IV: Gọi M; M’ trung điểm AB A’B’ Hạ MH M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
HC = 15
10
a ; M’C = 15
2
a ; MM’ =
3
a
Vậy V = 3
4a
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+) = (2x 1) lnx 1
x
Gọi x1; x2 [0;+) với x1 > x2
Ta có :
1
1
1
1
2 1 2 1 0
( ) ( )
1 1
ln ln 0
x x
f x f x
x x
x x
: f(x) hàm số tăng
Từ phương trình (1) x = y
(2) x1 ( x1)(x1)m x 1 0 1 24 1 0
1 1
x x
m
x x
Đặt X = 1
1 x x
==> ≤ X <
Vậy hệ có nghiêm phương trình: X2 – 2X + m = có nghiệm ≤ X < Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X –
==> hệ có nghiêm -1 < m ≤ Câu VI.a
(32)OI (m 1)2 4m2
, ta có OI < R’
Vậy (C) (Cm) tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( R’ > R) Giải m = - 1; m = 3/5
2 Gọi I tâm (S) ==> I(1+t;t – 2;t) Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139 Câu VII.a
2
2
5xy 3y P
x xy y
Với y = ==> P =
Với y ≠ đặt x = ty; ta có: 25 3 ( 5) 3 0
1 t
P Pt P t P
t t
(1)
+ P = 0 phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ phương trình ( 1) có nghiệm ’ = - P2 – 22P + 25 - 25/3 ≤ P ≤
Từ suy maxP , minP Câu VI.b:
1 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ phương a (1;1; 2)
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ phương b (1; 2;1)
Ta có a b, 0 va a b M M , 10
(d1,d2) : x + y + z – = ==> A (d1,d2) B(2 + t;3 + t;3 - 2t); 5; 5;3
2 2
t t
M t
d2 ==> t = - ==> M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC a
==> t = ==> C(1;4;2) (E):
2
2 2
3 1
1 1
4
x y
a b a b , a
2 = b2 + ==>
2
1 4 1
x y
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2(xM2 yM2 ) – (a2 – e2xM2 ) = Câu VII.b:
Ta có:
2010 2010 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
1 i 3 1 i 3 2 C 3C 3 C ( 1) 3k kC k 3 C 3 C
Mà
2010 2010
2010 2010 2010 2010 -2010 -2010
1 3 1 3 2 ( os in ) 2 os in
3 3 3 3
i i c s c s
= 2.22010cos670 2.22010
Vậy S = 22010
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8
Câu Nội dung Điể
m I-1 Khi m = Ta có hàm số y = - x3 + 3x2 – 4.
Tập xác định D = R. Sự biến thiên. Chiều biến thiên.
y’ = - 3x2 + 6x , y’ = x = v x = 2.
y’> x ( 0;2) Hàm số đồng biến khoảng ( 0; 2)
y’ < x (- ∞; 0) (2; +∞).Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞;0) (2; +∞)
0,25
Cực trị Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = y(2) = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = y(0) = - Giới hạn xLim x ( 3x2 4), Lim xx ( 3x2 4) Đồ thị hàm số khơng có
tiệm cận
(33)Tính lồi, lõm điểm uốn. y’’ = - 6x +6 , y’’ = x =
x -∞ +∞
y’’ +
-Đồ thị
Lõm Điểm uốn Lồi
I(1; - 2) Bảng biến thiên.
x -∞ +∞
y’ - +
-y +∞ (I)
-
- -∞
0,25
Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai điểm (- 1; 0) , (2; 0) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4) Đồ thị hàm số có tâm đối xứng điểm uốn I(1;- 2)
Hệ số góc tiếp tuyến điểm uốn k = y’(1) = f(x)=-x^3+3x^2-4
-3 -2 -1
-6 -5 -4 -3 -2 -1
x y
0,25
I-2 Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = x = v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu phương trình y’ = có hai nghiệm phân biệt m 0,25 Hai điểm cực trị A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm I đoạn thẳng AB I(m ; 2m3 – 3m – 1) Vectơ AB (2 ; 4m m3)
; Một vectơ phương đường thẳng d u (8; 1)
0,25
Hai điểm cực đại , cực tiểu A B đối xứng với qua đường thẳng d I d
AB d
0,25
3
8(2 3 1) 74 0 . 0
m m m
AB u
(34)
II-1 Tập xác định D = R.Phương trình cho tương đương với ( s inx sin ) x 3 cosx(1cos2 )x 0
0,25
( sinx 2sinx.cos ) ( cos x x2 os ) 0c 2x
sinx( 2cos ) cos ( 2cos ) 0 x x x 0,25
( cos )(s inx cos ) 0 x x
3 cos
2 sinx cos
x
x
0,25
5
6
4
2 2
, t anx 1
x k
x k
k Z
x k
0,25
II-2
Điều kiện:
2
0
4
8
x x
x x
x x
0,25
Phương trình cho tương đương với 2 | 4 | 2 2 2 14 0
4 x
x x m x x x m
x
2
( x 2x 8) m 8 2x x 2 2x x 6 m 0
(1)
Đặt t = 8 2x x2
; Khi x - 2; 4) t 0; 3 (2)
Phương trình trở thành : - t2 – mt + 2t – – m =
2 2 6
1
t t
m
t
0,25
Xét hàm số
2
2 6
( ) ; 0;3
1
t t
f t t
t
; f’(t) =
2
2 8 ( 1)
t t
t
; f’(t) = t = - v t =
Bảng biến thiên hàm số f(t) đoạn ; .
t -∞ -4 -1 +∞
f’(t) - + + +
-f(t)
-
-6
0,25
Phương trình đx cho có nghiệm x - 2; 4) Phương trình (2) có nghiệm t 0;
Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t 0; - ≤ m ≤ - 0,25
III-1 Đường thẳng 1 có vectơ phương u 1 (1; 2;1)
, Điểm M O(0; 0; 0) 1 0,25
Đường thẳng 2 có vectơ phương u 2 (1; 1;3)
, điểm N(1;-1;1) 2 0,25
Ta có
2 1 1 2
, ; ; ( 5; 2;1)
1 3 1 1
u u
; ON (1; 1;1) 0,25
Ta có u u1, 2.ON 5 1 2 0
Suy hai đường thẳng 1 2 chéo 0,25 III
-2 Phương trình đường thẳng 2 :
0
3 2 0
x y y z
(35)Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng
(x + y) + (3y + z + 2) = với 2 + 2 x + ( + 3)y + z + 2 = 0.
Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) n( ; 3 ; ) 0,25
Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 góc 300 Ta có sin(1,(P)) = | os( , ) |c u n1
sin300 =
2 2
|1. 2( 3 ) | 6. ( 3 )
2
3. 35 | 5 |
0,25
22 - - 102 = (2 - 5)( + 2) = 2 = 5 v = - 2
Với 2 = 5 chọn = 5, = ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + = 0 Với = - 2 chọn = 2, = - ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – = 0.
Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + = ; 2x – y – z – = 0. 0,25
IV-1
Đặt
2
2
2
2 ln( 1)
1 1 2
x du
u x
x dx
dv v
x x
0,25
Do I =
2
2
1
2 ln( 1)
1
2 ( 1)
x dx
x x x
0,25
2
2
ln ln 5 1
2 8 1
x dx x x
2 2
2
1
ln ln 5 1 ( 1)
2 8 2 1
dx d x
x x
0,25
2 2
ln ln 5 1
ln | | ln | 1| 1
2 8 x 2 x
=
5 2ln 2 ln 5
8
0,25
IV
-2 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 xyz3 (xyz)
3 ≥ 27.xyz xyz ≥ 3 3. 0,25
Áp dụng BĐT Cauchy ta có x2 + yz + yz ≥ 3
3 (xyz) ; y2 + zx + zx ≥ 3
3 (xyz) ; z2 + xy + xy ≥ 3
3 (xyz) 0,25
Từ ta có P 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 13
3 (xyz) 3 (xyz) 3 (xyz) (xyz) (3 3)
0,25
Từ ta có Max P = 1
3 đạt 3
x y z
x y z x y z xyz
0,25
Va-1 Toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình: 3 0 2
7 5 0 1
x y x
x y y
Hay A(2;1)
Phương trình đường phân giác góc A
2
xy x y
2
3
3
d x y
d x y
0,25
Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao
* Nếu d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A phương trình cạnh BC 3x – y + =
* Nếu d2 đường cao tam giác ABC kẻ từ A phương trình cạnh BC x + 3y - 31 = 0,25 TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + =
Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình 3 0 1
3 7 0 4
x y x
x y y
Hay B(-1; 4)
Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình
11 5
7
3
x
x y
x y y
Hay C( 11 5;
)
Diện tích tam giác ABC : 12 ( , ) 12 24 365
5
S d C AB AB (đvdt)
(36)TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 =
Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình 3 0 11
3 31 0 14
x y x
x y y
Hay B(-11; 14)
Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình
101 18
7
3 31
x
x y
x y
y
Hay C(101 18 ; ) Diện tích tam giác ABC : 1 ( , ). 1 104. .13 2 676
2 2 5 2 5
S d C AB AB (đvdt)
0,25
Va-2 Giải phương trình
2
1 4 6
n n n
A C n
; Điều kiện: n ≥ ; n N. Phương trình tương đương với ( 1) ( 1)! 4 6
2!( 1)! n
n n n
n
( 1)
( 1) 4 6
2 n n
n n n
n2 – 11n – 12 = n = - (Loại) v n = 12.
0,25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
12
1 2x
x
Số hạng thứ k + khai triển : Tk +1 = 12(2 )12 1 k
k k
C x
x
; k N, ≤ k ≤ 12
Hay Tk+ = 12
12 2 .
k k k
C x x = 12 24 32
12.2 .
k k k
C x
0,25
Số hạng không chứa x , 0 12 8
24 3 0
k N k
k k
0,25
Vậy số hạng thứ không chứa x T9 = C128 24 7920 0,25
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2 điểm) a (1.0 điểm) Khảo sát…Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 TXĐ D=R
y’=3x2-3; y’=0 1
1 x x
lim x
y
0,25
BBT
x -1
y’ + - +
y
-1
0,25
Hs đồng biến khoảng ( ;-1) (1;), nghịch biến (-1;1)
Hs đạt cực đại x=-1 ycđ=3, Hs đạt cực tiểu x=1 yct=-1 0,25 Đồ thị : cắt Oy điểm A(0;1)
và qua điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng
0,25
y
-2 1
-1 -1
1 2 3
(37)b (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1)
y’=0 1
1 x m x m
0,25
Để đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ dương ta phải có:
'
2 2
' 0
. 0 ( 1)( 3)( 2 1) 0
0 1 0
1 0 0
( 1) 0 (0) 0
y
CD CT
CD
CT
m R
f f m m m m
x m
m x
m f
0,25
Vậy giá trị m cần tìm là:
( 3;1 2)
m
0,25
Câu 2 (2.0 điểm)
a (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +
4
)=0
sin2x + sinx + sin4x – sin2x = – cos(4x +
2
)
0,25
sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25
sinx = 0,25
x =
2
+ k2, kZ 0,25
b (1.0 điểm)
Nhận xét: Nếu (x;y) nghiệm (-x;y) nghiệm hệ Suy ra, hệ có nghiệm x =0
+ Với x = ta có a =0 a = 0,25
-Với a = 0, hệ trở thành:
2
2 2
2 2 (1)
(I) 1 1 (2)
x x
x y x x x y
x y x y
Từ (2)
2
2
1
1 2 1
1 1
x
y
x x x
y x x y
0,25
( I ) có nghiệm
2
2
1
0
2 1
1 1
x
x y
x x x
y y
TM 0,25
-Với a=2, ta có hệ:
2
2
2 2
1
x
x y x x y
0,25
1 2 1
3 1
3 1 2
3 1 2
1 m m
m m
m
(38)Dễ thấy hệ có nghiệm là: (0;-1) (1;0) không TM Vậy a =
Câu 3 (1.0
điểm) Ta có 3
3
sin[(x- ) ]
sinx 6 6
(sinx+ osx) 8 os ( ) 6
c c x
0,25
3 1
sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os(x- ) 6
x c
c
0,25
3
sin( )
3 6 1 1
16 os ( ) 16 os ( )
6 6
x
c x c x
0,25
3
2
s inxdx 3 1
tan( )
16 6
(sinx+ osx) 32 os ( ) 6
x c
c c x
0,25
Câu 4 (1.0
điểm) Gọi I = AC
’A’C, J = A’BAB’
(BA'C) (ABC') = BI (BA'C) (AB'C) = CJ Goi O = BI CJ
O điểm cần tìm
Ta có O trọng tâm tam giác BA’C
0,25
Gọi H hình chiếu O lên (ABC)
Do ABC hình chiếu vng góc BA’C (ABC) nên H trọng tâm ABC 0,25
Gọi M trung điểm BC Ta có: 1
' 3
OH HM
A B AM 0,25
1 1 1
. '
3 9 9
OABC ABC ABC
V OH S A B S V
0,25
Câu 5 (1.0 điểm)
Ta có: 4(x3+y3)(x+y)3 , với
x,y>0
Thật vậy: 4(x3+y3)(x+y)3 4(x2-xy+y2)(x+y)2 (vì x+y>0)
3x2+3y2-6xy0 (x-y)20 đúng Tương tự: 4(x3+z3)(x+z)3
4(y3+z3)(y+z)3
3 3 3
3 4(x y ) 34(x z ) 4(y z ) 2(x y z) 63 xyz
0,25
J
I
O
H
M B'
A'
C'
C B
(39)Mặt khác:
2 2
1 2( x y z ) 6
y z x xyz 0,25
3 3 1
6( ) 12
P xyz
xyz
0,25
Dấu ‘=’ xảy 2 2 2 1
1 x y z
x y z
x y z
y z x
xyz xyz
Vậy P12, dấu ‘=’ xảy x = y = z =1
0,25
Câu 6a (2.0 điểm)
Chương trình chuẩn a (1.0 điểm)
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2
Tọa độ giao điểm (C) (d) nghiệm hệ:
2
0 2 2 0
4 4 4 0 2
0 x y x y
x y x y x
y
Hay A(2;0), B(0;2) 0,25
Hay (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt A,B 0,25
Ta có 1 .
2
ABC
S CH AB (H hình chiếu C AB)
ax CH max
ABC
S m
Dễ dàng thấy CH max ( ) ( )
2
C
C C
x
0,25
Hay : y = x với :
(2; 2) d I
(2 2;2 2)
C
Vậy C (2 2; 2 2) SABCmax
0,25
b (1.0 điểm)
Nhận xét: M(d1) M(d2) Giả sử ( ) ( 1)
( ) ( 2)
d I
d H
Vì Id1 I(2t-1; -1-2t; 2+t) Hd2 H(4t’; -2; 3t’)
0,25
H
A
B I
y
x M
2
2 O
(40)1 2 (1 ')
23 3 2 (2 2)
10 , 0
1 (3 ') 23 18 3
( ; ; ) 5 5 10
cbt
t k t
TM k HM
y t k t
k R k
t k t
T
0,5
Vậy phương trình đường thẳng qua điểm I H là:
1 56 2 16 3 33
x t
y t
z t
là: 5 8 17 0
12 9 16 18 0 x y z
x y z
0,25
Câu 7a (1.0
điểm) Ta có:
1
7
7
4
7
0
1
( ) k( ) (k )k k
x C x x
x
0.25
Để số hạng thứ k khơng chứa x thì:
1 1
(7 ) 0
4
4 3
[0;7]
k k
k k
0.5
Vậy số hạng không chứa x khai triển là: 74 1
35
C 0,25
Câu 6b (2.0 điểm)
Chương trình nâng cao a (1.0 điểm)
Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC:
1
( ) qua B
( ) : 4 3 5 0 BC d
BC
BC x y
Tọa độ điểm C nghiệm hệ: 4 3 5 0 ( 1;3)
2 5 0 x y
C
x y
0,25
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự hệ số góc đường thẳng AC, BC, d2
Ta có:
2
2
3 1 1
4 2 2
1 3 1
1 . 1 . 1 . 1
2 4 2
0 1
(loai) 3
AC
BC d d AC
BC d d AC
AC
AC
AC
K
K K K K
K K K K K
K K
0,25
Vậy pt đường thẳng AC qua C có hệ ssó góc k=0 là: y = + Tọa độ điểm A nghiệm hệ:
3 4 27 0 ( 5;3)
3 0
x y
A y
0,25
Pt cạnh AB là: 5 3 4 7 1 0
2 5 1 3
x y
x y
Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0
0,25
b (1.0 điểm)
+ Xét vị trí tương đối AB , ta có:
cắt AB K(1;3;0)
Ta có KB 2KA A, B nằm phía 0,25
(41) H( 1;t;-3+t) (vì PTTS :
1 3 x y t
z t
)
Ta có . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4
(1; 4;1) '(0;4;1)
AH u t t t
H A
Gọi M giao điểm A’B d (1;13 4; )
3 3 M
0,25
Lấy điểm N
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’BNA+NB Vậy (1;13 4; )
3 3
M 0,25
Câu 7b (1.0 điểm)
Ta có:
(1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = =
0 12 11 12 12 24
12(1 ) 12(1 ) 12(1 ) .( ) 12
k k k
C x C x x C x x C x
0,25
=
0 12 11 11
12 12 12 12 12 11 11
2 10 10
12 10 10
[C ]+C x [C ]
+C [C ]+
C x C x C x x C x
x x C
0,25
Chỉ có số hạng đầu chứa x4 0,25
0 10
4 12. 12 12. 11 12. 10 1221
a C C C C C C
0,25
ĐÁP ÁN ĐỀ Ố S 10
CÂU NỘI DUNG
I 1
TXĐ: D= R\{1}
y’=
Hàm số luông nghịch biến D khơng có cực trị
Giới hạn:
PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1 Bảng biên thiên:
t
- +
f’(t) - +
f(t)
1 +
-
Đồ thị:
x y
f x( ) = x+2 x-1
1
-2
-2 O 1
(42)2
Gọi k hệ số góc đt qua A(0;a) PT đt d có dạng y= kx+a (d)
d tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT có nghiệm <=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1
Theo qua A có tiếp tuyến pt (1) có nghiệm x1 ; x2 phân biệt
Đk : (*)
Khi theo Viet ta có : x1 +x2 = ; x1.x2 =
Suy y1 = 1+ ; y2 =
Để tiếp điểm nằm phía trục Ox y1.y2 <0
⇔ (1+ ) < ⇔
Giải đk ta ⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3
Kết hợp với đk (*) ta có ≠ a>-2/3 II
1
ĐK:
(43) Đối chiếu ĐK ta nghiệm pt cho
2
Đặt : t = x + y ; ĐK: t
Giải PT:
Hệ cho trở thành
Vậy hệ dã cho có nghiệm
III
3
4 .cos
sin
x x
dx
I
3
2 22 .cos
sin . 4
x x
dx
Đặt : t = tanx
Đổi cận: x =
x =
Khi
3 4 3 8 )
3 2 1 ( ) 2 1 ( )
1
(
1 3
1
2
3
2 2
t t
t dt t t
t dt t I
IV
BĐT cần chứng minh tương đương với
Nhận xét: Do nên số thực dương
(44) Chia tử mẫu cho đặt t = ta A = với t >
Xét hàm số f(t) = (0;+ )
Ta có : f’(t) = Bảng biên thiên:
t
+
f’(t) - +
f(t)
1
Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) với t >
Từ A = với x,y > 0; dấu xảy t = nên x = y
Do vai trò nên BĐT cần chứng minh tương đương
Áp dụng BĐT si ta có
Thay vào ta suy BĐT chứng minh, dấu đẳng thức xảy a = b = c = V
Gọi E trung điểm CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân A nên CD AE Tương tự BCD cân B nên CD BE Suy CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy BH (ACD)
Do BH = góc hai mặt phẳng (ACD) (BCD)
Thể tích khối tứ diện ABCD
H
D
E
C B
(45)Mà
Khi : nghiệm pt: x2 - x + = 0
trường hợp DE<a
Xét BED vuông E nên BE =
Xét BHE vuông H nên sin =
Vậy góc hai mp(ACD) (BCD) VIa
1
Ta có ;
[ , ] = (12; -6;8)
Mp (BCD) qua B có VTPT =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0 Gọi d đt qua A vng góc với mp(BCD) d có PT:
Hình chiếu vng góc H A lên mp(BCD) giao điểm d với mp(BCD) Tọa độ H nghiệm hệ :
Vậy H( -2; -4; -4) 2
Đường trịn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H trung điểm AB AH=3 IH AB suy IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT Δ có dạng 3x+4y+c=0
d(I; Δ )=
vậy có đt thỏa mãn toán: 3x+4y+29=0 3x+4y-11=0 VIIa
Ta có (2+x+3x2 )15 =
I
(46)Mà = Vậy (2+x+3x2 )15 =
Theo gt với x5 ta có cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0) Vậy hệ số x5 khai triển :
a= VIb
ĐK: x >
Với ĐK phương trình cho tương đương
Vậy phương trình cho có nghiệm :
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11
Câu ý Híng dÉn gi¶i chi tiÕt
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I
1 Cho hàm số 2 2 2 5 5
x m x m m
x
f ( C )
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1* TXĐ: D = R
2* Sù biÕn thiªn hàm số:
* Giíi hạn ti vô cc:
f x
xlim : xlimf x
* Bảng biến thiên: f' x y'4x3 4x4xx2 1
y'0 x0;x1;x 1
x -∞ -1 +∞ y’ - + - +
y +∞ +∞
Hàm số đồng biến khoảng 1;0 1;, nghịch biến Trên khoảng ;1 v 0;1
H m sà ố đạt cực tiểu x 1;yCT 0, đạt cực đại x 0;yCD 3* Đồ thị:
* im uốn: '' 12
x
y , điểm uốn l :
9 ;
3 ,
9 ;
3
2
1 U
U
* Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)à
* H m sà ố l chà ẵn R nên đồ thị nhận trục Oy l m trà ục đối xứng * Đồ thị:
8
6
4
2
-2
-4
(47)2 Tìm giá trị m để (C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vng cân.
* Ta có ' 4 4 2 0 2 0
2 x
f x x m x
x m
* Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là:
A0;m2 5m5,B 2 m;1 m ,C 2 m;1 m
* Do tam giác ABC cân A, nên tốn thoả mãn vng A:
2 1
0
m m
AC
AB đk (1)
Trong ; 4, ; 4
m m m AC m m m
AB
Vậy giá trị cần tìm m m = Câu II
1
Giải hệ phương trình:
2
2
12 12
x y x y
y x y
* Điều kiện: | | | |x y
Đặt
2 2; 0
u x y u
v x y
; x y khơng thỏa hệ nên xét x y ta có
2
1 2
u
y v
v
Hệ phương trình cho có dạng:
12 12 2
u v
u u
v v
4
8 u v
3
9 u v
+
2
4 4
8 8
u x y
v x y
(I) +
2
3 3
9 9
u x y
v x y
(II) Giải hệ (I), (II)
Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu
5;3 , 5;4
S
2 Giải bất phơng trình : log log 3 5(log 3)
4
2
2x x x
§K:
0 3 log log
0
2 2 2
2x x
x
Bất phơng trình cho tơng đơng với log log 5(log2 3) (1)
2
2x x x
đặt t = log2x,
BPT (1) 2 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)
t t t t t
(48)
4 log3
1 log 43 1 )3(5 )3)(1 (
3 1
2 2
2 x
x t t t tt t t
16
2
x x
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ] (8;16)
2 ;
(
Cõu III Tìm x(0;) thoả mÃn phơng trình:
Cot x - = x x
x x
2 sin sin tan
2
cos
§K:
1 tan
02 sin 0 cos sin
02 sin
x x x
x x
Khi pt x x x
x x
x x x
x x
cos sin sin
sin cos
cos cos sin
sin
cos
x x x x x x
x x x
cos sin sin
cos sin cos
sin sin
cos 2 2
cosx sinxsinx(1 sin2x)
(cos sin )(sin cos sin2 1)
x x x x
x
(cosx sinx)(sin2xcos2x 3)0
cosx sinx0 tanx = ( )
4 k k Z
x
(tm)
4
;
0
k x
x
KL: Câu IV
Tính tích phân : 2
I cos xcos 2xdx
2 2
2
0 0
1 1
I cos cos 2 (1 cos )cos 2 (1 2cos 2 cos )
2 4
x xdx x xdx x x dx
1( sin 2 1sin ) |0/2
4 x x 4 x 8
Câu V
Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC =
2
a
, SA a 3,
SABSAC30
(49)
Theo định lí cơsin ta có:
2 2 2
SB SA AB 2SA.AB.cos SAB 3a a 2.a 3.a cos 30 a
Suy SB a T¬ng tù ta còng cã SC = a
Gäi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB SA, MC SA Suy SA (MBC)
Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN BC Tơng tự ta có MN SA
16 a
3 a a a AM BN
AB AM AN
MN
2 2
2 2
2 2
2
4 a MN
Do
3
1 1 1 3 3
. . . .
3 2 6 2 4 2 32
S MBC
a a a a
V SM MN BC (®vtt)
PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH Phần lời giải b i theo chà ương trình Chuẩn
Câu VIa
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0
v phân giác CD:à x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC
Điểm C CD x y : 1 0 C t ;1 t Suy trung điểm M AC l 1 3;
2 2
t t
M
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
MBM x y t C
Từ A(1;2), kẻ AK CD x y: 1 0 I (điểm KBC) Suy AK:x1 y 2 0 x y 1 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1
1 0 x y
I x y
Tam giác ACK cân C nên I l trung điểm AK tọa độ K 1;0 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 8
x y
x y
2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a
0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tìm hệ số a10
Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=
5 5
2
5 5
0 0
. i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
S
A
B
C M
(50)Theo gt ta cã
3 4 2 10
4 0 5,
2 0 5,
5 0 i k k i
i
k k N
k
i i N
i k
a10= C C50. 55C C52. 54 C C54. 53 101
CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mà ặt phẳng (P): 2x - y + z + = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB v vng góc ới mp (P)
Gäi (Q) lµ mặt phẳng cần tìm
Ta cú AB ( 2,4, 16) phương với a ( 1,2, 8) mp(P) có VTPT
1
n (2, 1,1)
Ta có
[ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT mặt phẳng (Q)
2
n (2,5,1)
Mp(Q) chứa AB v vng góc ới (P) ®i qua A nhËn
2
n (2,5,1)lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 =
Phần lời giải b i theo chà ương trình Nâng cao Câu VI.b
1 Cho hình bình h nh ABCD có dià ện tích Biết A(1;0), B(0;2) v giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C v D
Ta có:
1;2 5
AB AB
Phương trình AB l :à
2x y 2 0
: ;
I d y x I t t I l trung điểm AC v BD nên ta có:à
2 1; , 2 ;2 2
C t t D t t
Mặt khác: SABCD AB CH. 4 (CH: chiều cao)
4 5 CH
Ngo i ra:
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4 3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t d C AB CH
t C D
Vậy tọa độ C v D l à 5 8; , 8 2;
3 3 3 3 C D
C1;0 , D0; 2
2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a
0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tìm hệ số a10
Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=
5 5
2
5 5
0 0
. i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
Theo gt ta cã
3 4 2 10
4 0 5,
2 0 5,
5 0 i k k i
i
k k N
k
i i N
i k
(51)CâuVII.b
Cho h m sà ố y =
2 2
2 1
x x
x (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + Tìm tất giá trị m
để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2
* Hoành độ giao điểm (C) d1 nghiệm phơng trình :
2 2 2
1
x x x m
x
2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)
cắt (C) hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác
2 3 2 1
2 7 0
m m
m m m2-2m-7>0 (*)
Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 hai nghiệm (1) ) d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng qua d2 P trung điểm AB
Thì P thuộc d2 Mà P(
1 2;
2 2
x x x x m
) P( 3 3; 3
4 4
m m
)
VËy ta cã 3 3 3 3 9
4 4
m m m
( tho¶ m·n (*)) VËy m =9 giá trị cần tìm
P N ĐỀ SỐ 12 C
© u
Néi dung §iĨ
m I.
1 Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số 1,00
1) Hàm số có TXĐ: R 2\ 0,25
2) Sự biến thiên hàm số:
a) Gii hạn vô cực đờng tiệm cận:
*
y lim ;
y lim
2 x
x
Do đờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số
* lim lim 2
x y x y đờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên: Ta có:
x 2 0, x
1 '
y 2
B¶ng biÕn thiªn:
x - + y
’ -
-y
-
+
2 * Hàm số nghịch biến khoảng ;2 2;
(52)3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung t¹i ;
0 cắt trục hoành điểm ;0
2
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I. 2
Tìm M để đờng trịn có diện tích nhỏ
1,00
Ta cã: , x 2
2 x 3 x 2 ; x M 0 0
0
,
2 0 2 x 1 ) x ( ' y
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) t¹i M cã d¹ng:
x 2
3 x 2 ) x x ( 2 x 1 y : 0 0,25
Toạ độ giao điểm A, B hai tiệm cận là: ; B2x 2;2 2 x 2 x 2 ; 2 A 0
Ta thÊy A B x0 xM
2 2 x 2 2 2 x x
, M
0 B A y 2 x 3 x 2 2 y y
suy M trung điểm AB
0,25
Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vng I nên đờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
S =
) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25
DÊu “=” x¶y
3 x 1 x )2 x( 1 )2 x( 0 0 2 0 2 0
Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)
0,25
I I. 1
Giải phơng trình lợng giác 1
®iĨm ) ( cos sin cos sin sin
1 2
x x x x x
x sinx
2 cos x sin x cos x sin x sin
1
0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x
sin
0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x
sin
(53)2
sin x 0
x k
x k x
sin 1 x x k , k
2 k2 x k4
2 2
x x
2 sin 2 sin 1
2 2
Z 0,25
I I. 2
Gi¶i bất phơng trình 1 điểm
ĐK: *
2 1 x 2 1 x
2 1 x 0)1x2( 2 1 x 01x4x4 0x 2 1
2 2
0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
log (1 2x) 1
) 2 x ( 2 x 2 ) x 2 1 ( log
2 2 2
log (1 2x) 1 0 x 2
(54)
0x 4 1 x
1)x21(2 0x
1)x21(2 0x
0)x21(2log 0x
0)x21(2log 0x
01)x21(log 0x
01)x21(log 0x
2 2
2 2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta cã:
2 x
hc x < 0,25
II I
Tính tích phân 1
điểm
e
2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) TÝnh
e
dx x x
x I
1
ln 1
ln
Đặt dx
x tdt ; x ln t x ln
t
§ỉi cËn: x1 t1;xe t
0,25
3 2 t
3 t dt t tdt t
1 t I
2
1 2
1
(55)+) TÝnh I x lnxdx
e
2
2 Đặt
3 x v
x dx du dxx dv
xln u
3
2 0,25
e
3 3 3
e e
2 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
0,25
I1 3I2 I
3 e 2
5
0,25 I
V
Tính thể tích hình chóp 1 điểm
Theo định lí cơsin ta có:
2 2 2
SB SA AB 2SA.AB cos SAB3a a 2.a 3.a.cos30 a
Suy SB a T¬ng tù ta cịng cã SC = a 0,25
Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB SA, MC SA Suy SA (MBC)
Ta cã
MBC MBC
MBC MBC
A MBC S ABC
S SA.S
3 S
SA S
MA V
V
V
0,25
Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN BC Tơng tự ta có MN SA
16 a
3 a a a AM BN
AB AM AN
MN
2 2
2 2
2 2
2
4 a MN
0,25
Do
16 a a
3 a a BC MN SA V
3 ABC
S 0,25
V Tìm giá trị nhỏ biĨu thøc 1 ®iĨm
S
A
B
C M
(56)áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 (*)
¸p dơng (*) ta cã
3 3 3 a 3 c c 3 b b 3 a 9 a 3 c 1 c 3 b 1 b 3 a 1 P 0,25
áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có
3
a 3b 1
a 3b 1.1 a 3b
3
b 3c 1
b 3c 1.1 b 3c
3
c 3a 1
c 3a 1.1 c 3a
3 0,25
Suy 3a 3b b 3c c 3a 1 4 a b c 6
3
1 4.3 6 3
3 4
Do P 3
0,25
DÊu = x¶y
3
a b c a b c 1
4 4
a 3b b 3c c 3a 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4
0,25 V I a . 1
Lp phng trỡnh ng thng
1 điểm Cách 1: d1 cã vect¬ chØ ph¬ng a (2; 1)
1 ; d2 cã vect¬ chØ ph¬ng a2(3;6)
Ta có: a1.a2 2.3 1.60 nên d 1 d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d l ng
thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình:
0 B A By Ax ) y ( B ) x ( A :
d
0,25
d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450
A 3 B B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos )1 ( 2 B A B A
2 0 2 2
2 2
0,25
* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3xy 50 0,25
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d:x 3y 50
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy 50 y x :
d 0,25
Cách 2: Gọi d đờng thẳng cần tìm, d song song với đờng phân giác ngồi đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho
Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng trình
) ( 0 8 y3 x9 ) ( 0 22 y9 x3 7 y6 x3 5 y x2 3 6 3 7 y6 x3 )1 ( 2 5 y x2 2 1 2 2 2 2 0,25
+) NÕu d // d có phơng trình 3x 9yc0
Do Pd nªn 69c0 c15 d:x 3y 50 0,25
+) Nếu d // d có phơng trình 9x3yc0
Do Pd nên 18 3c0 c15 d:3xy 50 0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy 50 y x :
(57)V I a. 2
Xác định tâm bán kính đờng trịn
1 ®iĨm DƠ thÊy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D là: 0,25
a b c d 0
, d cz by ax z y
x2 2 2 2 2 2
Vì A',B,C,D S nên ta có hệ:
1 d 1 c 1 b 2 5 a 0 21 d c4 b2 a8 0 29 d c4 b6 a8 0 14 d c4 b6 a2 0 2 d b2 a2
Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2 y2 z2 5x 2y 2z10
0,25
(S) cã t©m
; ;
I , b¸n kÝnh
2 29 R
+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vng góc với (P) (d) có vectơ phơng là: n1;1;1
Suy phơng trình d:
t 1;t 1;t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2/ 5 x
Do H d (P) nªn:
6 t t t t t ; ; H 0,25 36 75
IH , (C) cã b¸n kÝnh
6 186 31 36 75 29 IH R
r 2
0,25 V II a.
Tìm số nguyên dơng n biÕt
1 ®iĨm * XÐt n n n k k n k 2 n 1 n n n x C x C ) 1 ( x C x C C ) x 1 ( (1)
* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:
n n n k k n k n 1 n n x C ) 1 n 2 ( x kC ) 1 ( x C 2 C ) x 1 )( 1 n 2 ( (2) 0,25
Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:
1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) 1 n 2 ( n 2 x C ) 1 k ( k ) 1 ( x C 3 C 2 ) x 1 )( 1 n 2 ( n
2
0,25
Thay x = vào đẳng thức ta có:
2 k k k 2n 2n
2n 2n 2n 2n
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
0,25
Phơng trình cho 2n(2n1)40200 2n2n 201000 n100 0,25 V
I b
Viết phơng trình t¾c cđa E lÝp 1
(58).
1 m
(H) có tiêu điểm F1 5;0;F25;0 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh
M( 4; 3), 0,25
Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: 1
b y a x
2 2
( víi a > b) (E) có hai tiêu điểm F 5;0;F 5;0 a2 b2 52 1
2
1
0,25
4;3 E 9a 16b a b 2
M 2 2 2
Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:
15 b
40 a ba b16 a9
b 5 a
2 2 22 2 2
2 2 2
0,25
Vậy phơng trình tắc (E) lµ: 1
15 y 40 x2
0,25
V I b 2
Tìm điểm M thuộc để AM ngắn
1 ®iĨm
Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc:
3 1 3 2
t z
t y
t x
Gäi I lµ giao điểm (d) (P) I2t 3;t 1;t3
Do I P 2t 32(t1) (t 3)50 t1 I1;0;4
0,25
* (d) cã vect¬ chØ ph¬ng a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến n1;2;1 a,n 3;3;3
Gọi u vectơ ph¬ng cđa u 1;1;1 0,25
u 4 z
u y
u 1 x
: V× M M 1 u;u;4u, AM1 u;u 3;u 0,25
AM ng¾n nhÊt AM
0 u ) u ( ) u ( u AM u
AM
3 u
VËy
3 16 ; ;
7 M
0,25
V I I b
Giải hệ phơng trình:
1 ®iĨm
) 2 ( 1 x xy 1 x 3
) 1 ( 2
. 3 2 2
2
x y y x
(59)Phơng trình (2)
0)1 3(
1 1 13
01
2 yxx
x xxy x x
x y x x yx x x
31 1 0 01 3
0 1
* Víi x = thay vµo (1)
11 log 11
8 2 12
2 2
y y y y y y 0,25
* Víi
x y
x
3 1
1
thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x1 23x1 3.2
Đặt 23
x
t Vì x1 nªn
4
t
)8 3( log 2y
18 3 log 3 1 x 8 3t
i¹lo8 3t 01 t6 t6 t 1 t) 3(
2 2 2
0,25
Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm
11 8 log y
0 x
2
vµ
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3 1 x
2
0,25
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13
Câu Nội Dung Điểm
I.1 (1 điểm)
* TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2) y' = 0
2 x x
* Hàm số nghịch biến (-∞;0) (2;+∞) Hàm số đồng biến (0;2)
Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ =
0,25
(60)Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = * x lim y = + ∞, x lim y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' + + ∞ y
-∞ *Đồ thị: y'' = -6x +
y'' = x = điểm uốn I(1;3) tâm đối xứng đồ thị
0,25
0,25
I.2 (1 điểm)
* PT cho -x3 + 3x2+ = -m3 + 3m2+ Đặt k = -m3 + 3m2+ * Số nghiệm PT số giao điểm đồ thị (C) với đt y = k * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có nghiệm phân biệt < k < * m (-1;3)\ 0; 2
0,25 0,25 0,25 0,25
II.1 (1
điểm) * Đk:
4 0 4 0 x
x
x Đặt t = x 4 x 4 (t > 0)
BPT trở thành: t2 - t - 2( )
3
t L
t
* Với t x 2 16 - 2x
2
( )
0 ( )
4( 16) (9 ) a
b
x x
x 4 9 - 2x 0 x 4 9 - 2x
* (a) x 9
2
* (b) 145 9
36 x <2
*Tập nghệm BPT là: T= 145;
36
0,25
0,25
0,25
0,25
II.2 (1 điểm)
* Đk: cosx x
2 k
PT cho 3sin2x + sinxcosx - sinx
cos x =
* sinx( 3sinx + cosx - 1
cos x) =
sinx 0
1 3 sinx cos 0
osx x
c
* Sinx = x = k * 3sinx + cosx - 1
cos x = 3tanx + -
1 cos x =
0,25
0,25
0,25
(61) tan2x - 3tanx = t anx 0
t anx 3
x x
3 k
k
Vậy PT có họ nghiệm: x = k, x =
3 k
III (1 điểm)
* Đặt t = e x 2 , Khi x = ln2 t = 0 x = ln3 t = ex = t2 + e2x dx = 2tdt * I =
1 2
( 2) 1 t tdt t t
=
1
2
2 1
( 1 )
1 t
t dt
t t
* =
1
(t1)dt
+
1
2
( 1) 1 d t t
t t
* = (t2 2 ) 0t 1 + 2ln(t2 + t + 1)1
0= 2ln3 -
0,25 0,25 0,25
0,25
IV (1 điểm)
* Áp dụng định lí cosin ABC có AB = AC = 2
3 a
S ABC = 1
2AB.AC.sin120
0 =
2 3
3
a Gọi H hình chiếu S lên (ABC),
theo gt: SA = SB = SC HA = HB = HC H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC * Theo định lí sin ABC ta có:
sin BC
A = 2R R = 2
3 a
= HA
SHA vuông H SH = 2
SA HA = 6 3 a
VS ABC. = 1
3 S ABC SH =
2 2
9 a
* Gọi hA, hM khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)
1
2
M A
h SM
h SA hM =
1 2hA
SBC vuông S S SBC = a2 * Lại có: VS ABC. = 1
3 S SBC hA hA =
3 S ABC
SBC
V V
= 2
3 a
Vậy hM = d(M;(SBC)) = 2
6 a
0,25
0,25
0,25
0,25
V (1 điểm)
* Ta cm với a, b > có a3 + b3 a2b + ab2 (*) Thật vậy: (*) (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) 0 (a + b)(a - b)2 đúng
Đẳng thức xẩy a = b * Từ (*) a3 + b3 ab(a + b) b3 + c3 bc(b + c) c3 + a3 ca(c + a)
2(a3 + b3 + c3 ) ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho số dương ta có:
13
a +
1 a +
1
a 33 3
1 1 a b c =
3
abc (2)
* Nhân vế với vế (1) (2) ta BĐT cần cm Đẳng thức xẩy a = b = c
0,25
0,25
0,25
(62)VI.a.1 (1 điểm)
* Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R =
Ta có IA = 5 > R A nằm ngồi đường trịn (C)
* Xét đường thẳng 1: x = qua A có d(I;1) = 1 tiếp tuyến (C)
* 1 tiếp xúc với (C ) T1(4;1)
* T1T2 IA đường thẳng T1T2 có vtpt n
= 1
2 IA
=(1;2) phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)
x + 2y - =
0,25 0,25 0,25
0,25
VI.a.2 (1 điểm)
* Mp(P) có vtpt nP
= (1;1;-2) (S) có tâm I(1;-2;-1)
* IA = (2;1;2) Gọi vtcp đường thẳng u
tiếp xúc với (S) A u IA
Vì // (P) u nP
* Chọn u0
= [IA ,nP
] = (-4;6;1)
* Phương trình tham số đường thẳng :
3 4 1 6 1
x t
y t
z t
0,25
0,25
0,25 0,25
VII.a (1 điểm)
* Đặt z = x + yi (x; y R)
|z - i| = |Z - - 3i| |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
* x - 2y - = Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z đường thẳng x - 2y - =
* |z| nhỏ |OM | nhỏ M hình chiếu O
* M( 3
5 ;-6
5) z = 3 5
-6 5i
Chú ý:
HS dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M
0,25 0,25 0,25 0,25
VI.b.1 (1 điểm)
* B = d Ox = (1;0)
Gọi A = (t;2 2 t - 2) d
H hình chiếu A Ox H(t;0) H trung điểm BC
* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t 1)2 (2 2t 2 2)2
3|t - 1|
ABC cân A chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| * 16 = 8|t - 1| t 3
t 1
* Với t = A(3;4 2), B(1;0), C(5;0) G(3;4 2
3 )
Với t = -1 A(-1;-4 2), B(1;0), C(-3;0) G(1; 4 2
3
)
0,25
0,25 0,25
0,25
VI.b.2 (1 điểm)
* Gọi d đường cao tương ứng với đỉnh A ABC
d giao tuyến (ABC) với ( ) qua A vng góc với BC * Ta có: AB= (1;3;-3), AC= (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2)
[AB, AC] = (18;8;2)
0,25
(63)mp(ABC) có vtpt n = 1
4[AB
, AC] = (-3;2;1)
mp( ) có vtpt n ' = -1
2 BC
= (1;1;1)
* Đường thẳng d có vtcp u =[n , n ' ] = (1;4;-5) * Phương trình đường thẳng d:
1 2 4 3 5
x t
y t
z t
0,25
0,25
VII.b (1 điểm)
* Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) với Ox:
2
1 x m x
x
=
2
0 x m
x x 1
(Cm) cắt Ox điểm phân biệt pt f(x) = x2 - x + m = có nghiệm phân biệt khác
0
(1) 0 f
1 4 0 m m
(*)
* Khi gọi x1, x2 nghiệm f(x) =
1
1
1 m
x x x x
Ta có: y' = '( )( 1) ( 2 1) ' ( )
( 1)
f x x x f x
x
Hệ số góc tiếp tuyến (Cm) A B là: k1 = y'(x1) =
1 1
2
'( )( 1) ( ) ( 1)
f x x f x
x
=
1
'( ) ( 1) f x x =
1
2 1 x x
* Tương tự: k1 = y'(x2) =
2
2 1 x
x ( f(x1) = f(x2) = 0) Theo gt: k1k2 = -1
1
2 1 x x
2
2 1 x x = -1
* m = 1
5( thoả mãn (*))
0,25
0,25
0,25
0,25
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14
Câu ý Nội dung Điể
m
I(2đ) 1(1đ
) Khảo sát hàm số m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x2 + 4
a) TXĐ: R b) SBT
•Giới hạn: xlim y ; limx y 0,25
•Chiều biến thiên:
Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2
x +
y’ + + y
4
0
+
Hàm số ĐB khoảng ( ; 0) (2 ; +), nghịch biến (0 ; 2)
(64)•Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = y(2) =
0,25 c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm đối xứng:I(1 ; 2)
0,25
2(1đ
) Tìm m
Gọi k hệ số góc tiếp tuyến tiếp tuyến có véctơ pháp n1 (k;1)
d: có véctơ pháp n2 (1;1)
Ta có 3 2 2 3 0 12 26 12 1 2 1 26 1 . cos 2 2 k k k k k k n n n n 0,5
u cầu tốn thỏa mãn hai phương trình: y / k1 (1)
2
/ k
y (2) có nghiệm x 2 ) ( 3 ) ( 2 m x m x m x m x 0 / / 0,25 2 m m m m ; ; m m m m
m
2
m 0,25
II(2đ) 1(1đ
) Giải bất phương trình
Bpt )2(3 4 2 log 2 )1(2 4 2 log 3 9 4 2 log 04 4 2 log 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 x x x x x x x x 0,25 có nghiệm
1 2 x
(65)Giải (1): (1) 5 16 3 8 0 4 165 0 4 83 8 4 2
4
x x x x x x x 0,25
Giải (2): (2)
9 4 17 4 0 4 49 0 4 4 17 4 1 4 2 8 1 x x x x x x x 0,25
Vậy bất phương trình có tập nghiệm
16 ; ; 17
0,25
2(1đ )
Giải PT lượng giác
Pt 3sin2x(2cosx1)(cos3x cosx)(cos2x 1) (2cosx1)
) cos ( sin cos sin ) cos ( sin
3 2
x x x x x x
0 ) sin 2 sin )( cos (
x x x
0,5
• )
6 sin( 2 cos sin sin 2 sin
x x x x
x
x k 0,25 • ( ) 2 3 2 2 3 2 0 1 cos
2 k Z
k x k x x
Vậy phương trình có nghiệm: 2
3
k
x ; 2
3
k
x x k
6
(kZ)
0,25
III(1đ
) 1(1đ) Tính tích phân. I 2 1 dx x x
•Đặt dx t dt
x dx dt
x
t ( 1)
2
1
1
2
2 t
t
x
Đổi cận
x
t
0,25
•Ta có I =
(66)IV dt t t t dt t t t t dt t t t t 2 4 2
2 4 2
3 2 1 2 4 3 2 1 ) 1 )( 2 2 ( 2 1 = t t t t ln 2 = ln
2 0,25
(1đ) Tính thể tích khoảng cách
•Ta có IA2IH H thuộc tia đối tia IA IA = 2IH
BC = AB 2a ; AI= a; IH=
2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2 3a 0,25 •Ta có 45 cos 2
2 AC AH ACAH HC a
HC
Vì SH ( ABC) ( ;( )) 600 SCH ABC SC 15 60
tan a
HC
SH
0,25 • 15 15 ) ( 3 a a a SH S
VS ABC ABC 0,25
• BI (SAH)
SH BI AH BI Ta có 2 ) ( ; ( )) ( ; ( )) ( ; ( )) ( ; ( a BI SAH B d SAH K d SB SK SAH B d SAH K d 0,25
V (1đ) Tim giá trị lớn P
xy z z zx y y xy x x P
2 2 2 .
Vì x;y;z 0, Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
xy z z zx y y yz x x P 2
2 2 2
2
(67)
xyz z y x xyz
xy zx yz y
x x z z y
2 2
2
1 1 1 1
2
1
xyz xyz
0,5
Dấu xảy xy z3 Vậy MaxP =
2
1 0,25
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường tròn…
KH: d1:xy10;d2 :2x y 20
1
d có véctơ pháp tuyến n1 (1;1) d2có véctơ pháp tuyến n2 (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) có véctơ phương n1 (1;1) phương trình AC:
0 y
x
AC d2
C Tọa độ C nghiệm hệ: ( )4;1
02 2
03
C yx yx
0,25
• Gọi B(xB;yB) )
2 ; 2
3
(xB yB
M ( M trung điểm AB)
Ta có B thuộc d1 M thuộc d2 nên ta có: ( )0;1 0 2 2 3
0 1
B y
x y x
B B
B B
0,25
• Gọi phương trình đường trịn qua A, B, C có dạng:
2 2
y ax by c
x Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường trịn ta có
3 2
1 17
8 2
1 2
9 6
c b a cb
a ca ca
Pt đường tròn qua A, B, C là:
0 2
y x y
x Tâm I(1;-2) bán kính R = 2
0,5
2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P)
•Gọi n(a;b;c)Olà véctơ pháp tuyến (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
(68)• d(C;(P)) = 16 14 )
2 (
2
3 2
2
2
a ac c
c c a a c a c a c a 7 0,5
•TH1: a cta chọn a c1 Pt (P): x-y+z+2=0 TH2:a7cta chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0
0,25
VII.a (1 đ) Tìm hệ số khai triển
• Ta có
4 ) ( 1
2x x
x nên
10 2 14 12 10
) ( 16 ) ( ) ( 16 ) (
1 x x x x x x
0,25
• Trong khai triển 1 2x14
hệ số x6 là: 2 C6 146
Trong khai triển 12
1 x hệ số x6 là: 2 C6 126
Trong khai triển 1 2x10
hệ số x6 là: 2 C6 106
0,5
• Vậy hệ số 41748
16 16 10 6 12 6 14
6 C C C
a 0,25
VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm tọa độ điểm C
• Gọi tọa độ điểm )
3 ; 3 1 ( ) ;
( C C
C C y x G y x
C Vì G thuộc d
) 3 3 ; ( 3 3 0 4 3 3 1
3
C C yC xC C xC xC
y x
•Đường thẳng AB qua A có véctơ phương AB (1;2) ptAB:2x y 30
0,25 • 11 3 11 ) ; ( 11 ) ; ( C C ABC x x AB C d AB C d AB S 5 17 1 11 6 5 C C C x x x 0,5
• TH1: xC 1 C(1;6)
TH2: )
5 36 ; 17 ( 17 C
xC
0,25
2(1đ) Viết phương trình đường thẳng
• (P) có véc tơ pháp tuyến n(P) (1;1;1) d có véc tơ phương
) ; ; (
.u
) ; ; ( )
(P I
d
I
• (P);d có véc tơ phương u n(P);u(4;2;2) 2(2;1;1)
0,25
• Gọi H hình chiếu I H mp(Q)qua I vng góc Phương trình (Q): 2(x1)(y 2) (z 4)0 2xy z40
(69)n(P);n(Q)(0;3;3) 3(0;1;1) d1 qua I t z t y x ptd 4 2 1 :
Ta có Hd1 H(1;2t;4t) IH (0;t;t)
• 3 3 2 3 2 2 3 t t t IH 0,5 • TH1: : ) ; ; (
H pt x y z
t TH2: 1 1 : ) ; ; (
H pt x y z
t
0,25
VII.b đ Giải phương trình tập số phức.
ĐK: z i
• Đặt z i i z w
ta có phương trình: ( 1)( 1)
w w w
w 3 1 1 i w i w w w w w 0,5
• Với 1 0
z z i i z w
• Với (1 3) 3
2 3
i i z i z
z i i z i w
• Với (1 3) 3
2 3
i i z i z
z i i z i w
Vậy pt có ba nghiệm z0;z z
0,5
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 15
Câ
u Phần Nội dung Điểm
I (2,
0) 1(1,0)
Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa 1,0
2(1,
0) Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x ( 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 x y2 phân biệt cho
2
2 90(*)
x x y y
2 4
( 1) 1 ( ) 1
( 1) 1 x
k x
I x
y k x
Ta có:
2 (2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình
2 (2 3) 3 0(**)
kx k x k có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có
(70)3 0, .
8 k k
Ta biến đổi (*) trở thành:
2 2
2
2 2
(1k ) x x 90 (1k )[ x x 4x x] 90(***)
Theo định lí Viet cho (**) ta có: 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
vào (***) ta có
phương trình: 8k327k28k 3 0 (k3)(8k23k1) 0
3 41 3 41
3, ,
16 16
k k k
KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên.
0,5
0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
II
(2,0) 1(1,0) (sin 3sin 3xx3sin 2sin ) 2sinxx cos 2xx3sin 23sinxx3cos(cos 2xx 2 02 3cos ) 0 x
2
2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0
2
2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0
2
1 sin
2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1 1 cos
2 x
x x x x
x
+)
2
6 , ( ) 5
1
2
i
6
s n .
2
x k
Z k
x k
x
+)
2
3 , ( ) 2
3
1
cos .
2
x
x
k
k Z
x k
+) cosx 1 x k 2 , ( k Z ).
KL:Vậy phương trình có họ nghiệm trên.
0,25
0,25
0,25 0,25
2(1,0)
Dễ thấy y 0, ta có:
2
2
2 2
2
1
4 1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y y
x y xy y
y x y x y x
x y
y
Đặt
2
1 , x
u v x y
y
ta có hệ:
2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+) Với v3,u1ta có hệ:
2 1 1 2 0 1, 2
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
+) Với v5,u9ta có hệ:
2 1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
, hệ vô nghiệm
0,25
0,25
0,25
(71)KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y
Câu P
hầ n
Nội dung Đ
iể m III
(1,0) Đặt , 0 , 0.
2 2 2
x t dxdt x t x t
Suy ra: 2
3 3
0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
(Do tích
phân khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra:
2 2
3
0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
=
=
2
2
2
0 0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x
KL: Vậy
1 . 2 I
0, 2 5
0, 2 5
0, 5
Câu Phần Nội dung Điểm
IV
(1,0) + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N.+ Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
2 3 SG
SO suy G trọng tâm tam giác SBD.
Từ suy M, N trung điểm
SC, SD.
+ Dễ có: . . 1 . 1
2 2
S ABD S BCD S ABCD
V V V V
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
1 1 1
. . 1.1.
2 2 4
S ABN
S ABN S ABD
V SA SB SN
V V
V SA SB SD
1 1 1 1
. . 1 .
2 2 4 8
S BMN
S ABN S BCD
V SB SM SN
V V
V SB SC SD
Từ suy ra:
3 . 8
S ABMN S ABN S BMN
V V V V
+ Ta có: 1 ( )
3
V SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA(ABCD) nên góc hợp AN với mp(ABCD) góc NAD, lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân tại
N, suy NAD NDA 30 0
Suy ra: tan 300 3
SA
AD a
Suy ra: 1 ( ) 1 . 3 3
3 3 3
V SA dt ABCD a a a a
Suy ra: thể tích cần tìm là:
3
3 5
8 8
5 3 . 24
MNABCD S ABCD S ABMN
a
V V V V V V
0,25
0,25
0,5
Câu Phần Nội dung Điểm
V
(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:3ab bc ca 3 (3 abc)2 abc1 Suy ra:
0,25 M
N
O
C
A D
B S
(72)2
2
2
1 ( ) ( ) ( 1 1
1 ( ) 3
) 3 (1).
a b c abc a b c a ab b
a b c a
c ca a
Tương tự ta có: 21 1 (2), 21 1 (3).
1b c a( )3b 1c a b( ) 3c
Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có:
2 2
1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
.
Dấu “=” xảy
1, 3 1, ( , , 0).
abc ab bc ca a b c a b c
0,25
0,5
C â u
P h ầ n
Nội dung Điể
m
V I a ( , )
1( 1, 0)
+ Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R1, ' 3R , đường thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y( 0) 0 ax by a 0, (a2b2 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM.
Khi ta có: MA 2MB IA2 IH2 2 I A' I H' '2
2 2
1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]
,
.
IA IH
2
2
2 2
9
4 ( '; )d I d d I d( ; ) 35 4. a b 35
a b a b
2
2
2
36
35 36
a b
a b
a b
Dễ thấy b 0 nên chọn 1 6
6
a b
a
Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn
0,25
0,25
0,25
0,25
2( 1, 0)
+ Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2). Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB,
AC là: x y z 1 0, y z 3 0.
+ Vecto pháp tuyến mp(ABC) nAB AC, (8; 4; 4).
Suy (ABC):
2x y z 1 0
+ Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
Suy tâm đường tròn I(0; 2;1).
Bán kính ( 0)2 (0 2)2 (1 1)2 5.
R IA
0,25
0,25
0,5
Câu Phần Nội dung Điểm
VII a (1,0)
+ Ta có: 20 20
0 20
(1 ) 2 3 21 .
x x a a x a x a x
20 19 20
0 20
(1 )x 60 (1 )x x a 2a x 3a x 21a x
(*)
Nhận thấy: a xk k ak ( x)k thay x 1 vào hai vế (*) ta có:
0 20
22
2 3 21 4
S a a a a
0,25 0,25 0,25 0,25
C
(73)u ầ n V
I b ( , )
1( 1, 0)
+ Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK
làm vtpt AC qua K nên
(AC x) : 2y 4 0. Ta dễ có:
(BK) : 2x y 2 0
+ Do A AC B BK , nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 ).
A a a B b b Mặt khác M(3;1)là trung điểm AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B
+ Suy ra: AB ( 2; 6)
, suy ra: (AB) : 3x y 8 0
+ Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA (3; 4), suy ra:
(BC) : 3x4y 2 0.
KL: Vậy : (AC x) : 2y 4 0,(AB) : 3x y 8 0 , (BC) : 3x4y 2 0.
0,25
0,5
0,25
2( 1, 0)
+ M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử
1 1 2 2 2
( ; ; ), ( ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1) M t t t N t t t NM t t t t t t + MN song song mp(P) nên:
1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t
2 ( 1; ;31 1)
t t NM t t t
+ Ta có:
1
2 2
1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4
7 t
MN t t t t t
t
+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N ( ; ; ), ( ;4 8 1 4 3; )
7 7 7 7 7
M N
+ Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M( ).P
KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu P
hầ n
Nội dung Điểm
VII b (1,0)
+ Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 2 1
xy x y x x y x
I
x y
+ Ta có:
1
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
x y x
I
y x
1
1
log ( 2) log (1 ) (1) log ( 5) log ( 4) = (2).
x y
x y
y x
y x
+ Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.
t t t
t
Với t 1 ta có: 1 x y 2 yx1 (3). Thế vào (2) ta có:
2
1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
0 2 x x
Suy ra: 1
1 y
y
+ Kiểm tra thấy có x2, y1thoả mãn điều kiện
0,25
0,25
0,25
(74)Vậy hệ có nghiệm x2, y1