6DethiDHToan2011codapan

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.. Câu II (2,0 điểm).[r]

ĐỀ 1

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

Cho hàm số :y 2xx 11 

 

 (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm đường tiệm cận trục Ox Câu II:(2 điểm)

1 Giải phương trình: sin 2 cos 2 cot

cos sin

x x

tgx x

x  x  

2 Giải phương trình: 2 log xlog 1 log4 x x

9

3 

  

Cõu III: (2 im)

1.Tính nguyên hàm: ( ) sin 2

3 4sin 2

xdx F x

x cos x 

 

2.Giải bất phơng trình: x 1 x 2  x 3 Câu IV: (1 điểm)

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

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Chú ý:Thí sinh đợc chọn làm phần làm hai không đợc chấm A Theo chương trỡnh chuẩn

Câu Va :

1 Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 8C C1 49 n n

n   Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + =

Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB

B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb:

1 Giải phương trình :log x 12 log 32x 1

3    

2 Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp Cho AB = a, SA = a Gọi H K hỡnh chiếu vng góc A lờn SB, SD

Chứng minh SC  (AHK) tính thể tích khèi chóp OAHK

……… … ……… Hết……… (Cán coi thi không giải thích thêm)

Híng dÉn chÊm m«n toán

Câu ý Nội Dung Điểm

I

 TX§: D = R\ {-1/2}

 Sùù BiÕn thiªn:

 

,

2

3

0

2

y x D

x



   

Nên hàm số nghịch biến ( ; 1) ( 1; )

2 va

    

0,25

+ Giíi h¹n ,tiƯm cËn:

2 lim

x

y

  



lim

x

y



 

 

 ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

lim

x

y   



lim

x

y  

  ®THS cã tiƯm cËn ngang: y = -1/2

0,25

+ Bảng biến thiên:

0,25

Đồ Thị :

0,25

x y’

y 

 -1/2 

-

1/2

 

 

-1/2

y

x

I

-1/2

1

1

2

Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox    

 

 ,0 A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng      

 

2 x k y

() tiếp xúc với (C) /

x k x

2x

x k co ù nghieäm

2x

   

    

   

   

 

  

   

0,25

 

      

  

     

  

  

)2 ( k 1 x 2

3

)1 ( 2 1 x k 1 x 2

1 x

2

Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm

 2

1 x

x

2x 2x 1

 



 

   



 

0,25

1

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

2

     x

2

 x

2

  

x

2

  Do k 121

0,25

 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 121 x12

  0,25

II 2

1

Giải phương trình: sincos2xx cossin2xx tgx cotgx (1) (1) cos2xcossinxxcossinx2xsinx cossinxx cossinxx

 

x cos x sin

x cos x sin x cos x sin

x x

cos 

  

0,25

 cosx cos2x sin2x 0 

 cos x cosx sin2x 02     

cosx (cosx :loại sin x 0)

    0,25

 k2

x 0,25

2

Phương trình: 2 log xlog 1 log4 x

3 x

9

3 

 

 (1)

(1) 2 log xlog19x 1 log4 x 3

3 

  

22 loglog xx 1 log4 x

3

3 

  





đặt: t = log3x

0,25

thành t t2 3t t t



     

 

(vì t = -2, t = khơng nghiệm)  t1 hay t 4

0,25

Do đó, (1)

1

log x hay x x hay x 81

3

     

0,25

III 2

1

Ta cã ( ) sin 2 2 2sin cos2

3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2

xdx x xdx

F x

x x x x

 

    

  0,25

Đăt u = sinx ducosxdx O,25

Ta cã:  

2

( ) ( )

1 ( 1)

1

ln

1

udu du du

F x G u

u u

u

u c

u

   

 



   



  

0,25

VËy ( ) ln 1

sin

F x sinx c

x

   



0,25

2

§k:x3

Bpt

1

2

x x x

x x x

     

    

0,25

2

4

3 12

3

6

3

6 3

3 x

x x

x x x

 

  

  



  



   

  





  

0,25 0,25 0,25

Tọa độ A nghiệm hệ 4x y 14 02x 5y 0   xy 24

     A(–4, 2) 0,25

Vì G(–2, 0) trọng tâm ABC nên

  

 

   

 

 

 

2y y

2x x yy yy3

xx xx3

C B

C B C B A G

C B A G

(1)

0,25

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

5 x

y C

C   ( 3)

0,25

Thế (2) (3) vào (1) ta có

  

  

    

   

    

 

0y 1 x

2 y3 x 2 5 2 5 x2 14x 4

2 xx

C C

B B C

B C B

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

0,25

V.a 3

1

Điều kiện n 

Ta có:   



 



n k

k n k k n n

2 2 C x 2

x

Hệ số số hạng chứa x8 n n2

C 

0,25

Hệ số số hạng chứa x8 C4n2n4 0,25

Ta có: A3n 8C2nC1n 49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n =

0,25

Nên hệ số x8 C4723 280

0,25

Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R 3 Đường trịn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB

0,25

Ta có

2 AB BH

AH  

0,25

Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B'

0,25

Ta có:

2

2 3

IH' IH IA AH

2

 

       

 

 

Ta có: MI 5 1 21 2 2 5

0,25

và MHMI HI5 23 72; MH' MI H'I 13

2

     0,25

Ta có: R12 MA2AH2MH243494 524 13 R22 MA'2A'H'2MH'2431694 1724 43

0,25

Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

0,25

V.b 3

1

1 Giải phương trình: log x 12 log 32x 1

3    

§k:1 2x

 

3

2 log x log 2x

    

0,25

 

3

log x log 2x 1

      log x 2x 13     log 33 0,25

 

x 2x

   

 



   

   

   



2

1 x 1 x 1

hoac

2 2x 3x 0

2x 3x 0(vn)

0,25

x

  0,25

2

+BC vng góc với (SAB)

 BC vng góc với AH mà AH vng với SB

 AH vng góc với (SBC)  AH vng góc SC (1)

+ Tương tự AK vng góc SC (2)

(1) (2)  SC vng góc với (AHK ) 0,25

2 2

SB AB SA 3a  SB =a

AH.SB = SA.AB  AH=a

3  SH=

2a

3  SK=

2a 3

(do tam giác SAB SAD vuông A)

0,25

Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a

BD SB  

0,25

kẻ OE// SC  OE(AHK doSC)( (AHK)) suy OE đờng cao hình chóp OAHK OE=1/2 IC=1/4SC = a/2

0,5

Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có

2 2 4a

AM AH HM

9

    AM=2a

3

  

3

OAHK AHK

1 a a

V OE.S HK.AM

3 2 27 (®vtt)

S

0,25

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm)

A

M

I

E

O

H

K

M C

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

m), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m =

2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ Câu II (2,0 điểm)

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

2 Giải hệ phương trình 2

x(x y 1)

(x y)

x

   

 

    

 

(x, y  R)

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3 x

dx I

e

 



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

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

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

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

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

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

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)=

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

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO = 300.

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

1 1

 

 

 mặt phẳng (P): x + 2y –

3z + = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vuông góc với đường thẳng  Câu VII.b (1,0 điểm)

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

2

x x

y

x

 

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

]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R

y’ = 4x3 – 4x; y’ =  x =  x = 1;

xlim  x  1 + y'  +  +

y + + 1 CĐ 1

CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +)

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

y đạt cực tiểu -1 x = 1 1

x y

Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0)

Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); ( 2;0)

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = -1 x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

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

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hoành độ nhỏ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 <

 3m

3m 1

         m m         

Câu II 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     cos5x sin 5x 2sin x   3cos5x 1sin 5x sin x

2    sin 5x sin x



 

 

 

 

 5x x k2

3



    hay 5x x k2



    

 6x k2



   hay 4x k2 k2

3

 

       

 x k

18

 

  hay x k

6

 

  (k  Z) 2) Hệ phương trình tương đương :

2 2

2

2

x(x y 1)

x(x y) x

x (x y) x

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

ĐK : x ≠ Đặt t=x(x + y) Hệ trở thành:

2

t x t x t x t x

t x (t x) 2tx tx x t

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

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

2

x x x

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

Câu III :

3 x x 3 x 3

x

x x 1

1 1

1 e e e

I dx dx dx ln e

e e

 

     

 

  

3

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

        

Câu IV.

2 9 4 5 5

AC  a  a  a  AC a

2 2

5

BC  a  a  a  BC a

H hình chiếu I xuống mặt ABC Ta có IH AC

/ /

/

1

2 3

IA A M IH a

IH

IC  AC   AA   

3

1 1 4

2

3 3

IABC ABC

a a

V  S IH  a a   (đvtt)

Tam giác A’BC vuông B Nên SA’BC=

1

52

2a a a

Xét tam giác A’BC IBC, Đáy /

/

2 2

5

3 IBC A BC

IC A C S  S  a Vaäy d(A,IBC)

3

3 2

3

9 5

IABC IBC

V a a a

S a

   

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

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

Đặt t = x.y, x, y  x + y = nên  t  ¼ Khi S = 16t2 – 2t + 12

S’ = 32t – ; S’ =  t = 16 S(0) = 12; S(¼) = 25

2 ; S ( 16) =

191

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

2 x = y = Min S = 191

16

2

x

2

y

 

   

    

hay

2

x

2

y

 

   

    

PHẦN RIÊNG Câu VI.a.

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – = đường trung tuyến AD : 7x – 2y – = A = AH  AD  A (1;2)

M trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) =  x + 6y + = D = BC  AD  D (0 ;

2

 )

D trung điểm BC  C (- 3; - 1)

AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)   

nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) =  3x – 4y + = 2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2) 



nên có phương trình :

x t

y t (t ) z 2t

   

  

   



D  AB  D (2 – t; + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t) 



Vì C  (P) nên : CD //(P) CDn(P)

 

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

2

       Vậy : D 1; ;

2

 



 

 

Câu VI.b (x – 1)2 + y2 = Tâm I (1; 0); R = 1 Ta có IMO = 300, OIM cân I  MOI = 300

 OM có hệ số góc k = tg300 =

 + k = 

3  pt OM : y= x

3 vào pt (C) 

2

2 x

x 2x

3

  

 x= (loại) hay x

 Vậy M 3;

2

 



 

 

Cách khác:

Ta giải hình học phẳng

O I

1

M

2

M

OI=1, IOM IMO 300

  , đối xứng ta có điểm đáp án đối xứng với Ox

H hình chiếu M xuống OX Tam giác OM H1 nửa tam giác đe uà

OI=1 => 3 , 3

2 3

OH   OM  HM  

Vaäy 1 3, , 2 3,

2 2

M   M   

   

2 Gọi A =  (P)  A(-3;1;1)

a (1;1; 1)



; n( P)(1;2; 3)



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

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nên pt d :

x y z

1

  

 



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

Vậy z – (3 – 4i) =  (x 3) 2(y 4) 2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

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

2

x x

2x m x

 

  (1)

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

 3x2 + (1 – m)x – =

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

b a

 =  m – =  m =

ĐỀ 3

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

Cho hàm số y x  1 2x

 



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

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

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình  

   

1 2sin x cos x

3 2sin x sinx





 

2 Giải phương trình 2 3x 5x 03      x R 

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 2 

I cos x cos x.dx 

 

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) cùng

vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm)

x y 3x z 33 x y x z y z         5 y z  3

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng

:x y

    Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x 2y z 0    mặt cầu

 S : x2y2z2 2x 4y 6z 11 0    Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường trịn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2 + 2z + 10 = tính giá trị biểu thức A = |z1|3 + |z2|3

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

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y24x 4y 0   đường thẳng

: x my 2m

     , với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x 2y 2z 0    hai đường thẳng

1

x y z x y z

: ; :

1 2

    

     

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

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình      

2

2

2

x xy y

log x y log xy

x, y R   81

   



 

 



-Hết -ĐÁP ÁN Câu I.

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với x

2



+ y’ =

 2

1

0, x 2x



  



+ Tiệm cận Vì

x

x

lim

2x  

 

 nên tiệm cận ngang : y =

1

Vì 3

x x

2

x x

lim ; lim

2x 2x

 

   

     

   

 

  

  nên tiệm cận đứng : x = -

Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy 0;2

 

 

  cắt Ox (-2; 0)

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

Ta có

1 y '

(2x 3)

 

 nên phương trình tiếp tuyến x x (với

3 x

2

 ) là:

y - f(x0) = f’(x0)(x -x0)

0

2

0

2x 8x

x y

(2x 3) (2x 3)

 



 

 

Do tiếp tuyến cắt Ox A(

0

2x 8x 6;0)

và cắt Oy B(0;

2

0

2

2x 8x

(2x 3)

 

 )

Tam giác OAB cân O OA OB (với OA > 0)

2

2 0

A B 0

0

2x 8x

x y 2x 8x

(2x 3)

 

     



0

0

0

x 1(L)

(2x 3) 2x

x 2(TM)

 

       

Với x0 2 ta có tiếp tuyến y = x

Câu II.

1.Giải phương trình :  

   

1 2sin x cos x

3 2sin x sinx





 

Giải :

ĐKXĐ:

5

1 x k2 ; x k2

sinx 6 6

2

sinx x 2l

2

  



     

 



 



 



     

 



Phương trình cosx - 2sinxcosx = 3 (1 – sinx + 2sinx – 2sin2x)  cosx – sin2x = 3+ 3sinx - 3sin2x

  3sinx + cosx = sin2x + 3(1 – 2sin2x)

= sin2x + 3cos2x

 - 3sin x 1cos x 1sin 2x 3cos 2x

2 2 2 

 sin x.cos5 cos x.sin5 sin 2x.cos cos 2x.sin

6 3

   

  

 sin x sin 2x

6

 

   

  

   

   



5

x 2x m2

6

5

x 2x n2

6

 



    

 

 

      





x m2 x m2

2

2

3x n2 x n

6 18

 

 

      

 



 

  

      

 

 

Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm pt là: x = n2 n Z

18

 

  

2 Giải phương trình :2 3x 5x 03      x R  Đkxđ: 5x x

5

    (*)

Đặt

3

3

2

2u 3v

u 3x u 3x

(v 0)

5u 3v

v 5x

v 5x

        

 

  

  

 

 

   

 



8 2u v

3

5u 3v

 

   

  



3

15u 64 32u 4u 24

3 2

2

0

15u 4u 32u 40 (u 2)(15u 26u 20)

u

15u 26u 20 vô n ' 13 15.20

u x 2(tm)

    

    

   

      



   

Vậy phương trình có tập nghiệm S={-2} Câu III.Tính tích phân 2 

0

I cos x cos x.dx 

  Ta có:

I = 2

0

cos x.dx cos x.dx

 



 

Ta có: I2 =

2

2

0

1

cos x.dx (1 cos2x).dx

 

 

  =

1

x sin 2x

2 0

 

 

 

 

 

Mặt khác xét I1 =

2

5

0

cos x.dx cos x.cosx.dx

 



 

=

3

2

0

1 2sin x

(1 sin x) d(sin x) sin x sin x

5 15

0 



 

     

 



Vậy I = I1 – I2 = 15

 

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

cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Giải:

Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI (ABCD) .

Ta có IB a 5; BC a 5; IC a 2;  

Hạ IHBC tính IH 3a 5

 ;

Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 3a 15

5



2 2

ABCD AECD EBC

S S S 2a a 3a (E trung điểm AB)

3

ABCD

1 3a 15 3a 15

V S SI 3a

3 5

Câu V.Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:

x y 3x z 33 x y x z y z        5 y z  3 Giải: Từ giả thiết ta có:

x2 + xy + xz = 3yz  (x + y)(x + z) = 4yz Đặt a = x + y b = x + z

Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 ab = 4yz Mặt khác

a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2  2(a2b ) a b2   2ab

 

= 2 (a b)2 2ab a b2 ab

     

   

= 2 (y z)2 2yz y z2 4yz

     

   

= 2 (y z)2 4yz y z 2

    

 

 4(y z) y z   2 2(y z) (1)

Ta lại có:

3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)

3(y + z)2 (y + z) = 3(y + z)3 (2)

Cộng vế (1) (2) ta có điều phải chứng minh Câu VI a

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng :x y 0   Viết phương trình đường thẳng AB

Ta có N DC, F AB, IE NE

Tính N = (11; 1)

Giả sử E = (x; y), ta có:

IE



= (x – 6; y – 2); NE = (x – 11; y + 1)

IE



NE = x2 – 17x + 66 + y2 – y – = (1)

E    x + y – = (2)

Giải hệ (1), (2) tìm x1 = 7; x2 =

Tương ứng có y1 = 2; y2 = 1 E1 = (7; 2); E2 = (6; 1) Suy F1 = (5; 6), F2 = (6; 5)

Từ ta có phương trình đường thẳng AB x – 4y + 19 = y =

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x 2y z 0    mặt cầu

 S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường trịn

Giải:

Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5 Khoảng cách từ tâm I đến mp (P)

2.1 2.2

d(I;(P))

4

  

 

 

Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường trịn

Gọi H hình chiếu I (P) H giao mp(P) với đường thẳng qua I, vng góc với (P) Dễ dàng tìm H= (3;0;2)

Bán kính đường trịn là: R2 IH2 4

 

Câu VII a

Phương trình: z2 + 2z + 10 = 0 Ta có: '= (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2

nên phương trình có hai nghiệm là: z1 = -1 – 3i z2 = -1 + 3i

Suy

2 2 2

1

2 2 2

2

z = (-1) + (-3) = 10 z = (-1) + (3) = 10

Vậy A = z12+ 2

z 10 10 20 

Chương trình nâng cao Câu VI b

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y24x 4y 0   đường thẳng

: x my 2m

     , với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn

Giải:

2 2

(C) : (x 2) (y 2) ( 2)

Đường tròn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính R : x my 2m

    

Gọi H hình chiếu I 

 Để cắt đường tròn (C) điểm A,B phân biệt thì: IH<R  Khi

2 2

IAB

1 IH HA IA R

S IH.AB IH.HA

2 2





     

SIAB max

  IH HA 1  (hiển nhiên IH < R)

2 2

2

2

1 4m

1 4m m 1 8m 16m m

m

m

15m 8m 8

m 15



          



  

   

 



Vậy, có giá trị m thỏa mãn yêu cầu là: m = m = 15

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x 2y 2z 0    hai đường thẳng

1

x y z x y z

: ; :

1 2

    

     

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

Giải:

Giả sử M(a;b;c) điểm cần tìm  Vì M 1nên:

a b

a b c

c 6b

1

  

 

   

 

  Khoảng cách từ M đến mp (P) là:

2 2

a 2b 2c 11b 20 d d(M;(P))

3 ( 2)

   

  

  

 Gọi (Q) mp qua M vng góc với 2, ta có:

2

(Q)

n u (2;1; 2)

 

(Q) : 2(x a) 1(y b) 2(z c)

      

Hay (Q): 2x y 2z 9b 16 0    

2 2 2

2x y 2z 9b 16

x y z

2

H( 2b 3; b 4;2b 3)

MH (3b 4) (2b 4) (4b 6) 29b 88b 68

    

 

   

 

 



     

         

Yêu cầu toán trở thành:

2

2

2

2

MH d

(11b 20) 29b 88b 68

9

261b 792b 612 121b 440b 400 140b 352b 212

35b 88b 53 b

53 b

35





   

     

   

   

   

  

Vậy có điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) M 18 53 3; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII b.

Giải hệ phương trình      

2

2

x xy y

log x y log xy

x, y R   81

   



 

 



Giải:

Điều kiện

2

x y

xy xy

  

 

  

Viết lại hệ dạng:

2

2 2

2

2

x xy y

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

x xy y

3  

     

 



 

  

 

 



 

2

2

2

x y (x y)

(x; y) (2; 2);( 2; 2)

x

x xy y



   



       



  

 



: thỏa mãn

ĐỀ 4

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

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (C

m); ( m tham số)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến

(Cm) D E vng góc với

1.Giải phương trình:

x x x

x

x 2

3

2

cos

1 cos cos

tan

cos    

2.Giải hệ phương trình:

2

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

    



   



, ( ,x yR) Câu III (1 điểm)

Tính tích phân:

3

2

log 3ln

e

x

I dx

x x







Câu IV (1 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có cạnh AB = AD = a, AA' =

2

a vµ gãc BAD = 600 Gäi M N

lần lợt trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN) Tính

thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN

Câu V (1 điểm)

Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

27 ab bc ca   abc

B PHẦN RIÊNG(3 điểm). Thí sinh làm hai phần (phần 1 2)

1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)

Câu VIIa (1 điểm)

Cho z1, z2 nghiệm phức phương trình 2z2 4z11 0 Tính giá trị biểu thức

2 2

2

( )

z z

z z





2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y10 0 điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A tiếp xúc với đường

thẳng ’

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC

Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2

1

1

2log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y

xy x y x x

y x

 

 

        

 

  

 

, ( ,x yR)

- tavi -ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1

2 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) =  m = 0, f(x) = 0 0.25

Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác

y’(x1).y’(x2) = -1 0.25

Hay 2

1 2

9 0, (0)

(3 )(3 )

m f m

x x m x x m

   

 

    



2 2 2

1 2 2 2

9, 0 9, 0

4

9( ) 18 ( ) ( ) 36 ( )

m m m m

x x x x x x m x x x x m x x m m m

 

   

 

  

             

 

Giải ta có ĐS: m = 65

 0.25

II ĐK cosx ≠ 0, pt đưa cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan2x) 2cos2x cos -1 0x

        0.5

Giải tiếp cosx = cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS:

2

2 , ; hay

3

x k  x  k  x k  0.5

2

0

y , ta có:

2

2

2 2

2

1

4

( )

( )

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y y                            0.25 Đặt 1 , x

u v x y

y



   ta có hệ: 2 2 3,

2 15 5,

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

   0.25

+) Với v3,u1ta có hệ:

2 1 1 2 0 1, 2

2,

3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

                                0.25

+) Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ

vô nghiệm

KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0.25

III

3

2

3

2 2

1 1

ln

log ln ln .ln

ln

1 3ln 3ln 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

 

 

 

  

  

   0.25

Đặt 1 3ln2 ln2 1( 1) ln

3

dx

x t x t x tdt

x

       Đổi cận … 0.25

Suy    

2 2 2 3

1 1

1

log 3 1

ln 9ln

1 3ln

e t

x

I dx tdt t dt

t

x x



   



   0.25

2

3

1

1

9ln 3t t 27 ln

 

    

  0.25

IV Chứng tỏ AC’ BD 0.25

C/m AC’ PQ, với P,Q trung điểm BD, MN Suy AC’ (BDMN) 0.25 Tính chiều cao AH , với H giao PQ AC’ Nếu dùng cách hiệu thể

tích phải cách tính 0.25

Tính diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: 3 16

a

0.25

V Ta có ab bc ca   2abc a b c (  ) (1 )  a bc a (1 a) (1 )  a bc Đặt t= bc ta có

2

( ) (1 )

0

4

b c a

t bc  

    Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t đoạn

2 (1 ) 0; a        0.5 Có f(0) = a(1 – a) ( )2

4 27

a  a

  

2

(1 ) 1

(2 )

4 27 3 27

a

f     a a  

   

 

với a 0;1

Vậy 27

ab bc ca   abc Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 0.25

VIa Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iĨm cđa BC

Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) Vì C trung điểm AB nên:

2 11 2

' ; '

2

m c m c

C      CC

  nªn

2 11 2

2( )

2

m c m c

m          41 ( ; ) 6 I

 Phơng trình BC: 3x 3y + 23=0

Tọa độ C nghiệm hệ: 14 37;

3 23 3

x y C x y                  0.5

Tọa độ B = 19 4;

3

 



 

  0.5

2 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  0. 0.25

Vectơ pháp tuyến mp(ABC) nAB AC,  (8; 4;4).

                              

Suy (ABC):

2x y z   1 0.25

Giải hệ:

1 0

3

2 1

x y z x

y z y

x y z z

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

Suy tâm đường tròn I(0; 2;1) 0.25 Bán kính R IA ( 0)2 (0 2)2 (1 1)2 5.

         0.25

VII

a Giải pt cho ta nghiệm:

3

1 ,

2

z   i z   i 0.5

Suy

2

1 2

3 22

| | | | ;

2

z z     z z 

  0.25 Đo 2 2 11 ( ) z z z z     0.25

VIb Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 0.25

Theo yc k/c từ I đến ’ k/c IA nên ta có

2

2

3( 8) 10

( 2) ( 1)

3 t t t t            0.25

Giải tiếp t = -3 0.25

Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25

2 Ta có AB(2; 3; 1),   AC ( 2; 1; 1)    n(2; 4; 8) vtpt (ABC) 0.25 Suy pt (ABC) (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = 0.25

M(x; y; z) MA = MB = MC  …. 0.25

M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VII

b + Điều kiện:

2

2 0, 0, 0,

( )

0 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     

 0.25

1 2

1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) log ( 2) log (1 ) (1)

( )

log ( 5) log ( 4) = log ( 5) log ( 4) = (2)

x y x y

x y x y

x y x y x

I

y x y x

                                    0.25 Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

1

2 ( 1)

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y yx1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4) = log 1

4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0 x x

    

 Suy ra:

1 y

y

  





+ Kiểm tra thấy có x2, y1thoả mãn điều kiện

Vậy hệ có nghiệm x2,y1 0.25

ĐỀ 5

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

( )

yf x x  x

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

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

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: cos sin 

tan cot cot

x x

x x x

 

 

2 Giải bất phương trình:  

3 1

3

1

log log log

2

x  x  x  x

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

cos sin cos

I x x x dx



 

1

0

dx I

x







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

Câu V (1 điểm) Cho phương trình x 1 x 2m x1 x 24 x1 x m3

      

Tìm m để phương trình có nghiệm

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

Câu VI.a (2 điểm)

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

2

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

tuyến lập với góc 600.

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) Cho phương trình : z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (1)

1) Chứng minh (1) nhận nghiệm ảo 2) Giải phương trình (1)

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

2

I

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

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

2 2

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

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

Chứng minh rằng: E = 19 20

9

n n

i i

i i

 

   



   

 

   

 R

-Hết -ÁP ÁN

Đ

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: xlim  y; limx y

 ' 4  ; ' 0

1 x

y x x x x y

x

 

      

 

0,25

 Bảng biến thiên

     

1 1; 1; 0

CT CT

y y   y y  yC§ y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Ta có f x'( ) 4x3 4x

  Gọi a, b hoành độ A B

Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B '( ) 4 4

A

k f a  a  a

'( ) 4 B

k f b  b  b

Tiếp tuyến A, B có phương trình là:          

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a  ;

         

' ' ( ) f' b

yf b x b  f b f b x f b  b

Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:

  

3 2

4a 4a = 4b (1)

A B

k k    b a b a ab b  

Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:

2 1 (2) a ab b  

        

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),hoặc (a;b)= ;

3

 



 

 

các nghiệm tương ứng với điểm đồ thị 1; 1  1; 1  , (a;b)=

1 ; 3       

Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với

2 1 0

1 1;

3 a ab b

a a a b               II 2,00 1 1,00

Điều kiện: cos sin sin tan cot  cot

x x x x x

x         0,25

Từ (1) ta có:  

2 cos sin

1 cos sin

2 sin

sin cos cos 1 cos

cos sin sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin cosx x sinx

    2 cos 2 x k x k x k                   0,25

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho  

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

 

2

2

0

1 1

cos sin sin sin

2 2

I x x dx x d x

 

   

       

   

  0,50

  2   2 2

0

0

1 1

sin sin sin sin sin

2 d x xd x x| 12 x|

 

 

       0,50

IV 1,00

Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM  AB O N' CD

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

OM

I

 vuông cân O nên:

2 2

2 2 2

h a

OM OI  IM    h a 0,25

Ta có:

2

2 2 2 2

2 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  

    (đvtt) 0,25

và

2

a 3

2 Rh=2

2

2

xq

a a

S      (đvdt) 0,25

V 1,00

Phương trình x 1 x 2m x1 x 24 x1 x m3

       (1)

Điều kiện : 0 x

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

2

x  x x Thay

x vào (1) ta được:

3

1

2

1

2

m

m m

m

 

    

 

0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:

4 41 2 0

2 x  x   x

Phương trình có nghiệm

0,25 * Với m = -1; (1) trở thành

     

    

   

4

4

2

4

1 2 1

1 1

1

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với 41 0

2 x  x   x

+ Với 1

2 x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm

* Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm 0,

2

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

Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1

0,25

VIa 2,00

1 1,00

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

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

Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: x 22y12 20

0,25 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương

trình:    

2

2 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: 3;9 M 

 

27 33 ; 10 M 

  0,25

2 1,00

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

gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm 3;0;3

2

G 

 , bán kính

14 R GA 

0,50

VIIa 1,00

a) Đặt z = yi với y  R

Phương trình (1) có dạng: (iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = 0

 -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = = + 0i

đồng hoá hai vế ta được:

2

3

2

2 10

y y

y y y

  

 

    

 

giải hệ ta nghiệm y = Vậy phương trình (1) có nghiệm ảo z = 2i

b) Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i

 vế trái (1) phân tích dạng:

z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b  R)

 (1)  (z – 2i)(z2 = 2z + 5) =  2

2

1

2

1 z i z i z i z z z i                  

Vậy phương trình (1) có nghiệm

VIb 2,00

1 1,00

I có hồnh độ

I

x   : 3; 2 I d x y    I 

 

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

 2  2 9

2 2

4

I M I M

AB IM  x  x  y  y   

D

12

D = 12 AD = 2

3

ABCD ABC

S

S AB A

AB       AD d M AD       

, suy phương trình AD: 1.x 31. y 0 0 x y  0 Lại có MA = MD =

Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:

 2  2  2  2

3 3 3

3 3

3

x y y x y x

x y x x

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

3 1

y x x

x y

  

 

   

  

 

4 x y    

 Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 ; 2 I 

  trung điểm AC, suy ra:

2

2

2

2

A C

I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

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

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

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

0,50

2 1,00

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

 

 ,  2.2 1  16

d d I P        d R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =

0,25

Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc

của I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

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

(P)

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



qua I nên có phương trình  

2 2

x t

y t t

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

VIIb 1,00

   

   

2

19 (9 ) 20 (7 )

19 20

9 82 85

164 82 170 85

2

82 85

n n

n n

n n

n n

i i i i

i i

E

i i

i i

i i

   

   

 

   

       

 

       

 

   

       

   

 E2 E2  E2 R

0,50 0,50

ĐỀ 6

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

3

y x  mx  x m  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = –

2 Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt có tổng bình phương hồnh độ lớn 15

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình : tan2x tan sin2x 3x cos3x 1 0

   

2 Giải B PT    

2

2

2

log log

0

3

x x

x x

  



 

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I =

43

4

1 ( 1)dx x x 



1

0

2

x

J dx

x

 



Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên

AA = b Gọi  góc hai mặt phẳng (ABC) (ABC) Tính tan thể tích khối chóp

A.BBCC

Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 5 x x1  5 6x x m

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a.

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A1;3 nằm (C): x2 y2 6x 2y 6 0

     Viết phương trình

đường thẳng d qua A cắt (C) hai điểm B C cho AB=BC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):

2

3

x t

y t

z t

   

  

   

mặt phẳng (P) :

2

x y z

     Viết phương trình đường thẳng () nằm (P), song song với (d) cách (d)

Câu VI.a Chứng minh rằng: E = 19 20

9

n n

i i

i i

 

   



   

 

   

 R

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho ABC có cạnh AC qua điểm M(0;– 1) Biết AB = 2AM, phương trình

đường phân giác AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + = Tìm tọa độ đỉnh ABC

2 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x12y22z32 14 điểm

 1; 3; 2

M    Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M cho (P) cắt (S) theo giao tuyến

đường trịn có bán kính nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số ( ) :

m

x x m

C y

x

  

 Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt A,B

cho tiếp tuyến (Cm)tại A,B vng góc với