de on thi dai hoc 9 rat hay

Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán[r]

ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m1x1, m tham số

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

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x x

x



 

2 Giải phương trình:  2  3

4

log x1 2log 4 xlog 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

2

1

dx A

x x







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

 

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

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 tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng

x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 P :x2y 2z + = 0; Q :  x2y 2z -13 =

Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 

  

 

 

(Ở k, k n n

A C số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử) 2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

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

2

2

x y  x y  Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm

A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B

2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng 1: ; 2 : 5

2

x y z x y z

d     d    

 

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

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số

 3

1 ( ) ln

3 f x

x



 giải bất phương trình

2

sin '( )

2

t dt f x

x









-Hết -Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

Khi m = ta có y x3 3x2 1

  

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

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

 y' 3 x2 6x; '

0 x y

x

 

   



0,25

 Bảng biến thiên

 2 3; CT  0

yC§ y   y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

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

+ Khi m0  y' 3 mx26mx m1

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

4 m

  

II 2,00

1 1,00

 

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x



  (1)

Điều kiện: sin 2x0

0,25

2

1

1 sin 1 sin cos

2 (1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

2

2

1

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

0,50

2 1,00

 2  3

4 2

log x1  2 log 4 xlog 4x (2)

Điều kiện:

1

4

4

1

4

x

x x

x x

  

  

 

  

 

     

0,25

     

 

2

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

0,25

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

 

2 (3)

6 x x

   



 lo¹i

0,25

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

 

 

2 24

4

2 24

x x

    

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6

0,25

Đặt 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1

2

3

2

x t

x t

  

  

0,50

1

3

2

2

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

 

     

 

    

  0,50

IV 1,00

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy

SOE AB

Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =

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

2 2 2

2

1 1 1 1

1

9

9

8 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 81

9

8 2

SE OE SO     SE

0,25

2

1 36

9

2

SAB SAB

S

S AB SE AB

SE

    

 

2

2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE     

 

0,25

Thể tích hình nón cho: . 2. 265.3 265

3 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 265 337 337

9

8 8

265 337 89305

8 8

xq

SA SO OA SA

S OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình

 

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

   

 

    

 

 1   1 x 6 Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).

   

   

2

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x

 

          



Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x

 

 



0,25

Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

        2 2

2

'

2

x x x x f x x x         ;  

2 17

'

2 f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận 17 x 

0,25

Ta có: (1) 2, (6) 27, 17 17

3 13 2

f  f  f    

 

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

Do  

 

0 1;6

27

1;6 : ( ) max ( )

13

x

x f x m f x m m



      

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4  2; 4

2

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình 4 1;0

1 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  a b Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0

Từ giả thiết suy  2; 3   1; 2 Do

   

 

2 2 2

2

|1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25 5

0

| |

3

a b

a b a

a b a b a a b

a b                        

+ a =  b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1)

Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =

0,25

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình: 5; 4

1

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

                 , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

              0,25

 2  2  2

2 2 2 5 2 1

10 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 2 52 (2)

3

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,  | 2 | | 2 13 |

3

2 2 13 ( )

2 (3)

2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

                               lo¹i

Từ (1) (3) suy ra: 17 11 ; 11 4a (4)

3

a

b  c 

Từ (2) (3) suy ra: a2 b2 c2 9 (5)

  

Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 658 0

Như a2 658

221

a Suy ra: I(2;2;1) R = 658 46; ; 67 221 221 221 I  

  R =

0,25

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

x 22y 22z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

                        0,25 VIIa 1,00

Điều kiện: n1 4  n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

             

   

       

   

1

2

4.3.2.1 3.2.1

1

1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

                          0,50 2

9 22

5 50 10

5

n n

n n n

n                0,50 VIb 2,00 1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

y x

x y x y

y x x y                    0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)

Vì ABC 900

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

0,50

2 1,00

Phương trình tham số d1 là:

1 3 x t y t z t          

M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t  t t

Theo đề:

 

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3

1 2

t t t t

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

  

+ Với t1 = ta M13;0; 2;

+ Với t2 = ta M21;3;0

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

này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2  0 x 2y2z (1)

Phương trình tham số d2 là:

5

5

x t

y t

z t

   

 

   

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0)

0,25

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

VIIb 1,00

Điều kiện

 3

1

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     

 ;   

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:   0    

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

 



 

   



         

  0,25

Khi đó:

2

6 sin

2 '( )

2 t

dt f x

x



 



    

2

3 0

3

3

3

3; 3; 2 2

x x

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

  

      

 

ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f x( ) x4 2x2

  

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



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên 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) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao. 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

I

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

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

2 2

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

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

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 3

   Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

-Hết -Đáp án.

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 , '( ) 4 4

A B

k f a  a  a k f b  b  b Tiếp tuyến A, B có phương trình là:

         

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a  ;

         

' ' ( ) f' b

yf b x b  f b f b x f b  b

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

  

3 2

4a 4a = 4b (1)

A B

k k    b a b a ab b  

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

2 1 (2)

a ab b   Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng

        

2 2

4

1

' ' 3

a ab b a ab b

a b

f a af a f b bf b a a b b

         

 

    

      

 



,

Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị 1; 1  1; 1 

2 1 0

1 a ab b a

a b

    

     

II 2,00

1 1,00

Điều kiện: cos sin sin tan cot  cot

x x x x x

x

 

  

 

 0,25

Từ (1) ta có:  

2 cos sin

1 cos sin

2 sin

sin cos cos cos

1

cos sin sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin cosx x sinx

 

 

2

2 4

cos

2

x k

x k

x k

  

 

 



    

  



 0,25

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

4

x  k  k  0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 0,25

Phương trình cho tương đương:

  1  1 

2

3 3

1 1

log log log

2 x  x 2  x 2  x

     

3 3

1 1

log log log

2 x x x x

       

       

3 3

log x x log x log x

        

0,25

   

3

2

log log

3 x

x x

x



 

       



 

 2  3

3 x

x x

x



   



2 9 1 10

10 x x

x

  

    

 

0,25

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

III 1,00

1 1,00

 

2

2

2

2

1 cos sin

2

1

1 sin sin

2

I x x dx

x d x





 

   

 

 

   

 

 

   

2

2

0

3

2

0

1

sin sin sin

2

1

sin sin

2 | 12 |

d x xd x

x 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  

    0,25

và

2

a 3

2 Rh=2

2

2

xq

a a

S      0,25

V 1,00

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

       (1)

Điều kiện : 0 x

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

2

x  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 x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

4

1 1 1

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

đều 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

VII

a 1,00

Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 0,25

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có

13

C cách + Khơng có bi vàng: có C159 cách

0,25

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

C cách chọn viên bi đỏ tính hai lần

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

10 18 13 15 42910

C C  C  C  cách

0,50

VIb 2,00

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

z t              0,25

Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:

      15

2 2 2 16 15

9

t t t t t

             

Suy

4 13 14

; ;

3 3

N   

 

0,25

Ta có 0

3 IM  IN

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

Suy M0(0;-3;4) 0,25

VII

Áp dụng bất đẳng thức 1 (x 0,y 0) x y x y  

Ta có: 1 ; 1 ; 1

2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b   

0,50 Ta lại có:

     

2 2

2 2

2 2

1 2

2 4 2

2

2 1

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2

1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ suy 1 24 24 24

7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy a = b = c =

0,50

ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TỐN, khối A

Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f x( ) 8x4 9x2 1

   

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

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

4

8 osc x osc x m 0 với x[0; ]

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3

log

1

2

2

x

x x   x

 

2 Giải hệ phương trình:

2

2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường

2

| |

yx  x y2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +

4 c c m

  

     

  

     

     

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

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

x t

y t

z t

  

      

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

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

1 1

1 1

xy yz zx x y z 

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

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

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương trình tham số

1 2

x t

y t

z t

  

      

.Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

-Hết -Đáp án

I 2,00

1 1,00

+ Tập xác định: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y; limx y  y' 32x 318x = 2x 16x 2 9

0

' 3

4 x y

x

    

  

0,25

 Bảng biến thiên

 

3 49 49

; ;

4 32 32

CT CT

y y  y y  y y 

    C§

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m 0

   với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2 m 0 (2)

  

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

0,25

Ta có:

(2) 8t  9t   1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m

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

Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

 81

32

m : Phương trình cho vơ nghiệm

1 81

32

m : Phương trình cho có nghiệm

 81

32 m

  : Phương trình cho có nghiệm  0m1 : Phương trình cho có nghiệm

 m0 : Phương trình cho có nghiệm

 m < : Phương trình cho vơ nghiệm

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                           0,50

2 2

log 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x                                                                0,50 2 1,00

Điều kiện: | | | |x  y Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

         

; x y khơng thỏa hệ nên xét x y ta có

2 u y v v        

Hệ phương trình cho có dạng:

2 12 12 u v u u v v                0,25 u v     



3 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

              (I) + 2 3 9

u x y

v x y

              (II) 0,25

Giải hệ (I), (II) 0,25

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

   

 5;3 , 5; 

S

0,25

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

   

 5;3 , 5; 

S

III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:

| | ( )

yx  x C  d :y2x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

 

   

  

 

           



 

   

    

 

 

Suy diện tích cần tính:

   

2

2

0

4

Sx  x  x dx  x  x  x dx

0,25

Tính:  

2

| |

I  x  x  x dx

Vì  

0;2 ,

x x x

    nên |x2 |x x24x 

 

2

4

4

3 I  x  x x dx

0,25

Tính  

6 2

| |

K  x  x  x dx Vì x 2; , x2 4x 0

     x 4;6 , x2 4x0 nên

   

4

2

2

4 16

K  x x  x dxx  x x dx

0,25

Vậy 16 52

3

S    1,00

IV 0,25

Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm

của AB, A’B’ Ta có:  '  ' '  ' '

' AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '

0,25

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên: 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

h

V  B B  B B

Trong đó: 4x2 3 6r2 3; ' 3r2 3; 2r

4

x

B x  B   h

0,25

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r

6r 6r

3 2

V     

 

 

0,25

V 1,00

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;

+/ os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x 

4

c   c   c  c  

       

+/ os 2x + 2 1 os 4x + 11 sin 4x

4 2

c    c   

    

Do phương trình cho tương đương:

  1

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

2

c  

Đặt os2x + sin2x = os 2x -

t c c   

  (điều kiện:  2 t 2)

0,25

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t2 1

 Phương trình (1) trở thành:

2 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t

2

(2)t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t2 4t

  với

2 t

  

0,25

Trong đoạn  2; 2

  , hàm số

2

4

y t  t đạt giá trị nhỏ 2 2 t

và đạt giá trị lớn 2 t 0,25

Do yêu cầu toán thỏa mãn 2 2   m 2

2 m 2

    0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC 3;

2

t t

M   

  0,25

Điểm : 2  7;8

2

t t

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

 

0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:  1 0 I (điểm K BC )

Suy AK:x1  y 2  0 x y  1 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 0;1

1 x y

I x y

  



 

  



Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 4

x y

x y



    

 

2

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ,

( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA IH AH

Mặt khác       

 

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc

với IA A

Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3 



 

, phương với v2;0; 1 

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =

VIIa

Để ý xy1  x y   1 x 1 y0; tương tự ta có

1

yz y z zx z x

   



   

0,25

Vì ta có:

  1 1 1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

 

          

     

 

   

 

 

    

  

 

 

    

 

 



vv

Ta có: AB  1;2 AB Phương trình AB là:

2x y  0

 :  ; 

I d y x  I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

2 1; , 2 ; 2

C t t D t t

0,25

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

4 CH

  0,25

Ngoài ra:  

   

4 8

; , ;

| | 3 3 3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t d C AB CH

t C D

    

 

     

        

    



Vậy tọa độ C D 8; , 2;

3 3

C  D 

    C1;0 , D0; 2 

0,50

2 1,00

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

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

1 2

x t

y t

z t

  

      

Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t

         

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ; 5t  v  3t6; 5.

Ta có

   

   

2

2

| |

| |

u t

v t



 

  

   

 





Suy AM BM | | | |u  v u v  6; 5 |u v  | 29

Mặt khác, với hai vectơ u v , ta ln có | | | | |u  v u v |

Như AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy u v , hướng

3

1

3

t

t t

   

 

1;0; 2

M

 minAM BM  2 29

0,25

Vậy M(1;0;2) minP = 11  29 0,25

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b

   

      

Đặt , ,  , , 0 , ,

2

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

Vế trái viết lại:

2

3

a b a c a

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

   

  

  

0,50

Ta có: x y z z x y z  2z x y  2z z

x y z x y

        

  

Tương tự: x 2x ; y 2y

y z  x y z z x   x y z 

Do đó: x y z 2x y z

y z z x x y x y z

 

   

    

Tức là: 1 2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 