9 de thi thu dai hoc mon toan co dap an nam 2012

Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o.. Chứng minh[r]

(1)

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3 +3mx2 +

(

m

)

x

2 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = -1 qua điểm A(1;2)

Câu II (2 điểm) Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x Giải phương trình 2x+1 + 3−2x=

2 ) ( x−

(x ∈ R)

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1:

1

3

3= − = −

− y z

x

d2: ⎩ ⎨ ⎧

= − + −

= + − −

6

0 13 6

z y x

1 Chứng minh d1 d2 cắt

2 Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A,B thuộc d1, d2 cho tam giác IAB cân I có diện tích

42 41

Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I =

∫

− +

3

2 13

2x

xdx

Giải phương trình sin( 4)

π

− x

e =tgx

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Cho tập hợp E ={0,1,2,3,4,5,7

}

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình 3x + 4y + 10=0 x - y + 1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C khoảng Tìm tọa độ đỉnh cuả tam giác ABC

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình log

3

1

log2 ⎟≥ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

+ + x

x

(2)

H hình chiếu vng góc S MC Tính thể tích khối tứ diện EHIJ theo a, α tìm α để thể tích lớn

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 1

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm)

Với m = -1 hàm số trở thành y = x3 – 3x2 + • Tập xác định: R

• Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ = ⇔ ⎢ ⎣ ⎡

= =

2 x

0 x

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(2) = -3 0,25 • Bảng biến thiên:

x -∞ +∞ y’ + - +

y +∞

-∞ -3

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị tham số m …(1,00 điểm)

Gọi M điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x = -1, suy M(-1; 2m - 1) 0,25 Ta có y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = – 5m Tiếp tuyến d đồ thị hàm số

cho M(-1; 2m – 1) có phương trình là: y = ( -5m)(x + 1) + 2m –

0,5 Tiếp tuyến d qua A(1, 2) = (4 – 5m)2 + 2m – ⇔m =

8

5 0,25

-3

2

O x

(3)

Giải phương trình lượng giác(1,00 điểm) Điều kiện: sin x cos x ≠0

Phương trình cho tương đương với tgx – cotgx = 4cos2 2x ⇔

sin x x cos x cos sin x −

= 4cos2 2x ⇔

2x sin

2x 2cos

+ 4cos2 2x =

⇔cos 2x ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 2x 2cos 2x sin

= ⇔cos 2x(1 + sin 4x) =

•

2

cos x= ⇔ x=π +kπ

•

2

4

sin x=− ⇔x=−π +kπ

Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình cho π π π π k x va k

x= + # =− + với k∈Z

0,50

2 Giải phương trình …(1,00 điểm)

Điều kiện: ∈⎢⎣⎡− ⎥⎦⎤ ; x

Ta có

(

x

)

(

x

)(

x

)

x

0,50

Mặt khác, ( ) ( )

2

2 2

2

x

x x

£ - £ Þ - £ Þ £ (2) 0,25

Từ (1) (2) suy phương trình cho tương đương với

(

)

1 2

2 ⇔ =−

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = − + + x x x x

= x

Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình

2 − = x = x 0,25

III 2,00

Chứng minh d1 cắt d2 (1,00 điểm)

Tọa độ giao điểm I d1 d2 thỏa mãn hệ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − + − = + − − − = − = − 6 13 6 3 z y x z y x z y x 0,50

Giải hệ ta I(1; 1; 2) 0,50

2 Tìm tọa độ…(1,00 điểm)

Véctơ phương d1 ur1= (2; 2; 1)

Ta có ⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − − − − − 6 ; 6 ; 6 6

= (-72; -36; -24) Suy ur2= (6; 3; 2) vectơ phương d2

(4)

Gọi α góc d1 d2 ta có cosα = 2 u u u u r r r r = 21 20

⇒sin α = 21

41

0,25

Ta có SΔIAB=

IA2 sin α =

IA2 sin α = 42

41 IA2 =

42 41 ⇔

IA = IB = Vì A thuộc d1 nên tọa độ A(1 + 2t; + 2t; + t)⇒IA = 3|t| = 1⇔t =

3 ±

⇒A ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ , ,

A ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ , , 0,25

Vì B thuộc d2 nên tọa độ B(1 + 6k; + 3k; + 2k)⇒IB = 7|k| = 1⇔t = ±

⇒B ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 16 , 10 , 13

A ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 12 , , 0,25

IV 2,00

Tính tích phân…(1,00 điểm)

I =

∫

− +

3

2

13 2x xdx

Đặt t = 2x +2 ⇔x =

2 t3−

⇒dx =

dt t x =

-2 ⇒

t = 1; x = ⇒t =

0,50

Suy I =

∫

(

)

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = 12 0,50

2 Giải phương trình…(1,00 điểm)

Điều kiện: cosx≠0

Dễ thấy sinx=0 không thỏa mãn phương trình Phương trình cho tương đương với

( ) x e x e x x e x x x x cos sin cos sin cos 2 sin 2 cos sin = ⇔ = − (1) Đặt ⎩ ⎨ ⎧ = = x v x u cos sin

Ta có u,v∈

(

)

u

v

Từ (1) ta có phương trình

v e u e v u 2 2 = 0,50

Xét hàm số

x e x f y x 2 ) ( =

(5)

(

)

' ⎟⎟⎠ = − <

⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = x e x x e x y x x

suy hàm số nghịch biến khoảng (-1;0) (0;1)

Ta thấy u,v dấu nên u, v thuộc khoảng (-1;0) (0;1) Từ giả thiết f(u) = f(v) ⇔u = v ⇔tgx = ⇔ x=π +kπ

4

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình cho π

π k x= +

4 với k∈Z

0,50

V.a 2,00

Có số tự nhiên…(1,00 điểm)

Số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác E có dạng: abcd ,

{

}

,

0 ∈

≠ d

a

Xét d=0 Khi số có chữ số abc 120 =

A

Xét d = (hoặc d = 4), a có cách chọn, ứng với cách chọn a ta có cách chọn b, ứng với cách chọn hai chữ số a, b ta có cách chọn chữ số c Vậy có tất 5.5.4 = 100 số

Vậy có 120 + 100.2 = 320 số

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh…(1,00 điểm)

Gọi d1 ,d2 đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A Gọi M’(a; b) điểm đối xứng M qua d2 I trung điểm MM’

Ta có

(

)

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − = 2 ; , ;

' a b I a b

MM Vectơ phương d2 u=

( )

Ta có hệ:

⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + − = − + ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ = 1 2 2 ' b a b a b a d I u MM 0,25

Khi M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC Mặt khác vectơ phương v=

(

)

AC d

A= 2∩ xác định hệ ïïìíx4x- y3+y1=10 0Û ì =ïïyx 54 í =

- - =

ï ïï

ï ỵ

ỵ Vậy A(4;5)

0,25

Phương trình đường thẳng AB:

3

0 ⇔ = − ⇔ − + =

− − = − − y x y x y x AB d

B= 1∩ xác định hệ 33 44 108 00 31

x

x y

x y y

= -ìï ì + + = ï ïï Û ï í - + = í = -ï ï

ïỵ ïïỵ Vậy

1 ( 3; )

4

B - - 0,25

Đường thẳng AC: 4x – 3y – = 0, ; ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ c−

(6)

( )

C

c

MC

Ta nhận thấy AC1và AC2cùng chiều Kết luận:

( )

4 ; , ;

4 B C

A ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− −

Hoặc

( )

25 33 , 25 31 , ; , ; ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝

⎛− − C B

A

0,25

V.b

Giải bất phương trình logarit …(1,00 điểm)

Bất phương trình cho tương đương với 1 log

0 2 ≤

+ + < ⇔ ≤ + + < x x x x 0,50 1 1 2 1 − < ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − < ⎢ ⎣ ⎡ − > − < ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ + > + + ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ − + + > − + + ⇔ x x x x x x x x x x x

Nghiệm bất phương trình x < -

0,50

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x4−8x2+7(1)

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

2 Tìm giá trị thực tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)

Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình

2 sin

sin ⎟+

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −π π x x

2 Giải bất phương trình 1 2 x x x + > − −

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = 0, đường thẳng

1

2

:x− = y = z+

d ba điểm A(4 ; ; 3), B( - ; - ; 3), C(3 ; ; 6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P)

(7)

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân cos sin

4

2 sin

0

∫

=

π

x x

xdx I

2 Chứng minh phương trình 4x

(

x

)

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niutơn (1 + 3x)2n, biết 1003+2 =

n

n A

A (n số nguyên dương, k n

A số chỉnh hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 +y2 =1 Tìm giá trị thực m để đường thẳng y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 60o

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log

log

3

⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ − =

+

x x

2 Cho hình chóp S.ABC mà mặt bên tam giác vuông, SA = SB = SC = a Gọi N, M, E trung điểm cạnh AB, AC, BC ; D điểm đối xứng S qua E ; I giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh AD vng góc với SI tính theo a thể tích khối tứ diện MBSI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 2

I 2,00

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R

Sự biến thiên :

( )

' 4 16 4 4 , ' 0 0 2

y = x - x = x x - y = Û x= hay x = ± 0,25

yCĐ = y(0) = 7; yCT = y(±2) = - 0,25 Bảng biến thiên :

x -∞ -2 +∞ y’ - + - + y +∞ +∞

-9 -9

(8)

Đồ thị :

0,25

2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm) Đường thẳng y = mx – tiếp xúc với (C) hệ phương

trình sau có nghiệm: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= −

− = + −

) ( 16

4

) (

8

2

m x x

mx x

x 0,25

Thay (2) vào (1) ta

(

)

8

4− x + = x − x x− x

0 16

3 − − =

⇔ x x

± = ⇔ x

0,50

Thay x=±2 vào (2) ta m=0 Suy m = giá trị cần tìm

0,25

II 2,00

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình tương với

(

)

(

)

(

)(

)

2 cos

sin

2

cos sin

2

= − −

⇔

+ −

= −

x x

x

x x

0,50

• cos sin ,

4

x- x= Û tgx= x = p+kp kẻ Z

ã cos cos ,

2

x- = Û x= Û x= ± p+k p kỴ Z

Nghiệm phương trình cho là:

2

4

x = p+k hay xp = ± p+k p với kỴ Z

0,50

2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm)

Điều kiện: x <1

Bất phương trình cho tương đương với

0,25 O

-1 -2

7

−

2

7

y

-9

(9)

( )

x

t

= , bất phương trình (1) trở thành:

2 3 2 0 1 2.

t - t+ > Û t< hay t>

a Với t<1

2 1

1 x x x

x < ⇔ < −

− (2)

Nếu −1<x≤0thì bất phương trình (2)

Nếu < x < bất phương trình (2)

1

2 < − ⇔ < <

⇔x x x

Tập nghiệm bất phương trình (2) ; 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− = S 0,25

b Với t > 2 (3)

2

2 x x

x

x > ⇔ > − −

( Điều kiện: x <1)

Bất phương trình (3)

(

)

5

2 ⇔ >

⎩ ⎨ ⎧ − > > ⇔ x x x x

Tập nghiệm bất phương trình (3) ;1 5 2 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = S 0,25

Nghiệm bất phương trình ; 5 2 ; ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∪ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− = ∪ =S S S

0,25

III 2,00

Viết phương trình mặt cầu… (1,00 điểm) 2,00

Tâm I(a ; b ; c) (S) xác định hệ

( )

P

I

IC

IA

IB

IA

(

) (

)

(

) (

)

c

b

a

c

b

a

c

b

a

c

b

a

c

b

a

c

b

a

Bán kính (S) R= 13

Phương trình (S) là:

(

x

) (

y

) (

z

)

0,25

(10)

Mặt phẳng (Q) cần tìm mặt phẳng chứa d qua tâm I (S)

0,25 Đường thẳng d qua M(3 ; ; - 5) có vectơ phương

(

)

u

Ta có IM =

(

) (

)

[ ]

(

)

2

1 = −

u

IM

0,50

Mà (Q) qua I(1 ; ; 3) nên phương trình (Q) là:

(

) (

)

(

)

x

y

z

x

y

z

0,25

IV 2,00

Ta có:

∫

+ +

=2

0

2 2sin 1 sin

cos sin

π

x x

xdx x

I

Đặt t = sinx ⇒dt = cosxdx Với x = t= 0, với

2 π =

x t =

0,50

Suy

∫

( )

∫

+ + + − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

+ −

= +

=

0 1

0

1

2 1 1 1

1

1 t

dt t

t t

td t

tdt I

ln2 1

ln

1

0 =− + +

+ −

= t

Cách khác:

( )

1 1

2

0

0 0

1 1

(ln )

1 ( 1)

t dt dt

I dt t

t t t t

+

-= = - = + +

+ + + +

ò

0,50

2 Chứng minh p t có nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: 4x

(

x

)

Xét hàm số f

( )

x

(

x

)

x

R

Có f'

( )

x

(

x

)

x

[

(

x

)

x

]

f

( )

x

(

x

)

x

(

)

( )

⇔ x x

Phương trình (*) có biệt thức ∆ > nên có hai nghiệm phân biệt

Từ bảng biến thiên f(x) suy phương trình f(x) = có khơng q nghiệm phân biệt

0,50

Mặt khác: 0,

( )

( ) ( )

1 = = − − <

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝

⎛− f f f

f

Do phương trình f(x) = có nghiệm phân biệt:

(

)

, ,

0 2 3

1= x = x ∈ − − x

0,50

(11)

Điều kiện: n∈N,n≥3 Ta có

( ) ( ) ( )

3 2 ! 2 ! 1

3 ! !

n n

A A n n

n n

+ = + =

-Do A3+2A2 =100⇔n2

(

n

)

n

0,50

Do

(

)

(

)

( )

10 10 10

x C x

C C x

x n = + = + + +

+

Hệ số số hạng chứa x5 5.35 61236 10 =

C

0,50

2

Đường trịn có tâm O(0 ; 0) bán kính R=1

Giả sử PA, PB hai tiếp tuyến (A, B tiếp điểm) • Nếu APˆB=60o⇒OP=2⇒Pthuộc đường trịn (C

1) tâm O bán kính R=2

• Nếu APB= o ⇒OP= ⇒P 120

ˆ thuộc đường trịn (C2)

tâm O bán kính R =

0,50

Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu toán cắt đường trịn (C1) khơng có điểm chung với đường trịn (C2)

• Đường thẳng y = m cắt (C1)⇔−2<m<2 • Đường thẳng y = m khơng có điểm chung với (C2)

3 − <

⇔m

3 > m

Suy giá trị cần tìm m

2

2< <− < <

− m va# m

0,50

V.b 2,00

Giải phương trình lơgarit (1,00 điểm) 2,00

Điều kiện ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

> −

≠ <

1

x x

x

Phương trình cho tương đương với

( )

⎝ ⎛ − =

x x

x

6 log

log

0,50

3

3x 9x x 3x x 1hay x

x

Û = - Û - + = Û = ± = ±

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình

2

=

x

0,50

2 Tính thể tích … (1,00 điểm)

Ta có SA ⊥(SBC) ⇒SA ⊥BD Mà BD ⊥SB ⇒BD ⊥(SAB) ⇒BD ⊥SM

Mà SM ⊥AB (do tam giác SAB vuông cân) ⇒SM ⊥(ABD) ⇒SM ⊥AD

Chứng minh tương tự ta có SN ⊥AD ⇒AD ⊥(SMIN)

(12)

⇒AD ⊥SI

Ta có AD= SA2+SD2 =a

3

2 a

DA SD DI DA DI

SD = ⇒ = =

2

a AB MB

SM = = =

Kẻ IH ⊥AB (H ∈AB)

Suy IH // BD Do = − = =

AD DI AD AD

AI BD

IH

3

1 a

DB

IH = =

⇒ Mặt khác SM ⊥(ABD) nên

) ( 36

2

3

1

đvtt a a a a IH BM SM S

SM

VMBSI = ΔMBI = = =

0,50

Câu I (2 điểm) Cho hàm số (1)

x x

+ +

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

2 Tính diện tính tam giác tạo trục tọa độ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) điểm M(-2;5)

Câu II (2 điểm) Giải phương trình 4(sin4x+cos4x)+cos4x+sin2x=0 Giải bất phương trình (x+1)(x-3) −x2+2x+3< – (x-1)2

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ):2x – y + 2z + = đường thẳng d:

2

1

− = − =

− y z

x

1 Tìm tọa độ giao điểm d với (α ); tính sin góc d (α )

2 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng (α ) E

C N

H M

S

B

D A

(13)

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân I =

1

0

2 dx

x x xe x

∫

⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

− −

2 Cho số thực x,y thỏa mãn

3 π ≤

≤x

3 π ≤

≤ y Chứng minh cosx + cosy≤1+cos(xy)

PHẦN RIÊNG -Thí sinh chỉđược làm câu:V.a hoặcV.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh đẳng thức n.2n.C0n + (n-1).2n-1

n

C + …+ 2Cnn−1 = 2n.3n-1 (n số nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4)2 + y2 = điểm E(4;1) Tìm tọa độ điểm M trục tung cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua điểm E

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình 22 16.22 2 ≤ −

− − −

−

− x x x

x

2 Cho tứ diện ABCD điểm M, N, P thuộc cạnh BC, BD, AC cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỷ số

AD AQ

tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng (MNP)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 3 Câ

u

Nội dung Điể

m

I 2,00

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R\{-1}

Sự biến thiên :

0 ) (

2

' x D

x

y > ∀ ∈

+

= 0,25

Tiệm cận đứng: x = -1, tiệm cận ngang: y = 0,25 Bảng biến thiên :

x -∞ -1 +∞ y’ + +

y +∞

3 - ∞

(14)

Đồ thị :

0,25

2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm)

Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số M là:

y = y’(-2)(x+2) + ⇔y = 2x + 0,25 Đường thẳng d cắt trục hoành A ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛− ;0

2

cắt trục tung B(0;9)

Diện tích tam giác OAB

4 81 9

1 = − =

= OAOB SOAB

0,50

II 2,00

Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

(

)(

)

x

sin ,

4

x x p k kp Z

Û = - Û = - + Ỵ

0,50

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Đặt t= −x2+2x+3≥0. Khi ta có

(

x

)(

x

)

t

(

x

)

t

( )

(

)

(

)

t

vi

t

2 + + > ⇔ − − < ⇔ − < < +

−x x x x x

Nghiệm bất phương trình 1− 3<x<1+

0,50

III 2,00

Tìm tọa độ giao điểm d với (α) tính sin góc… (1,00

1

-1 O

y

(15)

điểm)

Gọi M giao điểm d với (α) Tọa độ M nghiệm hệ

phương trình: ;2;

2 2 1 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⇒ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = − = − = + + − M z y x z y x 0,50 Vec tơ pháp tuyến (α) n=

(

)

là u=

(

)

sin = = − − =

u n

ϕ 0,50

2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm)

Gọi I = (1+t;1+2t;-2t) ∈d tâm mặt cầu (S) cần tìm Do (S) tiếp xúc với (α) mặt phẳng (Oxy) nên

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

3

t t t

d I a = d I Oxy Û + - + - + = t Û t = - Ú =t 0,50 Với t = -1 (S) có tâm I(0;-1;2) bán kính R=2 nên (S) có

phương trình x2+

(

y

) (

z

)

5 =

t (S) có tâm ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ; ;

I bán kính R =

nên (S) có

phương trình

25 5

6 2 =

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝

⎛ −x y z 0,50

IV 2,00

∫

x

xdx

dx

xe

dx

x

xe

I x x

( )

[ ]

=

∫

0 2 1 2 2 dx e xe e xd dx xe

K x x x x

[

(

)

]

(

)

1

0

2 − = +

= e x x e

[

]

∫

x

xdx

J

Do

4 3+ − =

+

=K J e

I

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Do ∈⎢⎣⎡ ⎥⎦⎤ ;

,y π

x nên

3

0≤ xy ≤ x+y ≤π , suy

cos

cosx+y ≤ xy Ta có

(16)

xy y x y x y x y

x 2cos

2 cos 2 cos cos cos

cos + = + − ≤ + ≤ (1)

Xét hàm số f

( )

t

Ta có f'

( )

t

(

t

)

Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1

Nếu < t < t2 < t < nên tsint2 < sint2 < sint, f ’(t) > Nếu < t <

3 π

t < t2 < π

nên tsint2 > sint2 > sint, f ’(t) < Do ta có bảng biến thiên

t

0 π f ’(t) + -

f(t)

– cos1

0 cosπ2

0,50

Do

9

cosπ2 > nên

( )

≥ t π

t

f Suy

( ) ( )

1 cos

2 xy ≤ + xy

Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh

0,25

V.a 2,00

Chứng minh đẳng thức (1,00 điểm)

Xét khai triển

( ) (

)

( )

(

)

(

)

( )

n

C

x

C

n

x

C

n

x

n

x

f

C

x

C

x

C

x

C

x

f

Thay x = vào (*) ta

(

)

2

+ − −1 + + n−1 = n−1 n

n n n

nC n C C n

n

Nhận xét : khai triển (1+x)n , lấy đạo hàm, cho x= 2, nhân vế cho

0,50

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Gọi I tâm đường tròn (C) suy I(4;0) Xét M(0;a) thuộc trục tung mà từ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) Giả sử

A(x1;y1); B(x2;y2) Ta có MA=

(

x

y

a

)

IA

(

x

y

)

IA

MA

(

x

)

x

y

(

y

a

)

(

x

)

y

(

x

)

ay

(17)

Vì A thuộc (C) nên 4x1−ay1−12=0 Suy A thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 =

Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = Do phương trình đường thẳng AB 4x – ay – 12 =

Đường thẳng AB qua E(4;1) nên a=4 Điểm cần tìm M(0;4)

Cách khác: pt tiếp tuyến A(x1;y1) có dạng

(

x

)

x

y y

Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có

(

x

)

y a

(

x

)

y a

0,50

V.b 2,00

Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm)

Đặt t = 2 1,

>

− − x t

x Bất phương trình cho trở thành t2 -

t - £ Û t

3 – 2t – ≤ Û (t - 2)(t2 + 2t +2) Û t ≤

0,50

Ta có < 2 2

≤

− − x

x Û x2 – 2x - 2≤ Û 1− 3≤x≤1+ 3.

Nghiệm bất phương trình 1− 3≤x≤1+ 0,50

2 Tính tỷ số … (1,00 điểm)

Gọi E = MN ∩ CD Khi Q = PE∩ AD Gọi F trung điểm BC G điểm AC cho DG//PQ Nhận thấy FD//MN Ta có

3 2

1

1+ = + = + = + = + =

= Α

MC MF EC

ED PC

PG AP

G

Suy

5 = =

AG AP AD AQ

0,50

Gọi V thể tích tứ diện ABCD, V1 thể tích khối đa diện

0,50

D N

G P

F M B

A

Q

C

(18)

ABMNQP, V2 thể tích khối đa diện CDNMPQ Khi V2=V-V1 Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN

Do

2 ,

8 S

S , S

S nên ,

4

BCD MNC BCD

BMN = = =

= =

BCD DNC

S S BD

BN BC

BM

Suy

10

1

3 ,

8

1 V

,

AMNP V V V V V

V

VABMN = = AMNC = APQN = ADNC =

Như

13 V V suy , 20

7

2

1 = V =

V

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= 3−3x2 −3 (m m+2)x−1 (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0

2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị dấu Câu II (2 điểm) Giải phương trình 2sin sin

3

x π x π

⎛ + ⎞− ⎛ − ⎞=

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 Giải phương trình 10x+ +1 3x− =5 9x+ +4 2x−2 (x∈ ) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5 ; ; 3), B(6 ; ; 2) đường thẳng 1:

2

x y z

d − = − = −

1 Viết phương trình đường thẳng d2đi qua hai điểm A B Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo

2 Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính giá trị nhỏ

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân

1

4

x

I dx

x

+ =

+

∫

2 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức

yz x y z

x

+ + = Chứng minh 3

( )

x≤ − y z+

PHẦN RIÊNG:Thí sinh chỉđược làm câu : V.a V.b. Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức

3

35 ( 1)( 2)

n n

A C

n n

+

=

− − (n ≥ ,

k k

n n

A C số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử) Hãy tính tổng

2 2

2 ( 1)n n

n n n

S = C − C + + − n C

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 5, ( 1; 1)

(19)

trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh A B

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình 2 1

2log (2x+ +2) log (9x− =1)

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a,

SA a= SA vng góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD tính cosin góc hai đường thẳng SB, AC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ

I 2,00

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành y x= 3−3x2−1.

• Tập xác định:

• Sự biến thiên: y' =3x2−6 ;x y' = ⇔ =0 x 0 x =

0,25

• yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5 0,25 • Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

Tìm giá trị m…(1,00 điểm)

Ta có y' =3x2−6x−3 (m m+2) 3(= x m x m+ )( − −2) y' = ⇔ = −0 x m x = m +

2

( ) (1 )( 1), ( 2) (2 5)( 1)

y m− = − − m m + m+ y m+ = − m+ m + m+

0,50

Hàm số có hai cực trị dấu m thỏa mãn hệ -5

-1

y

x

' y y

−∞ +∞

+ +

0 -1

2

-5

-−∞

(20)

( ) ( 2) m m

y m y m − ≠ + ⎧

⎨ − + > ⎩

Giải hệ ta giá trị cần tìm m

5

2

1 m m

⎧− < < ⎪

⎨ ⎪ ≠ − ⎩

0,50

II 2,00

Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với phương trình

1 2sin sin cos sin cos

2

(sin cos )(1 sin )

x

x x x x

x x x

−

+ − + =

⇔ + − =

0,50

• sin cos

3 x+ x= ⇔tgx= − ⇔ − +π kπ

• sin

2

x x π k π

− = ⇔ = +

Nghiệm phương trình cho là: ,

3

x= − +π kπ∨ =x π +k π k∈Z

0,50

Giải phương trình vơ tỷ (1,00 điểm)

Điều kiện: x≥

10x+ −1 2x− =2 9x+ −4 3x−5 (1) Vì

3

x≥ nên hai vế (1) dương Do đó:

(1)⇔12x− −1 (10x+1)(2x−2) 12= x− −1 (9x+4)(3x−5)

0,50

7 15 18 0 3 6.

7

x x x hay x

⇔ − − = ⇔ = = −

Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình x =

0,50

III 2,00

Viết phương trình đường thẳng d2 qua…(1,00 điểm)

Đường thẳng d2 qua điểm A(5; 4; 3) có vectơ phương AB

uuur

= (1; 3; -1) nên có phương trình

1

x− y− z−

= =

−

0,50 Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ phương (2;3;1).ur=

Ta có: ,⎡⎣u ABr uuur⎤ = −⎦ ( 6;3;3) MA=(4; 2;0).v uuuur

, 18 0,

u AB MA

⎡ ⎤ = − ≠

⎣r uuur uuur⎦ suy d1 d2 chéo

0,50

Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm)

Gọi IJ đoạn vng góc chung d1 d2 (I ∈ d1, J ∈ d2) Ta có

(21)

(4 ; 3 ; ) IJ = − +t s − +t s t s− −

uur

IJ đoạn vng góc chung d1 d2 nên

2(4 ) 3(2 3 ) ( )

(4 ) 3(2 3 ) ( ) 0

IJ u t s t s t s t

t s t s t s s

IJ AB

⎧ = ⎧ − + + − + + − − = ⎧ =

⎪ ⇔ ⇔

⎨ ⎨ − + + − + − − − = ⎨ =

= ⎩

⎪ ⎩

⎩

uur r uur uuur

Do đó: I(3; 5; 4), J≡A(5; 4; 3), IJ = 22+ −( 1)2+ −( 1)2 = 6.

0,25

2 2

1 ( 1) 11 AB= + + − =

2

1 1 66

( , ) 11

2 2

ABC

S = AB d C d ≥ AB IJ = = (đvdt)

0,25

66 ABC

S = (đvdt) nhỏ nhất, đạt C≡I(3; 5; 4) 0,25

IV 2,00

Đặt

2 1

4

t tdt

t= x+ ⇒ =x − ⇒dx= Khi x = t = 1; x = t =

0,25

Do

3

1

3

1

8 24

t t t

I = + dt=⎛⎜ + ⎞⎟

⎝ ⎠

∫

11

= 0,25

Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Ta có

2

( )

12 12( ) ( )

3 12

yz y z

x y z x y z x y z

x x

+

+ + = ≤ ⇔ + + ≤ +

2

12 x 12 x

y z y z

⎛ ⎞

⇔ ⎜ ⎟ + − ≤

+ +

⎝ ⎠

0,50

2 3 x

y z

−

⇒ ≤

+

Do 3( )

x≤ − y z+ (vì x, y, z dương)

0,50

V.a 2,00

Tính tổng (1,00 điểm)

3

35 35 30

( 1)( 2)

n n

A C n

n n

+ = ⇔ + = ⇔ =

− −

0,50 Ta có (1 )n n n.

n n n

x C C x C x

+ = + + + Lấy đạo hàm hai vế theo x ta

1

(1 )n n x

n n n

n +x − =C + C x+ +nC x −

Nhân hai vế với x lấy đạo hàm theo x ta

1 2 2

(1 )n ( 1)(1 )n n n

n n n

(22)

Thay x = -1 n = 30 vào đẳng thức ta

1 2 29 30

30 ( 1)2 30 ( 1) 30 C + − C + + − n C =

Do 2 30 30

30 30 30

2 ( 1) 30

S= C + + − n C =C =

Tìm tọa độ đỉnh A B (1,00 điểm)

Gọi I(x ; y) trung điểm AB G(xG ; yG) trọng tâm ΔABC

Do

3

CG= CI nên 1;

3

G G

x y

x = − y = − Suy tọa độ điểm I thỏa

mãn hệ phương trình

2

(5; 1)

2

3

x y

I

x y

+ − = ⎧

⎪ ⇒ −

− −

⎨ + − =

⎪⎩

0,50

5

2

AB

IA IB= = = nên tọa độ điểm A, B hai nghiệm khác

của hệ 2 2

2

5

( 5) ( 1)

4

x y x

x y y

⎧ + − = ⎧ =

⎪ ⇔⎪

⎨ − + + = ⎨ = −

⎪ ⎪⎩

⎩

6

x y

= ⎧ ⎪ ⎨ = − ⎪⎩ Tọa độ điểm A, B là: 4; , 6;

2

⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

V.b 2,00

Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x>

2

2 2 2

log (2 2) log (9 1)

log (2 2) log (9 1) log log (2 2) log (18 2)

x x

x x x x

+ − − =

⇔ + = − + ⇔ + = −

0,50

2

(2x 2) (18x 2) 2x 5x

⇔ + = − ⇔ − + = ⇔ x = x=

Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình x = hay x=

0,50

Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm)

Thể tích khối tứ diện SACD

3

1

3

SACD

a

(23)

0,50

Gọi M trung điểm SD Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc (OM; OC)

Tam giác vng SAB có SB= SA2+AB2 = 3a2+a2 =2a nên OM = a

Tương tự, SD = 2a ⇒ MD = a ⇒ CM = a Xét tam giác OMC, ta có

2 2 2 2

cos cos( , )

2 4

OM OC MC

COM SB AC

OM OC

+ −

= = − ⇒ =

Cosin góc SB, AC

0,50

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

2 (3 2) 1 2 (1)

x m x m

y

x

+ − + −

=

+ , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng xác định

Câu II (2 điểm) Giải phương trình 3sin cos 2 sin2x =4sinxcos2 . x x+ x+

2 Giải hệ phương trình

1

( , ) ( 4)

x y x

x y R

x y

⎧ − − = −

⎪ ∈

⎨

− =

⎪⎩

Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) đường thẳng d:

4 x y

x y z − + = ⎧

⎨ + + − = ⎩

1 Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d cho thể tích khối tứ diện ABCD

2 Viết phương trình tham số đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mặt phẳng (ABC)

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân

1

x dx I

x

= −

∫

A

O M

C

D

(24)

2 Cho số nguyên n (n ≥ 2) hai số thực không âm x, y Chứng minh n xn+yn ≥n+1xn+1+yn+1.

Đẳng thức xảy nào?

PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh

0 1 1

2 2

1 2( 1)

n n n n n

n n n n

C C C C

n n n

− − + −

+ + + + =

+ +

(n số nguyên dương, k n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4) Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác OAB

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình 32x+1−22x+1−5.6x ≤0.

2 Cho tứ diện ABCD có mặt ABC ABD tam giác cạnh a, mặt ACD BCD vng góc với Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD tính số đo góc hai đường thẳng AD, BC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ

Câ Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m = hàm số trở thành

2 1 1

1

2

x x

y x

x x

+ −

= = − +

+ +

• Tập xác định : R \ {-2} • Sự biến thiên:

2

' '

2

1

1 ,

( 2) ( 2)

x x

y y x hay x

x x

+ +

= − = = ⇔ = − = −

+ +

• yCĐ = y(-3) = -5, yCT = y(-1) = -1

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – 0,25 Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

x

' y y

−∞ +∞

+ +

−∞

+∞

−∞

+∞

2 −

0

− −

1

1 −

−

(25)

0,25

2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có

2

'

2

9

(3 4)

2

8

1

( 2) ( 2)

m

y x m

x

m x x m

y

x x

−

= + − +

+

− + + −

= + =

+ +

0,50

Hàm số cho đồng biến khoảng xác định

khi ' 0 2 4 8 5 0 2 9.

8

y ≥ ∀ ≠ − ⇔x x + x+ m− ≥ ∀ ≠ − ⇔ ≥x m 0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

2

3sin cos sin2x=2sinx+sin2x 2sin sin (sin 1)(2sin 1)

x x x x

x x

+ + ⇔ − − =

− + =

0,50

• sin

2 x= ⇔ = +x π k π

• sin

2

x= − ⇔ = − +x π k π

x= π +k π Nghiệm phương trình

7

2 2 ,

2 6

x= +π k π∨ = − +x π k π ∨ =x π +k π k∈Z

0,50

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện x≥0,y≥0 Hệ phương trình cho tương đương với

2

1 ( 1) (1)

( 1) (2)

x x x

y x

⎧ − − − + − = ⎪

⎨

= − ⎪⎩

Xét hàm số f t( )= t− − −1 ( 1)t 2+ −t3 8, với t ≥ Ta có /( ) ( 1)2 2 1 0

2

f t t t

t = − + + + >

− với t > nên f(t) đồng

0,50

y

x

-5 -1 -3

(26)

biến (1; +∞)

Phương trình (1) có dạng f(x) = f(2) nên (1) ⇔ x = 2, thay vào (2) ta y =

Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2; 1)

0,50

III

1 Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm)

Ta có vectơ AB→ = (1; 3; 0), vectơ uuurAC = (0; 3; 2) Suy tích có hướng hai vectơ AB, AC vectơ →n = (6; -2; 3)

Phương trình đường thẳng d :

x t

y t

z t

= ⎧

⎪ = + ⎨

⎪ = − ⎩

Vì D ∈ d nên D(t; + t; – 2t) ⇒ uuurAD= −(t 1;t+ − +1; 2t 4)

1

6( 1) 2( 1) 3( 4)

6

ABCD

t

V = n ADr uuur = t− − t+ + − +t = −

0,50

Do 1

3 ABCD

t

V = ⇔ − = ⇔ = −t hay t=

Có hai điểm D thỏa mãn toán là: D( - ; ; 5) D(5 ; ; -7)

0,50

2 Viết phương trình tham số đường thẳng (1,00 điểm) −Phương trình mặt phẳng (α) qua C vng góc với AB là:

1(x - 1) + 3(y - 3) = ⇔ x + 3y – 10 =

−Phương trình mặt phẳng (β) qua B vng góc với AC là: 3(y - 3) + 2(z + 1) = ⇔ 3y + 2z – =

0,50

Gọi Δ đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mặt phẳng (ABC), suy Δ giao tuyến (α) (β)

Nhận thấy N(1;3;-1)∈ Δ Δ nhận nr làm vectơ phương nên phương trình tham số là:

1

x t

y t

z t

= + ⎧

⎪ = − ⎨

⎪ = − + ⎩

0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân … (1,00 điểm) Đặt t = 4−x2 ⇒x2 = −4 t xdx2, = −tdt.

0 2,

x= ⇒ =t x= ⇒ =t

0,25

3 2

2

2 (4 )

(4 )

3

t tdt t

I t dt t

t

⎛ ⎞

−

= − = − =⎜ − ⎟

⎝ ⎠

∫

16 3

= − 0,25

(27)

Với xy ≠ 0, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1

n n

n x n x

y y

+ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+⎜ ⎟ ≥ +⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Xét hàm số

1

1 ( )

1

n n

t f t

t

+ +

+ =

+ với (0;t∈ + ∞) Ta có

(

) (

)

1

' '

2

1

(1 )

( ) , ( )

1

n

n n

t t

f t f t t

t t

−

+ −

+ +

−

= = ⇔ =

+ +

0,50

0

lim ( ) 1, lim ( ) t

t→ + f t = →+∞ f t =

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy f(t) ≥ với t∈(0;+ ∞) Thay t y

x

= ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y =

0,50

V.a 2,00

1 Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm) Xét khai triển (2 1)n 0(2 )n 1(2 )n n 1(2 ) n.

n n n n

x+ =C x +C x − + +C − x +C Suy

1

0 1

0

(2 1)n [ (2 )n (2 )n n (2 ) n]

n n n n

x+ dx= C x +C x − + +C − x +C dx

∫

0,50

0 1 1

1

1 2 2

(2 1)

0

2( 1)

n n n n

n

n n

n n n n

C C C C

x

x x x x

n n n

− −

+

⎛ ⎞

+

⇒ =⎜ + + + + ⎟

+ ⎝ + ⎠

0 1 1

2 2

1 2( 1)

n n n n n

n n n n

C C C C

n n n

− − +

⎛ ⎞ −

⇒⎜ + + + + ⎟=

+ +

⎝ ⎠

0,50

2 Chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với (1,00 điểm) Gọi M, N, P trung điểm OA, OB, AB

( )

3

;0 , 0; , ;

2

M⎛ ⎞ N P⎛ ⎞

⇒ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Tam giác MNP vng P nên tâm đường trịn qua ba điểm M, N, P trung điểm 3;1

4 I⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ MN bán kính

5

2

MN

R= =

0,50

x

'( ) f t

( ) f t

0

+∞

+

1

(1) f

(28)

Mặt khác tam giác OAB vng O nên đường trịn nội tiếp tam giác

OAB có bán kính

2 OA OB AB

r= + − = tâm J nằm đường thẳng y = x thuộc góc phần tư thứ nên J(1; 1)

Ta có ,

4

IJ = = − = −R r suy điều phải chứng minh

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bất phương trình cho tương đương với

3 3

3 2

2 2

x x ⎡ x ⎤ ⎡ x ⎤

⎛ ⎞ − ⎛ ⎞ − ≤ ⇔ ⎛ ⎞ − ⎛ ⎞ + ≤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢⎣⎝ ⎠ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦

0,50

3

2 log

2 x

x ⎛ ⎞

⇔⎜ ⎟ ≤ ⇔ ≤ ⎝ ⎠

0,50

2 Tính thể tích góc (1,00 điểm)

Gọi M trung điểm CD, AM ⊥ CD, BM ⊥ CD Từ giả thiết suy AMB=90o Mà AM = BM nên ΔAMB vng cân M Do

2

3

2 2

2

1

.( )

3 12

ABCD ABM BCD

a

BM CD CM BC BM a

a

V CD S CD AM BM AM S

= ⇒ = = − =

= = = =

0,50

Gọi N, P,Q trung điểm AB, AC, BD Ta có

(

AD BC

) (

NP NQ

)

ΔAMB vuông cân M

2

AB a

MN NP PM

⇒ = = = = suy ΔMNP tam giác Do MQN =60o ⇒

(

NP NQ

) (

AD BC

)

0,50 D

Q P N

A

M

B

(29)

ĐỀ ƠN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= − +x3 3x2+mx−2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (0; 2) Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình

2

sin

1

tg x tgx

x tg x

π

+ = ⎛ + ⎞

⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠

2 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình

4 x +2x+ −4 x+ =1 mcó nghiệm thực

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) đường thẳng : 1

2

x y z

d + = + = −

−

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d

2 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc d cho tam giác ABC vuông C BC = 29

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân

2

( 1) x

I =

∫

x

e dx

2

36 60 25

x y x y

y z y z

z x z x

⎧ − + =

⎪ − + =

⎨

⎪ − + =

⎩

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉđược làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Có số tự nhiên gồm chữ số khác mà số lớn 2500

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình x + 4y – = 0, 2x – 3y + = 2x + 3y – =

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình

(

) (

x

)

x

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA = 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ

I 2,00

(30)

Khi m = hàm số trở thành y= − +x3 3x2−2. • Tập xác định :

• Sự biến thiên: y'= −3x2+6 ;x y' = ⇔ =0 x 0 x=2 0,25

• yCT = y(0) = -2, yCĐ = y(2) = 0,25

• Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có

y' = −3x2+6x m+ .

Hàm số đồng biến (0; 2) y'≥ ∀ ∈0 x (0; 2)

3 (0; 2)

m x x x

⇔ ≥ − ∀ ∈

0,50

Xét hàm số g x( ) 3= x2−6x với x ∈ (0; 2) Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm m ≥

0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

x

g’(x)

+

2

0

3

− −

g(x)

x

' y y

−∞ +∞

+

+∞

−∞

0

2 −

− −

-2 y

1

(31)

Điều kiện : cosx ≠

2

2( )

sin cos

tg x tgx

x x

tg x

+

= +

+

2 2

2cos (x tg x tgx) sinx cosx 2sin x 2sin cosx x sinx cosx

⇔ + = + ⇔ + = +

(sinx cos )(2sinx x 1)

⇔ + − =

0,50

• sin cos

4 x+ x= ⇔tgx= − ⇔ = − +x π kπ

• 2sin sin

2 6

x− = ⇔ x= ⇔ = +x π k πhay x= π +k π Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình

(

)

5

2

4 6

x= − +π kπ∨ =x π +k π∨ =x π +k π k∈Z

0,50

2 Tìm tất giá trị tham số m…(1,00 điểm)

Đặt t= x+ ≥1 0, phương trình cho trở thành 4t4+ − =3 t m(*). Ta thấy ứng với nghiệm khơng âm phương trình (*) có nghiệm phương trình cho, phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có nghiệm

0,50

Xét hàm số f t( )= 4t4+ −3 t với t ≥ 0, ta có

(

)

3 4

( )

3 t f t

t

= − <

+

Mà f(0) = 43 lim ( ) 0.

x→+∞ f t =

Nên ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm m 0< ≤m 43

0,50

III

1 Tìm tọa độ điểm A’đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm) Đường thẳng d có vectơ phương (2;3; 4)ur= − Mặt phẳng (P) qua A

vng góc với d nhận urlàm vectơ pháp tuyến nên có phương trình (P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = ⇔ 2x + 3y – 4z – 25 =

0,50 Gọi H trung điểm AA’(cũng hình chiếu vuống góc A d) Khi

đó H giao điểm AA’ (P) nên có tọa độ xác định hệ

1

:

2

2 25

x y z

d

x y z

+ + −

⎧ = =

⎪

− ⎨

⎪ + − − =

⎩

0,50 t

f’(t)

43

+∞ −

f(t)

(32)

Giải hệ ta H(3; 5; - 1), suy A’(1; 5; -2)

2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm) Vì C ∈ d AC ⊥ d nên C ≡ H(3; 5; -1) (hình chiếu vng góc A d)

0,25 B ∈ d nên B(-1 + 2t; -1 + 3t; – 4t)

2 2

2

29 (2 4) (3 6) (8 ) 29

4 3

BC t t t

t t t t

= ⇔ − + − + − =

⇔ − + = ⇔ = ∨ = Do B ∈ {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}

0,50

Kết luận: C(3; 5; -1), B ∈ {(1; 2; 3), (5; 8; -5)} 0,25 IV

1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt

2 1

(2 1) ,

x

u x x

du x dx

dv e dx

⎧ = + +

⇒ = +

⎨ =

⎩ chọn

x

v e=

1

2

0

1

( 1) (2 1) (2 1)

0

x x x

I = x + +x e −

∫

x

e d x

e

∫

x

e dx

0,50

Tính

(2 1) x

J =

∫

x

e dx

u

xx

du

dx

dv e dx = + ⎧

⇒ =

⎨ =

⎩ chọn

x

v e=

0

(2 1) 2

0

x x

J = x+ e −

∫

e dx

e

0,50

2 Giải hệ phương trình

Hệ phương trình cho tương đương với

2

2 60

36 25

60

36 25

60

36 25

x y

x y z

y z x

z ⎧

=

⎪ +

⎪ ⎪ =

⎨ +

⎪ ⎪

= ⎪

+ ⎩

Từ hệ suy x, y, z không âm

Nhận thấy x = y = z = 0, suy (0; 0; 0) nghiệm hệ

0,50

Nếu x > y > 0, z > Xét hàm số

2 60

( ) ,

36 25 t

f t t

t

= >

+ Ta có

(

)

'

2 3000

( ) 0,

36 25 t

f t t

t

= > ∀ >

+ Do f(t) đồng biến khoảng

(0; +∞).Hệ viết lại

( ) ( ) ( )

y f x

z f y

x f z

= ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ =

(33)

( ) ( ) ( ) ( )

f z f x z x f y f z y z

⇒ > ⇒ > ⇒ > ⇒ > Vậy x >y >z > x :vô lý) Thay vào hệ ta

6

x= = =y z Tập nghiệm (0;0;0), 5 5; ; 6

⎧ ⎛ ⎞⎫

⎨ ⎜⎝ ⎟⎠⎬

⎩ ⎭

V.a 2,00

1 Có số tự nhiên… (1,00 điểm) Gọi số thỏa mãn u cầu tốn có dạng abcd

Nếu a > 2, ta có cách chọn a,

A cách chọn b, c, d nên có

A = 3528 cách chọn abcd

0,50

Nếu a = 2, ta có cách chọn b,

A cách chọn c, d nên có

A = 280 cách chọn

abcd

Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán 3528 + 280 = 3808 số

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC (1,00 điểm)

Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ phương trình ( 2;1)

2

x y

A

x y

+ − = ⎧

⇒ −

⎨ − + = ⎩

Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ phương trình (6; 1)

2

x y

B

x y

+ − = ⎧

⇒ −

⎨ + − = ⎩

0,50

Đường thẳng BC qua B vng góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = ⇔ 3x + 2y – 16 =

Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình

3 16

(2;5)

2

x y

C

x y

+ − =

⎧

⎪ ⇒

⎨ − + + − =

⎪⎩

Kết luận: A( - ; 1), B(6; -1), C(2; 5)

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình…(1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với 5

2

x x

⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞

+ − =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Đặt 5 1

2

x x

t

⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞

=⎜⎜ ⎟⎟ > ⇒⎜⎜ ⎟⎟ =

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Phương trình trở thành t 3 0 t2 3t 2 0 t 1hay t 2. t

+ − = ⇔ − + = ⇔ = =

0,50

• Với t = ta 1

x

x ⎛ + ⎞

= ⇔ =

⎜ ⎟

⎝ ⎠

• Với t = ta 5 1

2

2 log

2 x

x +

⎛ + ⎞

= ⇔ =

⎜ ⎟

(34)

Tập nghiệm phương trình 5 1 0,log +

⎧ ⎫

⎪ ⎪

⎨ ⎬

⎪ ⎪

⎩ ⎭

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm) Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC Mà AB ⊥ BC, BC ⊥ (SAB) Suy AH ⊥

BC Mặt khác AH ⊥ SC nên AH ⊥ (SBC) Suy AH ⊥ SB AH ⊥ HK

1

( ) (*)

3

SAHK

V = dt AHK SK = AH HK SK

0,50

Trong tam giác SAB vng A có

2 2

2 2 2 2

1 1

4

SA AB a a a

AH

AH = SA + AB ⇒ = SA +AB = a +a = Trong tam giác SAC vng A có

2

2 4 2 6,

3

SA a a

SC SA AC a a a SK

SC a

= + = + = = = =

Suy

2

2 2 4 24 12

9

a a

AK =SA −SK = a − = Trong tam giác AHK vng H có

2

2 12 30.

9 15

a a a

HK = AK −AH = − =

Thay vào (*) ta 2. 2. 30 2.

6 15 45

SAHK

a a a

V = = a (đvtt)

0,50

ĐỀ ƠN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ

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

1 x y

x + =

+

1) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị C hàm sốđã cho

2) Chứng minh với m ≠ 0, đường thẳng y = mx + 3m cắt đồ

thị C hai điểm phân biệt, có giao điểm có hồnh độ nhỏ -2

Câu II (2,0 điểm): 1) Giải phương trình tan sin cos

(

)

x x x

x

− + = − +

S

H A

K

B

(35)

2) Giải bất phương trình

2

x

.5

x

<

400

Câu III (1,0 điểm):Cho hàm số f x

( ) (

x

)

(

e

x

)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f(x), trục hoành,

trục tung đường thẳng x =

Câu IV (1,0 điểm):Xét hình chóp S.ABCD có SA = SB = SD = DA = AB =

BC = CD = a Biết thể tích khối chóp S.ABCD

6 a

, tính độ dài

cạnh bên SC theo a

Câu V (1,0 điểm):Các hệ số x4, x5 x6 khai triển thành đa thức biểu thức (1+x)n theo thứ tựđó lập thành cấp số cộng Tìm số nguyên

dương n

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉđược làm hai phần (phần phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng

d1: 2x +y – = 0, d2: x + 2y – = d3: 2x – y – =

Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d1 tiếp xúc đồng thời với d2, d3

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; -3) đường

thẳng d có phương trình tham số:

1 2

2

x t

y t

z t

= − + ⎧

⎪ = − ⎨

⎪ = − + ⎩

Viết phương trình tham số đường thẳng Δ qua A, cắt vng góc với

d

Câu VII.a (1,0 điểm):Có ứng viên tham dự kì thi tuyển nhân

công ty Ở phần thi viết, người ta đưa cho ứng viên 10 phong bì dán kín,

trong phong bì có câu hỏi kiểm tra (hai phong bì khác đựng hai

câu hỏi khác nhau); ứng viên chọn phong bì sốđó để xác định câu

hỏi kiểm tra Biết phong bì có hình thức giống hệt

các 10 câu hỏi kiểm tra dành cho ứng viên nhau, tính xác

suất để câu hỏi mà ứng viên chọn, đôi khác

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân

giác kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B đường cao kẻ từ C

có phương trình là:

y = 0, 4x – y – = 0, 2x + y = Hãy xác định tọa độ đỉnh A, B,

(36)

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình:

1 2

1

x− = y− = z+

− mặt phẳng:

(P): 2x +y – 2z + = 0, (Q): 2x -2y –z + = 0.Viết phương trình mặt

cầu có tâm thuộc d tiếp xúc đồng thời với hai mặt phẳng (P), (Q)

Câu VII.b (1,0 điểm):Tìm phần thực phần ảo số phức z, biết

2 2 3 z = − + i

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ

Câu Đáp án Điểm

I (2,0

điểm)

1. (1,25 điểm)

a) Tập xác định: D= \

{ }

b) Sự biến thiên: Chiều biến thiên:

(

)

2

0

1

y x D

x −

= < ∀ ∈ +

Suy hàm số nghịch biến khoảng

(

)

(

)

Cực trị: Hàm số khơng có cực trị

0,50

Giới hạn tiệm cận:

( )1 ( )1

lim lim 1; lim , lim

x→−∞y=x→+∞y= x→ − − y= −∞ x→ − + y= +∞

Suy ra, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường

thẳng y = tiệm cận đứng đường thẳng x = -1

0,25

x -∞ -1 +∞ y’ _ _

y +∞

-∞

0,25

c) Đồ thị C: 0,25

2. (0,75 điểm)

y

x -1

(37)

Hoành độ giao điểm đường thẳng y = mx + 3m đồ thị C

là nghiệm phương trình (ẩn x):

( )

1 x

mx m

x

+ = + +

Đặt t = x + 2, t ≠ Từ phương trình (1) ta có phương trình (ẩn

t):

(

)

(

)

( )

t

m t

t− = + Ta có:

( )

2 0 *

2

1 mt t m t

⎧ − − = ⎪

⇔ ⎨ ≠

⎪⎩

Nhận xét : hiển nhiên t = 1 khơng là nghiệm của

( )

t

0,25

Với m ≠ 0, (*) phương trình (ẩn t) bậc 2, khơng nhận t =

làm nghiệm có tích a.c = m.(-m) = -m2 <

Suy ra, phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt trái dấu

khác Do đó, phương trình (2) ln có nghiệm phân biệt trái

dấu

0,25

Suy ra, phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt

nghiệm có nghiệm nhỏ -2 Từđây ta có đpcm

0,25

II (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠ (*)

Với điều kiện đó, ta có phương trình cho tương đương với

phương trình:

(

x

)

(

x

)

0,25

( )

cosx 1 haysinx 3.cosx 2

⇔ − = + − =

Ta có:

( )

x k

0,25

( )

3 12 12

x π x π k π hay x π k π

⎛ ⎞

⇔ ⎜ + ⎟= ⇔ = − + = +

⎝ ⎠

Kết hợp điều kiện (*), ta giá trị x tìm

tất nghiệm phương trình cho

0,05

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≠ -1

Với điều kiện đó, bất phương trình cho tương đương với bất phương trình: 22log3x+1.5log3x+1 <400⇔20log3x+1 <202

( )

0,25

Ta có:

( )

x

Kết hợp với điều kiện, ta tập nghiệm bất phương trình cho là:

(

) (

)

0,25

(38)

(1,0

điểm)

( )

(

)

(

)

1

2

0

1 x

S =

∫

f x dx

∫

x

e

dx

Đặt u = x + dv=

(

e

x

)

dx

2

3

x

v= e + x

0,25

Do đó:

(

)

1 1

2

0

1

1 3

2

x x

S= x+ ⎜⎛ e + x⎟⎞ − ⎜⎛ e + x dx⎞⎟

⎝ ⎠

∫

1 2

2 2

0

11 3 17

2 4

x e

e ⎛ e x ⎞ +

= + −⎜⎜ + ⎟⎟=

⎝ ⎠

050

IV (1,0

điểm)

Gọi O giao điểm AC BD

Vì AB = BC = CD = DA nên tứ giác ABCD hình thoi

Do đó:+ AC ⊥ BD (1)

+ OA = OC OB = OD (2)

Vì ∆BSD cân S nên từ (2) suy SO ⊥ BD Kết hợp điều

này với (1) ta có BD ⊥ mp(ASC)

Các tam giác BAD BSD tam giác cân có

chung đáy BD Do đó, OA = OS Kết hợp với (2), suy ∆ASC

vuông S

0,50

Do đó: . .

3

S ABCD B SAC

V = V = BO SA SC= a BO SC

Ta có: 2 2 2

4

AC SA SC

BO= BC −OC = BC − = BC − +

2

2 a SC

= −

Suy ra: 2

1

6 S ABCD

V = a a −SC SC

0,25

Vì vậy: 2

2

3

6 S ABCD

a

V = ⇔ a −SC SC a=

⇔SC4−3 a SC2 2+2a4 =0 ⇔SC a hay SC a= = 2. 0,25

V (1,0

điểm)

Theo công thức nhị thức Niutơn, hệ số x4, x5, x6

khai triển (1+x)n tương ứng là: 4, 5,

n n n

C C C

0,25

4, 5,

n n n

C C C theo thứ tựđó lập thành cấp số cộng

6 5

n n n n

C −C =C −C , hay 2

( )

n n n

C +C = C

0,25

C B

D S

(39)

Ta có:

( ) ( )( )

(

)

1

*

5 30 5

n n n

⇔ + =

− − −

⇔n2−21n+98 0= ⇔ =n hay n=14

0,50

VI.a (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Gọi I tâm kí hiệu R bán kính đường trịn

Vì I d∈ 1nên tọa độ I có dạng: I = (t; – 2t)

0,25

Đường tròn (I) tiếp xúc với d2 d3 khi:

d(I; d2) = d(I; d3) (*)

Ta có:

( )

(

)

(

)

5

t+ − t − t− − t −

⇔ =

1 t

t t

t = ⎡ ⇔ − = − ⇔ ⎢

= ⎣

- Với t = 3, ta có I = (3, -3)

5 R= ;

- Với t = 1, ta có I = (1; 1)

5 R=

Vậy có hai đường trịn thỏa mãn u cầu tốn; phương trình

của chúng là:

(

) (

)

( ) (

)

5

x− + y+ = v + y− =

0,25

2. (1,0 điểm)

Vì ∆đi qua A cắt d nên vectơ phương ∆ vng góc

với vectơ pháp tuyến nr mặt phẳng (A, d)

Vì Δ ⊥d nên vectơ phương ∆ vng góc với vectơ

phương vrcủa d.Từđó, suy ur = ⎣ ⎦⎡n vr r, ⎤ vectơ phương ∆

0,25

Từ phương trình d suy d qua điểm M(-1; 2; -2)

nhận rv=

(

)

Suy nr = ⎣⎡uuuur rAM v, ⎤⎦ vectơ pháp tuyến mặt phẳng (A, d)

Ta có uuuurAM = −

(

)

n

(

)

0,25

Suy ur =⎣⎡n vr r, ⎦⎤=

(

)

Do đó, ∆ có phương trình tham số là:

1 26

3 17

x t

y t

z t

= + ⎧ ⎪ = − ⎨

⎪ = − − ⎩

(40)

VII.a (1,0

điểm)

Không gian mẫu Ω gồm dãy câu hỏi mà ứng viên chọn

(trong dãy, đứng vị trí thứ i câu hỏi mà ứng viên thứ i chọn) Ta có: n

( )

0,25

Kí hiệu X biến cố: “5 câu hỏi, mà ứng viên chọn, đôi

khác nhau” Ta có:

( )

10 30240

n X = A =

0,50

Suy ra, xác suất cần tìm là:

( )

30, 24% 10

= = =

Ω n X P X

n

0,25

VI.b (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Vì A ∈ Ox nên tọa độ A có dạng: A = (a; 0)

Vì C thuộc đường thẳng 2x + y = nên tọa độ C có dạng: C

=(c;-2c)

Vì trung điểm AC nằm đường trung tuyến kẻ từ B

tam giác ABC nên

( )

4

2 a c

c + − − − =

, hay 2a + 3c = (1)

Gọi C’ điểm đối xứng với C qua Ox Vì Ox chứa đường phân

giác góc A nên C’ nằm cạnh AB Do đó, vectơ uuuurAC'

vng góc với vectơ phương ur = −

(

)

từ C Suy

'

AC u a= + c=

uuuur r

. (2)

Từ (1) (2), ta a =1,

3 c= −

Vậy A = (1;0) 2;

3 C= −⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠

0,50

Ta có B giao điểm đường thẳng AC’ đường thẳng 4x

– y – =0

Ta có ' 1;

3

C = − −⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ Suy

4

' ;

3

AC = −⎛⎜ − ⎞⎟

⎝ ⎠

uuuur

Do đó, đường

thẳng AC’ có phương trình: x – 2y – =0

Như vậy, tọa độ B nghiệm hệ phương trình:

( )

2

*

4

x y

x y − = ⎧

⎨ − = ⎩

Ta có:

( )

7

x y

⇔ = = − Vậy 1;

7 B=⎛⎜ − ⎞⎟

⎝ ⎠

0,50

(41)

Gọi I tâm kí hiệu R bán kính mặt cầu

Vì I ∈d nên tọa độ I có dạng: I = (1 + t; – t; -2 + 3t )

0,25

Vì mặt cầu tiếp xúc đồng thời với (P) (Q) nên

d(I,(P)) = d(I,(Q)) (*)

Ta có:

( )

3 3

t t

t hay t

− + +

⇔ = ⇔ = =

0,25

- Với

3

t = , ta có 1; ;3

3 I = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠ R= ;

- Với t = 3, ta có I = (4;-1;7)

3 R=

0,25

Từđó, ta phương trình cần viết theo yêu cầu đề

bài là:

(

)

2

8 64

3

3 81

x y z

⎛ − ⎞ +⎛ − ⎞ + − =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ và

(

) (

)

4

9 x− + y+ + −z =

0,25

VII.b (1,0

điểm)

Ta có: 2 4 cos2 sin2

2 3

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + = ⎜⎜− + ⎟⎟= ⎜ + ⎟

⎝ ⎠

i i i 0,50

Do đó: 2 3 4 cos2 sin2

3

z = − + i⇔z = ⎛⎜ π +i π ⎞⎟

⎝ ⎠

2 cos sin cos sin

3 3

z ⎛ π i π ⎞ hay z ⎛ π i π ⎞

⇔ = ⎜ + ⎟ = − ⎜ + ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⇔ = +z i hayz= − −1 i

Từđó suy phần thực phần ảo z tương ứng 3,

hoặc -1 −

0,50

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm):Cho hàm số y = x4 – 2x2 –

2) Dựa vào đồ thị C, biện luận theo tham số thực m số nghiệm phương

trình x4 – 2x2 – m – =

Câu II (2,0 điểm):

1) Giải phương trình 2sin3x – cos2x = 8sinx.cos2x +

2) Giải bất phương trình 9

(

)

3

log x+3 −log x− −2 log 1<

(42)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f(x), đường

thẳng x = 1, x = e3 trục hoành

Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông

tại B, BC = a AC = 2a; cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy có

độ dài a Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng

SB Tính thể tích khối tứ diện HABC theo a

Câu V (1,0 điểm): Tìm tất giá trị tham số a để bất phương trình

sau có nghiệm: x3+3x2− ≤1 a

(

x

)

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm hai phần (phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm): 1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường

thẳng d1: x + y – =

d2: 2x – y + = Trên d1 lấy điểm M d2 lấy điểm N cho

2

OMuuuur+ ONuuur r= Tìm tọa độ điểm M N

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chop tứ giác

S.ABCD có S = (3; 2; 4), A = (1; 2; 3) C = (3; 0; 3) Tìm tọa độ tâm mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp cho

Câu VII.a (1,0 điểm):

Tại điểm thi tuyển sinh đại học, cao đẳng có 10 phịng thi; gồm

phịng, phịng có 25 thí sinh phịng cịn lại phịng có 26 thí

sinh Sau buổi thi, phóng viên truyền hình chọn ngẫu nhiên thí

sinh để vấn Giả sử thí sinh có xác suất chọn

vấn nhau, tính xác suất để thí sinh chọn vấn thuộc

một phịng thi

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

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình

2 16

x + y =

Viết phương trình tắc đường thẳng d qua điểm I(2; 1) cắt (E) hai điểm M, N cho I trung điểm đoạn

thẳng MN

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1) hai đường

thẳng:

1

4

: ;

3 1

1 2

:

1

−

= =

− = − = + −

x y z

d

x y z

(43)

Viết phương trình tắc đường thẳng d qua điểm A, cắt d1

vng góc với d2

Câu VII.b (1,0 điểm):Giải phương trình x2 + (5 – 4i)x + – 11i = tập số phức

Câu Đáp án Điểm

I 2,0

điểm

1. (1,25 điểm)

a) Tập xác định: D =

b) Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y’ = 4x3 – 4x Ta có:

y/ = ⇔ =0 x hay x= −1hay x=1; y/ < ⇔ < −0 x 1hay0< <x 1;

/ 0 1 0 1.

y > ⇔ − < <x hay x>

Do đó:Hàm số nghịch biến khoảng (-∞; 1) (0; 1)

- Hàm sốđồng biến khoảng (-1; 0) (1; +∞)

0,50

Cực trị: Hàm sốđạt cực đại x = yCĐ = y(0) = -3; đạt cực tiểu

1

x= ± yCT = y(-1) = y(1) = -4

Giới hạn: lim lim

x→−∞y=x→+∞y= +∞

0,25

x -∞ -1 +∞

y’ - + - +

y +∞ -3 +∞

-4 -4

0,25

Đồ thị C: 0,25

2. (0,75 điểm)

Kí hiệu (*) phương trình cho, ta có:

(*) ⇔ x4 – 2x2 – = m +

Do đó, số nghiệm phương trình (*) sốđiểm chung đồ thị

0,25

-3 -4

-1

O y

(44)

C đường thẳng y = m + Từđồ thị C, ta được:

- Nếu m < -5 (⇔m + < -4) phương trình cho vơ nghiệm;

- Nếu -5 < m < -4 (⇔-4 < m + < -3) phương trình cho

có nghiệm phân biệt;

- Nếu m = -4 (⇔m + = -3) phương trình cho có

nghiệm phân biệt;

- Nếu m = -5 m > -4 (⇔m + = -4 m + > -3)

phương trình cho có nghiệm phân biệt

0,50

II

2,0

điểm

1. (1,0 điểm)

sin2x + sin3x = sin3x + sinx + (*)

0,50 Ta có:

( )

x

(

x

)(

x

)

sin ,

2

x x π k π k

⇔ = − ⇔ = − + ∈

0,50

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≠ -3 x ≠

Với điều kiện đó, bất phương trình cho tương đương với bất phương trình: log3 x+ +3 log3 x− <2 log 63

( )

Ta có:

( )

(

)(

)

3

* ⇔log x+3 x−2 <log 6⇔ x + − <x 6

2

12

6 6

0

x x x

x x

x x x

⎧ + − < ⎡− < < − ⎪

⇔ − < + − < ⇔⎨ ⇔⎢ < < + >

⎪ ⎣

⎩

Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình cho là:

(

) (

) ( ) ( )

0,50

III

1,0

điểm

Kí hiệu S diện tích cần tính Vì f x

( )

x

e

> ∀ ∈ ⎣ ⎦ nên

( )

(

)

3

1

1 ln

e e

S =

∫

f x dx

∫

x

xdx

0,25

Đặt u = lnx dv=

(

x

)

dx

du

dx

v

x chọn

3

= +

v x x x 0,25

Do đó:

3

1

3

1 ln

4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜⎜ + ⎟⎟ − ⎜⎜ + ⎟⎟

⎝ ⎠

∫

e e

x x

S x x dx

3

1

3 27 32 25

3

4 16 16

e e

e x x e e

e x

⎛ ⎞ + +

⎛ ⎞ ⎜ ⎟

= ⎜ + ⎟ − + =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(45)

IV

1,0

điểm

0,25

Vì ∆ABC vng B nên

BA2 = AC2 – BC2 = 4a2 – a2 = 3a2

Suy SA = AB Do ∆SAB cân A Suy H trung điểm

SB (*)

Qua H, kẻđường thẳng song song với SA, cắt AB K

VìSA⊥

(

ABC

)

HK

(

ABC

)

HABC S ABC

V HK

V = SA

0,50

Từ (*), ta có

2

HK BH

SA = BS = Vì vậy:

3

1 1

2

HABC S ABC

a

V = V = a a a =

0,25

V

1,0

điểm

Điều kiện: x ≥ Với điều kiện đó, bất phương trình cho tương

đương với bất phương trình:

(

)

( )

3

1

x x

a

x x

+ −

≤

− −

Ta có:

( )

(

x

)

(

x

)

a

( )

Như vậy, bất phương trình cho có nghiệm bất phương

trình (2) có nghiệm

0,50

Dễ thấy, hàm số f x

( )

(

x

)

(

x

)

[

)

f x

( )

f

( )

x

(2) có nghiệm a ≥

1

min ( )

x

f x

≥ =

Vậy, tất giá trị a cần tìm là: a ≥

0,50

VI.a

2,0

điểm

1. (1,0 điểm)

Vì M∈d1 nên tọa độ M có dạng M = (a; – a)

Vì N d∈ 2 nên toạđộ N có dạng N = (b; 2b + 3)

0,25

Do đó, ta có:

(

)

2

2 2

a b a b

OM ON

a b a b

+ =

⎧ ⎧ + =

⎪

+ = ⇔⎨ ⇔⎨

− + + = − =

⎪ ⎩

⎩

uuuur uuur r

8

,

3

a b

⇔ = = −

0,50

H S

K

(46)

Vậy, 8; N= - ;4

3 3

M =⎛⎜ − ⎞⎟ v ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi H I tương ứng tâm đáy ABCD tâm mặt cầu ngoại

tiếp hình chóp S.ABCD Ta có H trung điểm AC

Kí hiệu (P) mặt phẳng trung trực SA

Ta có I giao điểm SH (P)

0,25

Ta có H = (2; 1; 3) Suy HSuuur=

(

)

đường thẳng SH là: 1

( )

1 1

x− y− z−

= =

0,25

Gọi M trung điểm SA, ta có 2; 2;7

2 M = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠ Vì (P) qua M

nhận uuurAS =

(

)

của (P) là: 4x + 2z – 15 = (2)

0,25

Vì I SH∈ nên từ (1) suy ra: I = (2 + t; + t; + t)

Vì I∈

( )

P

Từđó, ta

6

t= Vì vậy, 13 19; ;

6 6 I = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠

0,25

VII. a 1,0

điểm

Tổng số thí sinh điểm thi là: 25 26 255× + × =

Khơng gian mẫu Ω gồn cách chọn thí sinh từ 255 thí sinh Ta có:

n(Ω) =

255 C

0,25

Kí hiệu X biến cố: “5 thí sinh chọn vấn thuộc

phịng thi” Ta có:

( )

(

)

25 26

5 594550

n X = C +C =

0,50

( )

255 594550 n X

P X

n C

= =

Ω

0,25

VI.b

2,0

điểm

1. (1,0 điểm)

Vì d qua I(2; 1) nên phương trình tắc d có dạng:

x y

a b

− −

= , trong a, b số thực khác

Vì M N d, ∈ nên M = (2 + at1;1 + bt1) N = (2 + at2; + bt2)

Vì M N, ∈

( )

E

(

) (

)

( )

2

1

16

at bt

+ +

+ =

(47)

Vì I trung điểm MN nên phải có

(

)

(

)

1

2

1

2

a t t

b t t

+ ⎧

+ =

⎪⎪ ⎨

+

⎪ + =

⎪⎩

, hay t1 + t2 = (2)

Như vậy, ta phải chọn a, b cho phương trình (1) có nghiệm phân

biệt t1, t2 thỏa mãn (2)

Ta có:

( )

16 9 36

a b a b

t t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ − =

⎝ ⎠

Từđó suy ra, với a, b phương trình (1) ln có hai nghiệm phân

biệt t1, t2 (2) thỏa mãn a, b hai số cho

0 a b

+ =

0,25

Chọn a = b = -9 ta giá trị a, b thỏa mãn yêu cầu

đề Suy ra, phương trình tắc d là:

2

8

x− y− =

−

0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi M giao điểm d d1, từ phương trình d1 suy tọa độ

của M có dạng: M = (3t; + t;t)

0,25 Từđó, ta có uuuurAM =

(

t

t t

)

Vì ur =

(

)

d

AM u

⇔uuuur r= ⇔

(

t

) (

t

) (

t

)

t

0,50

Do 16 22 2; ; 5 AM = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠

uuuur

Suy ra, phương trình tắc d là:

1 1

8 11

x− = y− = z−

0,25

VII. b

1,0 đ

Phương trình cho có ∆ = (5 – 4i)2 – 4(3 – 11i) = -3 + 4i = (1 + 2i)2 0,50

Do nghiệm phương trình x = -2 + 3i x = -3 + i 0,50

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TỐN - ĐỀ

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm):Cho hàm số y = -x4 + 2x2

2) Dựa vào đồ thị C, tìm tất giá trị tham số thực m cho

phương trình x4−2x2+ m− =4 0có nghiệm phân biệt

(48)

1) Giải phương trình 2cos4x – cos2x = + sinxcosxcos2x

2) Giải phương trình 9

(

)

3

log x+3 −log x− −2 log 1.=

Câu III (1,0 điểm):Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị

hàm số y=

(

x

)

x

Câu IV (1,0 điểm):Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân

B, AC = a ABC=1200 Biết rằng SA = SB = SC, góc giữa đường thẳng

SA mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo

a

Câu V (1,0 điểm):Tìm tất giá trị tham số a để bất phương trình

sau có nghiệm: x3+3x2− ≤1 a

(

x

)

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần hoặc 2)

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

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng C: (x - 1)2 + (y +

3)2 = đường thẳng d: x – y + = Trên C, lấy điểm M d

lấy điểm N cho gốc tọa độ O trung điểm MN Tìm tọa độ

các điểm M N

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 1) đường

thẳng

1

:

2

x t

d y t

z t

= + ⎧ ⎪ = + ⎨ ⎪ = ⎩

.Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với điểm M qua

đường thẳng d

Câu VII.a (1,0 điểm):Đề cương ôn tập cuối năm môn Lịch sử lớp 12 có 40

câu hỏi Đề thi cuối năm gồm câu hỏi số 40 câu Một học sinh

cho đến ngày thi ôn 30 câu đề cương Giả sử câu hỏi có

xác suất chọn vào đề thi nhau, tính xác suất để câu hỏi đề

thi cuối năm nằm số 30 câu hỏi mà học sinh nói ơn

2. 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 + (y -

1)2 = đường thẳng d: x – y – = Trên C, lấy điểm M d,

lấy điểm N cho M N đối xứng với qua trục Ox Tìm tọa độ

của điểm M N

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; -1; 4) đường

thẳng :

2

x y z

d − = + = −

(49)

Câu VII.b (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn

2 (1 )

1 i z

i − =

− Tìm mơđun số phức z iz+

Câu Đáp án Điểm

I (2,0

điểm)

1. (1,25 điểm)

a) Tập xác định: D =

b) Sự biến thiên:Chiều biến thiên: y’ = -4x3 + 4x Ta

có:

/ 0 0 1 1

y = ⇔ =x hay x= − hay x=

/ 0 1 0 1;

y > ⇔ < −x hay < <x

/ 0 1 0 1.

y < ⇔ − < <x hay x>

Do đó: -Hàm sốđồng biến khoảng (-∞; -1) (0;

1)

- Hàm số nghịch biến khoảng (-1; 0) (1;

+∞)

0,50

Cực trị: Hàm sốđạt cực tiểu x = yCT = y(0) = 0; đạt

cực đại x= ±1 yCĐ = y(-1) = y(1) =

Giới hạn: lim lim

x→−∞y=x→+∞y= −∞

0,25

x -∞ -1

+∞

y’ + – + - y

-∞

0,25

c) Đồ thị C: 0,25

1

-1

y

(50)

50

2. (0,75 điểm)

Ta có: x4−2x2+ m− = ⇔ − +4 0 x4 2x2 = m−4 0,25

Suy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

chỉ đồ thị C đường thẳng y= m−4 có điểm chung (*)

0,25

Dựa vào đồ thị C, với lưu ý đường thẳng y= m−4

khơng nằm trục hồnh, ta được:

( )

m

0,25

II (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với phương trình:

cos4x – sin4x = (*)

0,50

Ta có:

( )

4 2

x π x kπ hay x π kπ

⎛ ⎞

⇔ ⎜ + ⎟= ⇔ = = − +

⎝ ⎠

0,50

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≠ -3 x ≠

Với điều kiện đó, phương trình cho tương đương với

phương trình: log3 x+ +3 log3 x− =2 log *3

( )

Ta có:

( )

(

)(

)

3

* ⇔log x+3 x−2 =log 6⇔ x + − =x 6

0,50

2

12 4;

1; 0

x x x x

x x

⎡ + − = ⎡ = − =

⇔⎢ ⇔⎢ = − =

+ = ⎣

⎣

Kết hợp với điều kiện, ta tất giá trị x vừa tìm

được tất nghiệm phương trình cho

0,50

III (1,0

điểm)

Kí hiệu S diện tích cần tính Vì f x

( )

x

e

> ∀ ∈ ⎣ ⎦ nên

( )

(

)

2

1

1 ln

e e

S =

∫

f x dx

∫

x

xdx

0,25

Đặt u = lnx dv=

(

x

)

dx

Khi đó, du= dx và

x chọn

2

= +

v x x x Do đó:

0,25

2

1

2

1 ln

3

e e

x x

S =⎜⎛⎜ + ⎟⎞⎟x x − ⎜⎛⎜ + ⎞⎟⎟dx

⎝ ⎠

∫

2

1

2 13

2

3 9

e e

e x x e e

e x

⎛ ⎞ + +

⎛ ⎞ ⎜ ⎟

= ⎜ + ⎟ − + =

⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,50

S

(51)

IV (1,0

điểm)

Gọi O hình chiếu vng góc S

mặt phẳng ABC

Ta có: SA = SB = SC => OA = OB = OC

Mặt khác,

120

ABC= ⇒ ΔOAB

và ∆OBC tam giác

Suy ra:

3

AC a

OA OB= =AB= =

0,50

0

.tan 60

a

SO OA= = =a 0,25

3

1

12 36

S ABC

a

V = SO OB AC= 0,25

V1,0đ Xem Câu V – Đề

VI.a (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Vì N d∈ nên tọa độ N có dạng: N = (t; t+1)

Vì M N đối xứng với qua O nên M = (-t; -t -1)

0,25

Vì M C∈ nên

(

) (

)

( )

1 *

t t

− − + − − + =

Ta có:

( )

t

hay t

0,50

- Với t = -1, ta có M = (1; 0) N = (-1; 0)

- Với t = 2, ta có M = (-2; -3) N = (2; 3)

0,25

2. (1,0 điểm)

Kí hiệu (P) mặt phẳng qua M vng góc với d

Vì ur =

(

)

u

vectơ pháp tuyến (P) Suy phương trình tổng quát

của (P) là:

2x + y + 2z – =

0,25

Gọi H giao điểm d (P) Vì M, M’ đối xứng với

nhau qua d nên chúng đối xứng với qua H (*)

Vì H d∈ nên H = (1 + 2t; + t; 2t)

Do H∈

( )

P

Suy ra,

9

t= Vì vậy, 17 13 8; ; 9 H = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠

0,50

Do đó, từ (*) ta / 16 17 7; ; .

9 9 M = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠

0,25

VII.a (1,0

Không gian mẫu Ω gồm cách chọn câu hỏi đề

cương để làm đề thi Ta có:

( )

40

n Ω =C

(52)

điểm) Kí hiệu X biến cố: “3 câu hỏi đề thi nằm

số 30 câu hỏi mà học sinh ơn” Ta có:

( )

30

n X =C

0,25

( )

203

41% 494

n X C

P X

n C

= = = ≈

Ω

0,50

VI.b (2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Vì N d∈ nên tọa độ N có dạng: N = (t; t - 1)

Vì M N đối xứng với qua Ox nên M = (t; -t + 1)

0,25

Vì M C∈ nên (1 + t)2 + (-t + - 1)2 = (*)

Ta có: (*) ⇔ t2 + t = ⇔ t = -1 hay t =

0,50

- Với t = -1, ta có M = (-1; 2) N = (-1; -2)

- Với t = 0, ta có M = (0; 1) N = (0; -1)

0,25

2. (1,0 điểm)

Từ phương trình d suy d qua điểm M(1; -2; 1)

nhận ur=

(

)

Gọi R bán kính mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d; ta có:

(

)

AM u

R d A d

u

⎡ ⎤

⎣ ⎦

= =

uuuur r r

0,25

Ta có: uuuurAM = − − −

(

)

AM u

(

)

Do

( ) ( )

( )

2 2

2

5 5 2

2

R= − + − + =

+ − +

0,50

Vì vậy, phương trình mặt cầu là:

(

) (

)

2

9 x− + y+ + −z =

0,25

VII.b

1,0 đ

3 (1 3i) z

1 i − =

− (1 3i) cos( 3) i sin( 3)

π π

⎛ ⎞

− = ⎜ − + − ⎟

⎝ ⎠

⇒ (1− 3i)3 =8 cos(

(

)

1 i

− − +

= = = − −

−

⇒ z iz+ = − − + − +4 4i i( 4i) = −8(1 i)+