De thu suc DH de 4155 co HD giai

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.. Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 41 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 33x2mx1 có đồ thị (Cm) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =

2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng d: y = điểm phân biệt C(0; 1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2 cos3x 3 sinxcosx0

2) Giải hệ phương trình:

x y y

x y x y

3 3

2

8 27 7 (1)

4 6 (2)

  

 

  



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

2 2

6

1

sin sin .

2 



 

 x x dx

Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên cịn lại tạo với đáy góc 

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là số dương thoả mãn: x y z

1 1 2010  

Tìm giá trị lớn biểu thức:

P = x y z x y z x y z

1 1 1

2    2    2 II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh tam giác

x y

5 –2  6 0 4x7 –21 0y  Viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm trùng với gốc tọa độ O

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trục Ox điểm A cách đường thẳng (d) :

x 1 y z 2

1 2 2

 

 

mặt phẳng (P): 2 – –2x y z0

Câu VII.a (1 điểm): Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Từ X lập số tự nhiên gồm chữ số khác đôi một, cho ba chữ số phải 2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):

x t

y t z

2 4   

   

 (d2) :

x t

y t z

3 0    

    

Chứng minh (d1) (d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn

vng góc chung (d1) (d2)

Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d (Cm):

x33x2mx0 (1)  x

x2 x m

0

3 0 (2)

  

  



(2) có nghiệm phân biệt, khác  m m

9 4 0      

 (*) Khi đó: xDxE 3; x xD E m D E

y y' ' 1

 4m2 9m 1 0 

m 9 65

8  

(thoả (*))

Câu II: 1) PT 

x x

cos3 cos 0

3 

 

   

   x x

2 cos3 cos

3 

 

   

  

x k

x k

3

6 2

 

 



 

 

  

 .

2) Từ (1) y Khi Hệ PT 

x y y

x y xy y

3 3

2

8 27 7

4 6



  



 



 

t xy

t3 t2 t

8 27 4 6  



  





t xy

t 3;t 1; t 9

2 2 2

   

  

 

 Với

t 3

2 

: Từ (1) y = (loại)

 Với t 1

2 

: Từ (1) 

x 31 ;y 34 2 4

 

 

 

 

 Với t 9

2 

: Từ (1) 

x 33 ; 4y 2 4

 

 

 

 

Câu III: Đặt x t t

3

cos sin , 0

2 2



 

    

   I =

tdt 2 3 cos 2

 

=

3 1

2 2 

 



 

 

Câu IV: Gọi H, M, I trung điểm AB, AC, AM  SH  (ABC), SIH  SH =

a IH.tan 3tan

4

  

 S ABC ABC a

V . 1SH S. 3tan

3  16 

 

Câu V: Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b

4 1 1

 

 .

 P  x y x z y x y z z x z y

1 1 1 1 1 1 1

4

 

    

 

     

  = x y y z z x

1 1 1 1

2

 

 

 

  

 

 x y z 1 1 1 4

 

 

 

  =

1005 2 .

Dấu "=" xảy 

x y z 1

670   

Vậy MinP = 1005

2 .

2) Giả sử A(a; 0; 0) Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) d AB  ( ;2 ; 2 )t a t   t



d a

AB u t 3

9 

  

 



a a a

B 12 ;2( 3) 2; 12

9 9 9

    

 

  AB = a a

2

2 9

3   d A P a

2 ( ,( ))

3 

AB = d(A, (P)) 

a2 a a

2 2 6 9 2

3   3  a3  A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a a a a a1

 Nếu a1 = có: A

4

7 840 (số)  Nếu a2 = có: C A

1

6 720 (số)  Nếu a3 = có: C A6 61 720 (số)  Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số)

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = Giả sử M(0; b) Oy Vì góc hai tiếp tuyến kẻ từ M 600 nên MI =

R sin30 =

 MI216  b2 7  b 7  M0; 7 M0; 7 2) d1 có VTCP u1(2;1;0)



, d2 có VTCP u2  ( 1;1;0)



Giả sử A t t(2 ; ;4)1 d1, B(3 t t2 2; ;0)d2

AB đoạn vng góc chung 

AB u AB u12

 

 

   

 

 

t t t11 t22

5 6

2 3

  



 

  t1t2 1  A(2; 1; 4), B(2; 1; 0)

Mặt cầu (S) có tâm trung điểm I(2; 1; 2) AB bán kính R =

AB 2 2  .  (S): x y z

2 2

(  2) ( 1) (  2) 4. Câu VII.b: PT  z z z

2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 42 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y

x 2 4

1  

 .

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

2) Tìm đồ thị (C), hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1) Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

x x x

4 1 3 7

4 cos cos2 cos4 cos

2 4 2

   

2) Giải phương trình: 3 2x x3x2x1

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x x e dx

x

0

1 sin 1 cos 

  

 



 



Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB600, BSC 900

 , CSA1200.

Câu V (1 điểm): Cho số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P = x y z

2 2

2 2

log  1 log  1 log 1 II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: x y  1 0 d2: x y

2  1 0 Lập phương trình đường thẳng d qua M(1; 1) cắt d

1, d2 tương ứng A, B cho 2MA MB  0.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x2y 2 0z  hai điểm A(1; 7; –1), B(4; 2; 0) Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vng góc đường thẳng AB lên mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 nghiệm phức phương trình x x

2

2   1 0 Tính giá trị

các biểu thức x12

1

x22

1

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y2 2x 2y 3 0 điểm M(0; 2) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) hai điểm A, B cho AB có độ dài ngắn

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị x, biết khai triển Newton  

x 5 x n

lg(10 ) ( 2)lg3

2  2 

 số

hạng thứ 21 Cn Cn Cn 2

 

Hướng dẫn Đề số 42

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x2y 3 0 Gọi I(a; b)  MN  a2b 3 0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I vng góc với MN là: y2(x a b )

Hoành độ giao điểm A, B (C) d nghiệm phương trình:

x x a b

x

2 4 2( ) 1



  

 (x –1)

 x a b x a b

2

2  (2  )  2   4 0 (x  –1) A, B đối xứng qua MN  I trung điểm AB Khi đó: A B I x x x 2    a b a 2 4   (2)

Từ (1) (2) ta được:

a b

a b a

2 3 0 2 4            a b 12   

 

Suy phương trình đường thẳng d: y2x 4  A(2; 0), B(0; –4) Câu II: 1) PT 

x

x 3

cos2 cos 2 4   (*) Ta có: x x cos2 1 3 cos 1 4      

 Do (*) 

x x cos2 1 3 cos 1 4         x k l x 8 3        

  x8m. 2) PT 

x x x

3 (2 1) 2 1 (1) Ta thấy x 1 2 

nghiệm (1) Với x

1 2 

, ta có: (1) 

x x x 2 1 3 2 1     x x x 2 1 3 0 2 1     Đặt

x x x

f x

x x

2 1 3

( ) 3 3 2

2 1 2 1



    

  Ta có:

x

f x x

x

6 1

( ) ln3 0,

2 (2 1)

     



Do f(x) đồng biến khoảng

1 ; 2      

  1 ;2

 



 

   Phương trình f(x) = có nhiều nghiệm khoảng

1 1 ; , ; 2 2               .

Ta thấy x1, x1 nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệm x1, x1 Câu III: Ta có:

x x

x

2 1 sin 1 tan

1 cos 2 2

 



   

   .

Do đó: I =

x x e dx2

0

1 tan

2 2          = x

x x e dx

2 2

0

1 1 tan tan

2 2 2

          = x x

x e dx xe dx

2

2

0

1 1 tan tan

2 2 2

Đặt

x u e

x dv 1 tan2 dx

2 2                x du e dx

x v tan 2       

 I =

x x x x x x

e 2 e dx e dx

0 0 0

tan tan tan

2 2 2

 



  

= e2 

Câu IV: Trên AC lấy điểm D cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC) ASD300

Ta có: ASD CSD AS SD S AD a

CD S CS SD c

0 1 .sin30 2

1 . 2

2     a DA DC c 2                               cSA aSC SD c a 2 2       

cSA aSC c

SD SB SB SA SB

c a c a

2 2 . . . 2 2                                            =

c ab abc

c a c a

2 .cos60

2  2 

và

c SA a SC caSA SC

SD

c a 2 2

2

4 4 .

(2 )       =

a c a c a c a c

c a c a

2 2 2 2

2

4 2 3

(2 ) (2 )

 



 

 SD = ac c a 3 2  Mặt khác,  abc

SD SB c a

SDB

SD SB ac b c a

. 2 3

cos

. 3 3

2        

SDB 6 sin

3  

SDBC SDB

V 1SC S. 1SC SD SB .sinSDB

3 6   = abc c a 2 6 2 

Mà ASDB CSDB

V AD a

V DC 2c

 ASDB CSDB

a a bc

V V

c c a

2 2

2 12 2

 



Vậy: SABC ASDB CSDB

a bc abc

V V V abc

c a

2

2 2 2

12 2 12

  

    



  .

Câu V: Đặt alog ,2x blog ,2y clog2z  a b c  log (2 xyz) log 3 

 P = x y z

2 2

2 2

log  1 log  1 log 1

= a2 1 b2 1 c21 Đặt m( ;1),a n( ;1),b p( ;1)c

Khi đó: P = m n  p m n p 

     

= (a b c  )2(1 1)  = 3 2

Dấu "=" xảy  a b c  1  x y z  2 Vậy MinP = 3 2 x y z  2 Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) d1, B(b; 2b – 1) d2 MA(a1;a 2), MB(b1;2b 2)

                            MA MB

2  0

 



a b

a b

2 2 1 0

2 4 2 2 0

    



    

 

a b 03   



2) PTTS AB:

x t

y t

z t 4 3 2 5    

    

  Giao điểm AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I hình chiếu B (P) Tìm I(3; 0; 2) Hình chiếu d đường thẳng AB đường thẳng MI

 Phương trình đường thẳng d là:

x t

y t

z t

3 4 3 2    

     

Câu VII.a: PT có nghiệm

i i

x1 1 ; x2 1

2 2

 

 



i i

x12 x22 1 2 ; 1 2

 

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) bán kính R = 5 IM = 2 5

 M nằm đường tròn (C)

Giả sử d đường thẳng qua M H hình chiếu I d

Ta có: AB = 2AH = 2 IA2 IH2 2 5 IH2 2 5 IM2 2 3.

Dấu "=" xảy  H  M hay d IM Vậy d đường thẳng qua M có VTPT MI (1; 1) 

 Phương trình d: x y  2 0 2) Phương trình mp(ABC):

x y z 1

1 3   Gọi H(x; y; z) trực tâm ABC.

Ta có:

AH BC BH AC H ( )P

 



 

  

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



y z

x z

y z x

2 3 0

3 0 1 2 3

  



   

    

 

x y z

36 49 18 49 12 49 

   

     

  H

36 18 12; ; 49 49 49

 

 

 .

Câu VII.b: Phương trình Cn Cn Cn 2

 

 n n n

(  9 14) 0  n7 Số hạng thứ khai triển  

x 5 x

lg(10 ) ( 2)lg3

2  2 

 là:

 x   x 

C

2

5

5 lg(10 ) ( 2)lg3

7 2  2 

Ta có:

x x

C75 lg(10 ) ( 2)lg3.2  .2  21 



x x

lg(10 ) ( 2)lg3

2    1

 

x x

lg(10 ) (   2)lg3 0 

x x (10 ).3  1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 43 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y

x 2 1

1  

 .

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

2) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M vuông góc với đường thẳng MI

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x x 3x x

cos cos cos sin 2 0

2 6 3 2 2 6

   

       

       

       

       

2) Giải phương trình: x x x x

4 2 1 2 1 2

     

Câu III (1 điểm): Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường: (C): x(y1) 12 , (d): y x4 Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành hình (H) quay quanh trục Oy

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, cạnh a, ABC600, chiều cao SO hình chóp

a 3

2 , O giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi M trung điểm AD, mặt phẳng (P) chứa BM song song với SA, cắt SC K Tính thể tích khối chóp K.BCDM

Câu V (1 điểm): Cho số dương x, y, z thoả mãn: x2y2z2 1 Chứng minh:

x y z

y2 z2 z2 x2 x2 y2

3 3 2

  

  

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có tâm O, bán kính R = điểm M(2; 6) Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) điểm A, B cho OAB có diện tích lớn

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z   3 0 điểm A(0; 1; 2) Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1 điểm): Từ số 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập tất số tự nhiên có chữ số khác Hỏi số có số mà hai chữ số không đứng cạnh

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3) Biết phương trình đường phân giác (AD): x2y 5 0 , đường trung tuyến (AM): 4x13 10 0y  Tìm toạ độ đỉnh B

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):

x t

y t

z t 23 8 10 4    

  

 

 (d2):

x 3 y 2 z

2 2 1

 

 

 Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz cắt hai đường thẳng (d1), (d2)

x x

a x x

2

2

3 4 5

1 log ( ) log ( 1) 

  



    



Hướng dẫn Đề số 43 Câu I: 2) Giao điểm hai tiệm cận I(1; 2) Gọi M(a; b)  (C) 

a b

a 2 1

1  

 (a  1)

Phương trình tiếp tuyến (C) M:

a

y x a

a

a

1 ( ) 2 1

1 ( 1)



  

 

Phương trình đwịng thẳng MI:

y x

a

1 ( 1) 2 ( 1)

  



Tiếp tuyến M vuông góc với MI nên ta có: a a

1 . 1 1

( 1) ( 1)

 

  

a b

a 0 (2 (b 1)3)

  

  

 Vậy có điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)

Câu II: 1) PT 

x x x x

cos cos2 cos3 cos4 0

2 6 2 6 2 6 2 6

   

       

       

       

       

Đặt x t

2 6   

,

PT trở thành: costcos2 cos3 cos4t t t0 

t t 5t

4 cos cos cos 0

2 2  

t t

t cos 0

2 cos 0

5 cos 0

2 

 



 

 





t m

t l

k t

(2 1) 2

2 5 5

 



 

  



 

 

   

 Với

t (2m 1) x (4m 2)

3 

 

     

 Với

t l x 4 2l

2 3

 

 

    

 Với

k k

t 2 x 11 4

5 5 15 5

   

    

2) Điều kiện: x

x x

2 1 0

1

  

 

 



 x

Khi đó: x x x x x x

4

2 1 1 1

        (do x 1)

 VT >    

Coâ Si

x x x x x x x x

4 1 1  28 1 1

          = 2

 PT vô nghiệm

V =

y y y dy

2

2 2

1

( 2 2) (4 ) 



   



= 117

5  Câu IV: Gọi N = BM  AC  N trọng tâm ABD

Kẻ NK // SA (K  SC) Kẻ KI // SO (I  AC)  KI  (ABCD) Vậy K BCDM BCDM V . 1KI S.

3 

Ta có: SOC ~ KIC 

KI CK

SO CS (1), KNC ~ SAC 

CK CN CS CA (2)

Từ (1) (2) 

CO CO

KI CN CO ON

SO CA CO CO

1

2 3

2 2 3

 

   



a

KI 2SO 3

3 3

 

Ta có: ADC  CM  AD CM = a 3

2  SBCDM = DM BC CM a2

1( ). 3 3

2   8

 VK.BCDM =

BCDM a

KI S

1 .

3  8

Câu V: Ta có

x x

y2z2 1 x2 Ta cần chứng minh:

x x

x

2

3 3 2

1  .

Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:

  x x x

x x x x x

2

2 2

2

2 2 2 2 1 1 8

2 1 2 (1 )(1 )

3 27

     

      

 



x(1 x2) 2 3 3

 



x x

x

2

3 3 2

1  

x x

y z

2 2

3 3 2 

 (1)

Tương tự:

y y

x z

2 2

3 3 2 

 (2),

z z

x y

2 2

3 3 2 

 (3)

Do đó:

 

x y z x y z

y z x z x y

2 2

2 2 2

3 3 3 3

2 2

     

  

Dấu "=" xảy 

x y z 3

3   

Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn OAB vng cân O Khi d O d

5 2 ( , )

2 

Giả sử phương trình đường thẳng d: A x(  2)B y(  6) ( A2B20)

Ta có: d O d

5 2 ( , )

2 



A B

A2 B2

2 6 5 2

2

 



  47B248AB17A2 0



B A

B A

24 55 47 24 55

47

  

  

  

 

 Với

B 24 55A 47   

d: 47(x 2) 24 55 (    y 6) 0  Với

B 24 55A 47

 



: chọn A = 47  B = 24 55 d: 47(x 2)  24 55 (  y 6) 0

2) (P) có VTPT n(1;1;1) Giả sử A(x; y; z) Gọi I trung điểm AA

x y z

I ; 1; 2

2 2 2

   

 

 .

Ta có: A đối xứng với A qua (P) 

AA n phương I (P),

   

  







x y z

x y z

1 2

1 1 1

1 2 0

2 2 2

  

 

 

 

    



 x y z

4 3 2   

   

 Vậy: A(–4; –3; –2).

Câu VII.a: Số số gồm chữ số khác lập từ số 1, 2, 3, 4, 5, là: 6! (số) Số số gồm chữ số khác mà có số đứng cạnh là: 2.5! (số)  Số số thoả yêu cầu toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD  AM  A(9; –2) Gọi C điểm đối xứng C qua AD  C AB Ta tìm được: C(2; –1) Suy phương trình (AB):

x 9 y 2

2 9 1 2

 



    x7y 5 0. Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx): x7y 25 0

Gọi A = Cx AM  A(–17; 6) M trung điểm AA M(–4; 2) M trung điểm BC  B(–12; 1)

2) Giả sử A( 23 ; 10 ; )  t1   t t1 d1, B(3 ; 2 ; ) t2   t t2 d2  AB(2t2 8t126; 2 t2 4t18;t2 t1)



AB // Oz AB k phương,  



t t

t t

2

2 8 26 0

2 4 8 0

   



   

 

t t

17 6

5 3 

    

  A

1 17; ; 3 6

 



 

 

 Phương trình đường thẳng AB: x y

z t

1 3 4 3 17

6 

   

  

   



Câu VII.b:

x x

a x x

2

2

3 4 5 (1)

1 log ( ) log ( 1) (2) 

  



    



 (1) 

x x 2

3  5  4 0 Đặt f(x) =

x x 2

3  5  4 Ta có: f(x) =

x

x ln 5 2 x R ln3.3 .5 0,

2

   

f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)

 (2)   a x  x

2

log 2(  ) log ( 1)

 a x x 2(  ) 1 

x

a x 1

2 2

  

 Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +) Đặt g(x) =

x4 x 1

2  2 Ta có: g(x) = 2x31 > 0, x   g(x) đồng biến [2; +) và g(2) =

21

2 . Do (*) có nghiệm thuộc [2; +)  a 21

2 

Vậy để hệ có nghiệm a

21 2 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 44 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

m x m

y

x

2

(2 1)

1

 



 .

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = –1 2) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2 cos2xsin2x4cos 32 x

2) Giải hệ phương trình:

xy

x y

x y

x y x y

2

2

2 1



  



 

   



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x dx

x x

2

3

sin (sin cos ) 

 

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABCcó đáy tam giác cạnh a, AM  (ABC), AM =

a

2 (M trung điểm cạnh BC) Tính thể tích khối đa diện ABABC.

Câu V (1 điểm): Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P = x2y2 4y4 x2y24y4 x II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):

x2 y2 1

100 25  Tìm điểm M  (E) sao

cho F MF1 1200 (F1, F2 hai tiêu điểm (E)).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x y z   3 Tìm (P) điểm M cho MA2MB3MC

                                          nhỏ

Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 hệ số khai triển sau:

x 10 x x11 a x1 10 a x2 a11

( 1) ( 2)     Tìm hệ số a

5

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

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d:

x y z

1 1

 

 

Tìm d hai điểm A, B cho tam giác ABM Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

y x y

x

x y x y

xy 2010 3 2 log                  

Hướng dẫn Đề số 44 Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

m x m x

x m x 2

(2 1) (*)

1

( 1) 1 (**)

( 1)              

Từ (**) ta có (m1)2 (x1)2 

x m

x m

     

 Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (thoả với m) Vì x  nên m 1  Với x = – m, thay vào (*) ta được: m m m m m

2

(2  1)(2 ) (2 )(2 1) 

m

4(  1) 0  m1x = (loại)

Vậy với m đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu II: 1) PT 

x x x

3cos2 1sin2 cos6

2     x x

cos cos6

6           x k x l 48 24              2) xy x y x y

x y x y

2

2

2 1 (1)

(2)           

 Điều kiện: x y 0. (1) 

x y xy

x y

2

(  )  2 1 0



   (x y 1)(x2y2x y ) 0  x y 1 0 (vì x y 0 nên x2y2x y 0) Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (1 x)  x2 x 0 

x y

x 12 ((y 3)0)

  

  

 Vậy hệ có nghiệm: (1; 0), (–2; 3)

Câu III: Đặt t x



 

dt = –dx Ta có I =

t dt t t cos (sin cos )    = x dx x x cos (sin cos ) 

 

 2I =

=

x

0

1 tan

2

 

 



 

  = Vậy: I =

1 2.

Câu IV: Vì ABBA hình bình hành nên ta có: VC ABB 'VC AB A ' '

Mà C ABB ABC

a a a

V . ' 1.A M S 3

3 

  

Vậy, C ABB A C ABB

a a

V . ' ' 2V . ' 3

8

  

Câu V: Ta có: P = x2(2 y)2  x2 (y2)2  x Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2)

 

Ta có: a b  a b

 

 

 x y x y x x

2 (2 )2  2( 2)2  4 16 2 24

Suy ra: P  x24 x Dấu "=" xảy  a b,  

hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

2 3x2(3 1)(4 x2)  x24 3 x Dấu "=" xảy  x

2

 Do đó: P  2 3x  4 x  4   Dấu "=" xảy 

x , 0y

3

 

Vậy MinP = 4

x , 0y

3

 

Câu VI.a: 1) Ta có: a10,b5  c5 Gọi M(x; y)  (E) Ta có: MF1 x MF2 x

3

10 , 10

2

   

Ta có: F F1 22 MF12MF22 2MF MF1 2.cosF MF1



  x x x x

2

2 3 3 3 3 1

10 10 10 10 10

2 2 2

         

              

          x = (y= 5) Vậy có điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5)

2) Gọi I điểm thoả: IA2IB3IC0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   



I 23 13 25; ; 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC MI IA 2MI IB 3MI IC  6MI 6MI

          

Do đó: T nhỏ  MI



nhỏ  M hình chiếu I (P) Ta tìm được: M

13 16; ;

9 9

 



 

 .

Câu VII.a: Ta có: (x1)10 C x100 10C x101 9 C x C109  1010

 x x C C x

10

10 10

( 1) ( 2)   2 

 a C C

5

5  102 10672.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)  Ta có:

AB AC IB IC

 

 

 Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450 Khi B, C giao điểm d với (C) AB = AC

Vì IA(2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không phương với trục toạ độ  VTCP d có hai thành phần khác Gọi u(1; )a VTCP d Ta có:

IA u a a

a2 a2

2 2

cos ,

2

1

 

  

  

 

 2a  1a2 

a a

3

  

  

 Với a = 3, u(1;3)



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y 35 t

     



Ta tìm giao điểm d (C) là:

9 13 13; , 13 13;

2 2

       

   

   

 Với a =

1



, u

1 1;

3

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5

3

    

  



Ta tìm giao điểm d (C) là:

7 13 11; 13 , 13 11; 13

2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

và

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

2) Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH = d M d( , ) 2 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =

MH

2

3

3 

Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:

x y z

x y z

2

1 1

8

( 2) ( 1) ( 2)

3

  

  

 

      





Giải hệ ta tìm được: A B

2 2 2

2 ; ;3 , ; ;3

3 3 3

   

    

   

   .

Câu VII.b:

y x y

x

x y x y

xy

2010

3

2

2

log (1)

(2)

  

    

  

 

  

 

Điều kiện: xy0 Từ (2) ta có: x3y3xy x( 2y2) 0  x0,y0 (1) 

x y

y

x

2 2010 





x y

x.2010 2 2010y .

Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0) Ta có: f (t) =

t t

2010

ln2010

 

 

 

 

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y

9

5

2

 

 

 

  

y loại

y x

0 ( )

9

10

 

  

    

 



Vậy nghiệm hệ là:

9 9; 10

 

 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 45 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y

x

2

2

 

 (1).

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

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

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x x

x x

(1 2sin )cos 3 (1 2sin )(1 sin )





 

2) Giải hệ phương trình: 33 x 5  x 0

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x x dx

2

3

0

(cos 1)cos



 

Câu IV (1 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 AD Hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm): Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x x y z(   ) 3 yz Chứng minh:

x y x z3 x y x z y z y z

(  ) (  ) 3(  )(  )(  ) 5(  )

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo AC BD điểm I(6; 2) 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

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 2y z  0 mặt cầu (S) có phương trình: x2y2z2  2x 4y 11 0z  Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn Xác định tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1 điểm): Gọi z z1 2, nghiệm phức phương trình: z2 2 10 0z  Tính giá trị biểu thức:

A = z z

2

1  .

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

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C): x2y24x4y 6 đường thẳng  có phương trình: x my  2m 3 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 không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y2 0z  hai đường thẳng 1, 2 có phương trình 1:

x y z

1

 

 

, 2:

x y z

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)

x xy y

x y xy

2

2

2

log ( ) log ( )

3   81

        

Hướng dẫn Đề số 45 Câu I: 2) Gọi ( ; )x y0 toạ độ tiếp điểm.

Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y x

yx.

 y x( )0 1  x

2 1 (2 3)     x y

x00 y00

1 ( 1)

2 ( 0)

  

  



 Với

x y00

1

 

 

 : yx (loại) Với

x y00

2

 

 

 : yx 2 (nhận) Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: yx

Câu II: 1) Điều kiện:

x x

1 2sin

1 sin

        x m x n x p 2 2                     

PT 

x x x

x x 2x

cos 2sin cos 3

1 sin 2sin 2sin





    cosx sin 2x 3(sinxcos2 )x 

x x x x

3cos2 1sin2 1cos 3sin

2 2 2   cos 2x cos x

                 

x k loại

x k nhaän

2 ( )

2

2 ( )

18            

 Vậy PT có nghiệm: x k

2

18

 

 

2) Điều kiện: x

6  Đặt u x v x

33 2

6           u x v x

2 36 52

         .

Ta có hệ PT:

u v

u3 v2

2

5

  



 

 Giải hệ ta

u

v 42

   

 

x x

3 2

6 16

  

  

  x2.

Thử lại, ta thấy x2 nghiệm PT Vậy PT có nghiệm x2.

Câu III: I =

x dx x dx

2 5 2

0

cos cos

 



 

= A – B

 A =

x dx x x dx

2

5

0

cos cos cos

 



 

=

 x d x

2 2

0

1 sin (sin )    = 8 15

 B =

x dx x dx

2

2

0

1

cos (1 cos2 ). 2

 

 

 

= 4 

Vậy I = 8 15 – 4

Câu IV: Gọi E trung điểm AB  BC = a 5 Ta có: BIC ABCD ABI CDI a

S S S S 3

2

   

Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = BIC

S a

BC

2 3

5 

Từ giả thiết  SI  (ABCD)  SFI 600  SI =

a IF.tan 600 3 3

5 

 Thể tích khối chóp S.ABCD:

ABCD a

V 1SI S. 1 3. .3a2 3 15a3

3 3 5 5

  

Câu V: Xét điều kiện: x2xy xz 3yz  x y x z y z y z

2 2

(  ) (  ) 2(  )  (  )



x y x z x y x z

y z y z y z y z

2 2

2

         

   

     

   

      (*)

Đặt

x y x z

u v

y z, y z

 

 

  (u, v > 0) Từ (*)  u2v2  2 (u v )2  u2v2 uv1 (1)

Khi ta có: BĐT 

x y x z x y x z

y z y z y z y z

3

3 5

           

  

       

   

         u3v33uv5

 u v u uv v uv

2

(  )(   ) 3 5  u v 3uv5 (2) (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: uv 1 (u v )21 (3)

và u v uv u v

2 3

( ) 1 3 1 ( )

4

     

 u v

(  ) 4  u v 2 (4) Từ (3) (4) ta suy điều cần chứng minh (2)

Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; – a)  IE(a 6;3 a)



Gọi P điểm đối xứng E qua I  P(12 – a; a – 1), MP(11 ; a a 6) 

Ta có: MP IE 0

 

 (11 a a)(  6) ( a 6)(3 a) 0  a a 67      Đường thẳng qua M(1; 5) nhận IE



làm VTPT  Với a6  IE(0; 3)



 Phương trình AB: y5  Với a7  IE(1; 4)



 Phương trình AB: x 4y19 0 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R =

d I P( ,( )) 3 R  (P) cắt (S) theo đường tròn (C). Dễ xác định tâm đường trịn (C) J(3; 0; 2) bán kính r = Câu VII.a: PT có nghiệm: z1 1 ,i z2  1 3i

 A = z z

2

1  = 20

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2 Ta có:

 

IAB

S 1IA IB .sinAIB 1R2sinAIB 1R2 1

2 2 2

   

Khi đó:

R d I( , ) 1

2

  



m m

m2

2 2 2 3 1

1

   



 15m2 8m0  m m

0 8 15   

   2) Giả sử: M( ; ; ) t t   t 1

Khoảng cách từ M đến 2:

t t t

d M( , )2 (8 14)2 ( 14 20)2 ( 4)2 3

       

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P):

t d M P( ,( )) 11 20

3  

Từ ta có:

t t t

(8 14) ( 14 20) ( 4) 3

     

= t 11 20

3 

 140t2 352 212 0t   t t

1 53 35   

  

 Với t =  M(0; 1; –3)  Với t = 53 35  M

18 53 3; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII.b: Điều kiện: xy0 Hệ PT 

x y xy

x xy y

2

2 22 4



  



  



 

x y x2 4   



 

x y x y 22       

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 46 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

3

1

2 3

3

y x  x  x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến qua gốc tọa độ O Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2 sin 2 3sin cos 2

4

x  x x

 

   

 

  .

2) Giải hệ phương trình:

2

3

2 1

2 2

y x

x y y x

  

 

  

 

Câu III (1 điểm): Tìm giá trị tham số m để phương trình: m x2 2x2 x 2 có nghiệm phân biệt

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất mặt hình chóp Câu V (1 điểm): Với số thực x, y thỏa điều kiện 2x2y2xy1 Tìm giá trị lớn giá

trị nhỏ biểu thức:

4

2 1

x y

P xy

 

 . II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2.27x18x 4.12x3.8x 2) Tìm nguyên hàm hàm số  

tan 1 cos

x f x

x 

 .

Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I1; 2;3  Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với trục Oy

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

1) Giải bất phương trình: x4 log3 x 243 2) Tìm m để hàm số

2 1

mx y

x  

có điểm cực trị A, B đoạn AB ngắn

Hướng dẫn Đề số 46 Câu I: 2) PTTT  (C) điểm M x y0 0;  là:

  

:y x02 4x03 x x 0 1x03 2x023x0 3

 qua O  x0 0,x0 3 Các tiếp tuyến cần tìm: y3x, y0 Câu II: 1) PT  sinxcosx1 cos  x 3 0



2 1

sin cos 1 sin 2

4 2 2

x k

x x x

x k

  

 



 

  

       



   



KL: nghiệm PT 2 2 ; 2 

  

   

x k x k

2) Ta có:   

3 2 2

2x  y  2y  x 2y x  x 2x y2xy  5y 0 Khi y0 hệ VN

Khi y0, chia vế cho y30 ta được:

3

2 2 5 0

x x x

y y y

     

   

     

     

Đặt x t

y 

, ta có : t32t22t 0  t1

1, 1

1 y x

x y x y

y   

      

  

Câu III: Ta có: x2 2x 2 1nên PT

2

2 2

x m

x x



 

 

Xét

2 ( )

2 2

x f x

x x

 

   

2

4 3 '( )

2 2 2 2

x f x

x x x x



 

   

  4 4

' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1

3 3 x x

f x x f f x f x

    

 

      

  Kết luận: 1m 10

Câu IV: Gọi O giao điểm AC BD  SOABCD

Ta có:

2

2 2 2 2

4 2

a a

SO SA  OA  a  

2

1 2 6

ABCD S ABCD

S a  V  a

Gọi M, N trung điểm AB CD I tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN Ta chứng minh I cách mặt hình chóp

 

 

2

2 2 2 3 1

4

4 3

SMN

a a

S pr r

a a





   



Câu V: Đặt t xy Ta có: xy x y xy xy xy

2 1

1 2 2 4

5

      

Và xy x y xy xy xy

2 1

1 2 2 4

3

      

Suy :

 

 

x y x y t t

P

xy t

2

2 2 2 7 2 1

2 1 4 1

    

 

  .Điều kiện: t

1 1

5 3

  

Do đó:

 

 

t t P

t

2 7

'

2 1   

 ,

t thoả

P

t 0 (loại) ' 0

1 ( )  

   

P 1 P 1 2

5 3 15

   

  

   

    P  1 0

4 

Kết luận: Max P =

1

4 Min P = 2 15

Câu VI.a: 1) PT 2.33x2 3x 2x 4.2 32x x3.23x

3

3 3 3

2 4 3 0

2 2 2

x x x

     

         

     

 x1

2) Ta có:   cos sin cos 1 cos

x x

I dx

x x



 

Đặt tcos2 x dt2cos sinx xdx

Suy :  

1 1 1 1 1 1

ln

2 1 2 1 2

dt t

I dt C

t t t t t



 

      

   

 

=

2

1 1 cos

ln

2 cos

x C x

  

  

 

Câu VII.a: Gọi M hình chiếu I1; 2;3  lên Oy, ta có: M0; 2;0 

 1;0; 3 10

IM     R IM 



bán kính mặt cầu cần tìm Kết luận: PT mặt cầu cần tìm      

2 2

1 10

x  y  z 

Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > BPT  4 log 3xlog3x5

Đặt tlog3x Ta có: t24t 0   t 5hoặc 1t 

1 0

243 x  

x3.

2) Ta có:

2

1 ' mx y

x  

Hàm số có cực trị  y' 0 có nghiệm phân biệt, khác 0

m

 

Khi điểm cực trị là:

   

2

1 1 4

; 2 , ; 2 16

A m B m AB m

m

m m

   

       

   



 

   

   

2 2 4 .16 16

AB m

m

  



Dấu "=" xảy 

1 2 m

Kết luận:

1 2 m

Câu VII.b:      

2

: 1 1;0 ;

C x y   I  R

Hệ số góc tiếp tuyến () cần tìm  3

 PT () có dạng 1: 3x y b  0 2: 3x y b  0  1: 3x y b  0 tiếp xúc (C)  d I ,1 R

3

1 2 3

2 

 b   b 

Kết luận: 1: 3x y  2 3 0

 2: 3x y b  0 tiếp xúc (C)  d I ,2 R

3

1 2 3

2 

 b   b 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 47 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 4 2m x2 2m42m (1), với m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =

2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox hai điểm phân biệt, với m0 Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:



 

  

 

 

x x

2sin 2 4sin 1 6

2) Tìm giá trị tham số m cho hệ phương trình

  



 



y x m

y xy

2

1

có nghiệm

Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm hàm số

   

 

 x f x

x

4 1 ( )

2 1 .

Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD Trên cạnh BC, BD, AC lấy điểm M, N, P cho BC4BM, BD2BN AC3AP Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD

làm hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

Câu V (1 điểm): Với số thực dương x y z; ; thỏa điều kiện x y z  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 

       

 

P x y z

x y z 1 1 2

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2xlog4x 8log2 x

2) Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị hàm số

 

 x y

x 1

2 hai điểm phân biệt sao cho hoành độ tung độ điểm số nguyên

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chođường thẳng  d : 2x y  4 0 Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với trục tọa độ có tâm đường thẳng (d)

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

1) Giải bất phương trình: 2 log  2xlog4xlog8x0

2) Tìm m để đồ thị hàm số y x 3m 5x2 5mx có điểm uốn đồ thị hàm số 

y x3.

Hướng dẫn Đề số 47

Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) trục Ox: x4 2m x2 2m42m0 () Đặt t x t   

2 0

, ta có : t2 2m t m2  42m0()

Ta có :  ' 2m0 S2m2 0 với m0 Nên PT () có nghiệm dương  PT () có nghiệm phân biệt (đpcm)

Câu II: 1) PT  3 sin2xcos2x4sinx1 0  2 sin cosx x 2sin2x4sinx0

 

 2 cosx sinx2 sinx0 

  



 

x x

x

sin 3 cos 2

sin 0 

 

  

 

  

 

  

x x k

sin 1

3



   

 

 

 

x k

x k

5 2

6

2)

  



 



y x m

y xy

2 (1)

1 (2)

Từ (1)  x2y m , nên (2)  y  my   y

2 1

  

    

  y m y

y 1

1 2

(vì y 0)

Xét

          

f y y f y

y y2

1 2 ' 1 1 0

Dựa vào BTT ta kết luận hệ có nghiệm  m2.

Câu III: Ta có:  



     

    

 

   

x x

f x

x x

2

1. 1 . 1

3 2 1 2 1   

  

   



 

x

F x C

x

1 1

9 2 1 Câu IV: Gọi T giao điểm MN với CD; Q giao điểm PT với AD Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM

 TD DD 

TC MC

' 1 3.

Mà:

      

TD AP AT DP QD DP CP

TC AC QA AT CA

1 2

3  3

Nên:

    

A PQN

A PQN ABCD A CDN

V AP AQ

V V

V AC AD

1 1 1

. .

3 5 10 (1)

Và:

    

C PMN

ABMNP ABCD C ABN

V CP CM V V

V . CA CB

2 1 1

. .

3 2 4 (2).

Từ (1) (2), suy : VABMNQP  VABCD 7

20 .

Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm 7 13hoặc

Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: xx  2

18 12

(1) Dấu xảy   x 1

3.

Tương tự:

 

y y 2

18 12

(2)

 

z z 2

18 12

(3) Mà: 17x y z  17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P19 Dấu "=" xảy 

  

x y z 1

3 Vậy GTNN P 19 x y z   1 3. Câu VI.a: 1) Điều kiện : x0

PT 1 log 2xlog4x3log2 x    

  



t x

t2 t2 log

3 0    

  

   

t x

t t

2 log

1 2

     

x x 24

2) Ta có: y x 1 1

2 Do đó: x y Z,   x 2 1 x3,x1

Suy tọa độ điểm đồ thị có hồnh độ tung độ số nguyên

   

A 1;0 , 3;2B

Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x y 1 0 Câu VII.a: Gọi I m m ;2  4   d tâm đường tròn cần tìm

Ta có:m  m  m m 4

2 4 4,

3.

 

m 4

3 phương trình đường trịn là:

   

   

   

   

x y

2

4 4 16

3 3 9 .

 m4 phương trình đường trịn là: x  y  

2

4 4 16

Câu VI.b: 1) Điều kiện :x0 Đặt tlog2x, ta có : 1  3 0

t t t

  

BPT

2 4

3 4 0 0

3

t t t

      



2 3

4

log

3 x 2 x

     

2) Ta có:  

2

' 3 2 5 5 ; " 6 2 10

y  x  m x m y  x m 5

" 0

3 m y   x 

; y đổi dấu qua 5

3 m x 

Suy ra:

 3  

2 5 5 5

5 ;

3 27 3

m m m

m

U     

 

  điểm uốn.

Để điểm uốn U nằm đồ thị hàm số y x

 3  

2 5 5 5 5

27 3 3

m m m   m

  

  



m

Câu VII.b: Ta có: AB BC CA  3  ABC Do tâm I đường trịn ngoại tiếp

ABC

 là trọng tâm nó.

Kết luận:

5 8 ; ; 3 3 I 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 48 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

3 1 x y

x  

 .

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

2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I1;1 cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho I là trung điểm đoạn MN

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: cos3xsin 2x 3 sin 3 xcos 2x

2) Giải hệ phương trình:

x y  xy

x y 3 2

3 4

9 

  



 



Câu III (1 điểm): Tìm giá trị tham số m để phương trình: m 1  x21 x2 m có nghiệm

Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có cạnh đáy a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) 2

a

Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

Câu V (1 điểm): Chứng minh  

a b c ab bc ca a b c

a b b c c a

2 2 1

2

       

   với số

dương a b c; ;

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải bất phương trình: 1 log 2xlog2x2 log 26 x

2) Tính:

2

lnx dx 

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) Lập phương trình đường thẳng qua

2;1

M

tạo với trục tọa độ tam giác có diện tích 4 2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Giải hệ phương trình :

2

1

2x 3y

y x x y



   

 

  

2) Tìm nguyên hàm hàm số  

cos 2 1 cos 2 1

x f x

x  



Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm

1 3;

2 M 

Hướng dẫn Đề số 48

Câu I: 2) Gọi d đường thẳng qua I có hệ số góc k  PT d y k x:   1 1 Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N

3

: 1

1 x

PT kx k

x 

   

 có nghiệm phân biệt khác 1.

Hay:  

2 2 4 0

f x kx  kx k  

có nghiệm phân biệt khác 1

 

0

4 0 0

1 4 0

k

k k

f   

     

   



Mặt khác: xM xN 2 2 xI  I trung điểm MN với  k 0. Kết luận: PT đường thẳng cần tìm y kx k  1 với k 0. Câu II: 1) PT  cos3x 3 sin 3x 3 cos 2xsin 2x

1 3 3 1

cos3 sin 3 cos 2 sin 2

2 x 2 x 2 x 2 x

   

cos 3 cos 2

3 6

x  x 

   

      

    

2 6

2

10 5

 

 



  



   

x k

k x

2) Ta có : x y2 2 9 xy3  Khi: xy3, ta có:

3 4

x  y  x3. y3 27

Suy ra: x3; y3 nghiệm phương trình: X2 4X  27 0  X  2 31 Vậy nghiệm Hệ PT là:

32 31, 32 31

x  y  x32 31,y 32 31.  Khi: xy3, ta có:

3 4

x  y  x3. y3 27 Suy ra:  

3;

x  y

nghiệm phương trình: X24X 27 0 (PTVN) Câu III: Đặt t x21 Điều kiện: t1

PT trở thành:    

2

2 1 1

m t  t m

  

1

1 2

  



m t t

t

Xét hàm số:

   

 2

1 1

' 1

2 2

f t t f t

t t

    

   

2

4 3

2

 

 

t t

t

t loại

f t( ) 0   t 1 (3 (loại)) 

 Dựa vào BBT, ta kết luận 4 3 m

Câu IV: Gọi M trung điểm BC, hạ AH vng góc với AM

Ta có:

( ' )

'  

   

  

BC AM

BC AA M BC AH

BC AA .

Mà ' ( ' ) 2

a AH A M  AH  A BC  AH 

Mặt khác: 2

1 1 1 6

' 4 '

a AA

AH A A AM  

Kết luận:

3 ' ' '

3 2

16

ABC A B C

a

V 

Câu V: Ta có:

2 1

2 2

a ab ab

a a a ab

a b   a b   ab   (1)

Tương tự:

2 1

2 b

b bc

b c   (2),

2 1

2 c

c ca

c a   (3).

Cộng (1), (2), (3), ta có:  

2 2 1

2

a b c

ab bc ca a b c

a b b c c a           Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0x6

BPT    

2

2

log 2x 4x log 6 x

     2x24x6 x2  x216x 36 0  x 18 hay 2x

So sánh với điều kiện Kết luận: Nghiệm BPT 2x6.

2) Đặt

du dx

u x x

dv dx v x

2 2

ln 

    

 



  

Suy :

2 2

ln ln 2 ln 2

      

I x dx x x dx x x x C

Câu VII.a: Gọi A a ;0 , B0;b giao điểm d với Ox, Oy, suy ra: : 1

x y

d

a b 

Theo giả thiết, ta có:

2 1 1 8 

 

 

 

 a b

ab



b a ab ab

2

  

 

 .

 Khi ab8 2b a 8 Nên: b2;a 4 d x1: 2y 4 0  Khi ab8 2b a 8 Ta có: b24b 0  b 2 2

+ Với b 2 2 d2: 1  2x2 1  2y 4 0

+ Với b 2 2 d3: 1  2x2 1  2y 4 0

Câu VI.b: 1)

2

1

(1)

2 3  (2)

   

 

   x y

y x x y

(*) Từ (1) ta có:

   

2 1 0

1  

         

  

y x

y x x y y x y x

y x

 Khi: y x (*)  x x

y x

1

2 

  



 

2 3

log 3 log 3    

   x y

 Khi: y 1 x (*) 

x x

y x

2

1

2 

   



 

6

log 9 1 log 9 

 

  

x y 2) Ta có:  

2

tan

f x  x

1 1

cos  

Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:

2

2 1( 0)

x y

a b

a b    .

Ta có:

2

2

3

3 1

a b

a b

 

 

   

 

a b

2 14



 

  

 Vậy (E):

2

1

4 1

x y

 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 49 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y

x 2

2 

 .

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

x x

x x

2 4 cos 2 tan 2 .tan 2

4 4 tan cot

 

   

  

   



   

2) Giải hệ phương trình:

y x

x y

x

x y

y 2 2

3 2 1

1

4 22 

 



  



   

 

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

x

I dx

x

ln 1 

 

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600 Mặt phẳng (P) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt

tại M, N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a

Câu V (1 điểm): Cho số thực a, b, c thỏa mãn : 0a1; 0b1; 0 c 1 Chứng minh

rằng:  

a b c

abc a b c

1 1 1

1 3

 

      

 

 

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A3;6 , trực tâm H2;1 , trọng tâm

G 4 7; 3 3

 

 

  Xác định toạ độ đỉnh B C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z2 2x4y 8z 4 0 mặt phẳng   : 2x y 2 0z  Xét vị trí tương đối mặt cầu (S) mặt phẳng   Viết phương trình mặt cầu (S) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng  

Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, nam, có danh thủ nam Vũ Mạnh Cường danh thủ nữ Ngô Thu Thủy Người ta cần lập đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói Đội tuyển quốc gia bao gồm nữ nam Hỏi có cách lập đội tuyển quốc gia cho đội tuyển có mặt hai danh thủ

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm toạ độ đỉnh A, B, C

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với

     

A 3; 1; , 1;5;1 , 2;3;3  B C , AB đáy lớn, CD đáy nhỏ Tìm toạ độ điểm D.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

x y y x

x xy x

3

2

2 2 3.2

3 1 1

  

  

 

   

 

Hướng dẫn Đề số 49

Câu I: 2) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hồnh độ a2 thuộc đồ thị (C) có phương trình:

 

  a    

y x a x a y a d

a a

2 2

2

4 2 4 2 2 0

2 2

       

 

Tâm đối xứng I2;2

Ta có

 

   

a a a

d I d

a

a a

8 2 8 2 8 2

, 2 2

2 2 2

16 2 2.4. 2

  

   



  

  d I d,

lớn 

a22   4  aa 04  

Từ suy có hai tiếp tuyến y x y x 8

Câu II: 1) Điều kiện

 

x x

x x x

cos 2 0; cos 2 0 *

4 4

sin 2 0; tan cot 0

 

    

   

    

    

   

 Để ý rằng:

x x x x x x

tan 2 .tan 2 tan 2 tan 2 cot 2 .tan 2 1

4 4 4 4 4 4

     

           

        

           

           

Khi PT trở thành:

x x x x

x x

2

2 4cos 2

1 cot tan 4cos 2

tan cot

    



 

x x

x x x x

2 2

2

1 tan 4 1 2 4 tan 2 1 0

tan 1 tan 2 tan 2 1 tan 2 

      

 

tan 2x 1 2x 4 m x 8 k 2k 

  



        Z

: Không thoả điều kiện (*) Vậy phương trình cho vơ nghiệm

2) Điều kiện: x0,y0,x2y21 0

Đặt

x

u x y v

y 2 1;

   

Hệ PT trở thành:

u v u v

u v u v

3 2 1 3 2 1 (1)

1 4 22 21 4 (2)

 

     



 

      

 

Thay (2) vào (1) ta được:

v

v v

v

v v

3

3 2 13 21 0 7

21 4

2   

      

  

 Nếu v = u = 9, ta có Hệ PT:

x y x x

x y

x x y y y

y 2

2

1 9 3 3

10

1 1

3 3

   



         

   

 

    

 

 Nếu v 7

2 

u = 7, ta có Hệ PT:

y y

x y x y

x

x y

y x x

2 1 7 2 8 4 2 4 2

53 53

7 7

2 2

2 2 14 14

53 53

 

          

   

  

   

 

     

  

 

So sánh điều kiện ta nghiệm Hệ PT

Câu III: Đặt

u x du dx

dx x

dv

v x

x ln

2 1

1

  



 



  

    

 

  x

I x x dx J

x 8

3 1

2 1.ln 2  6 ln8 ln3 2

       

 Tính

x

J dx

x

1  

Đặt t x1

t t

J tdt dt dt

t t

t t

3 3

2

2 2

1 1

.2 2 2

1 1

1 1

 

       

 

   

  

t t

t 1

2 ln 2 ln3 ln2

1

  

     



 

Từ I 20 ln ln3 4  .

Câu IV: Kẻ SO  (ABCD) O giao điểm AC BD Gọi I, J trung điểm AB CD; G trọng tâm SAC

Góc mặt bên (SCD) đáy (ABCD) SJI 600SIJ cạnh a G trọng tâm SIJ

IG cắt SJ K trung điểm SJ; M, N trung điểm SC, SD ABMN

a a

IK 3 ;S 1(AB MN IK) 3 3

2 2 8

   

;

a SK (ABMN SK);

2

 

Suy ra: ABMN

a

V 1S .SK 3

3 16

 

Câu V: Vì 0a1,0b1 nên a1 b1 0 ab a b   1 0 a b ab

1

    ab a b

1 1 1 (1)

   

Tương tự : bc b c ca c a

1 1 1 1 (2), 1 1 1 1 (3)

     

Cộng BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca a b c

1 1 1 21 1 3 (4)       

 

 

a b c a b c a b c

abc ab bc ca a b c

1 1 1 1 1 1

1 2 3

   

               

   

   

a b c

a b c a b c

1 1 1 1

2   3

         

 

Cũng theo BĐT Cơ–si ta có :   a b c

a b c 1 1 9

 

     

 

Do đó:  

a b c

abc a b c a b c

1 1 1 1 1

1 6 3 3

 

           

 

  (đpcm)

Dấu "=" xảy a = b = c =

Câu VI.a: 1) Gọi I trung điểm BC Ta có

AG 2AI I 7 1;

3 2 2

 

   

 

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

Đường thẳng BC qua I vng góc với AH có phương trình: x y– –3 0 Vì

I 7 1; 2 2

 

 

  trung điểm BC nên giả sử B x y B; B C7 xB;1 yB và B B

x  y  0

H trực tâm tam giác ABC nên CH AB; CH    x yB; B,ABxB3;yB  6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 BB B  B   B  BB BB

x y x x

CH AB.  0  x  5 x3 3 y 6 0 y 12 y 36

      

  

  

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

Vậy B1; , 6;3  C  B6;3 , 1; 2 C   2) S x  y  z 

2

2

( ) : 1  2   4 25 có tâm I1; 2;4  R = 5.

Khoảng cách từ I đến () là: d I ,( )   3 R  () mặt cầu (S) cắt

Gọi J điểm đối xứng I qua () Phương trình đường thẳng IJ :

x t

y t

z t

1 2 2 4 2    

  

   

Toạ độ giao điểm H IJ () thoả

 

x t t

y t x H

z t y

x y z z

1 2 1

2 1 1; 1;2

4 2 1

2 2 3 0 2

    

 

    

   

 

  

 

    

 

 

Vì H trung điểm IJ nên J3;0;0

Mặt cầu (S) có tâm J bán kính R = R = nên có phương trình: S x  y z

2 2 2

( ) : 3   25

Câu VII.a: Có trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, khơng có Ngơ Thu Thuỷ Số cách chọn nam lại C

3 6.

Số cách chọn nữ khơng có Ngơ Thu Thuỷ C 9. Suy rasố cách chọn trường hợp C C

3

6 1680 (cách) Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngơ Thu Thuỷ, khơng có Vũ Mạnh Cường

Số cách chọn nữ lại C

Suy số cách chọn trường hợp C C

6 540 (cách)

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)

Câu VI.b: 1) Ta có AC vng góc với BH qua M(1; 1) nên có phương trình: y x

Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ :

x

x y A

y x y

2

2 2

4 2 0 3 ;

2 3 3

3 



  

   

   

    

    



Vì M trung điểm AC nên

C 8 8; 3 3

 

 

 

Vì BC qua C song song với d nên BC có phương trình: x

y 2

4  

 

x y x

BH BC B: y x 3 0 y 4 B 4;1

1 2

4    

  

      



  

 

2) Do ABCD hình thang cân nên AD = BC =

Gọi  đường thẳng qua C song song với AB, (S) mặt cầu tâm A bán kính R = Điểm D cần tìm giao điểm  (S).

Đường thẳng  có vectơ phương AB  2;6;3



nên có phương trình:

x t

y t

z t

2 2 3 6 3 3    

       Phương trình mặt cầu   S x  y  z 

2 2

:  3  1  2 9 Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

     

x t

t

y t

t t

z t t

x y z

2

2 2

2 2

1 3 6

49 82 33 0 33

3 3

49

3 1 2 9

  



   

 

    

    

 

     

 

 Với t = – 1, D(4; – 3; 0) : khơng thoả AB = CD =  Với

t 33 D 164; 51 48;

49 49 49 49

 

    

  (nhận)

Câu VII.b:

x y y x

x xy x

3

2

2 2 3.2 (1)

3 1 1 (2)

  

  

 

   

 

Ta có:

 2    3xx21 01 xy x 1   x x yx3 1  10  xx 01 y 1 3x    

    

 

 Với x = thay vào (1) ta được:

y y y y y y

2

8 8

2 2 3.2 8 2 12.2 2 log

11 11



        

 Với x

y 1 31 x   

 

 thay y1–3x vào (1) ta : 23 1x 23 1x 3.2 (3) Đặt t23 1x , x1 nên t

1 4 

(3) :

t loại

t t t

t t thoả

1 6 6 0 3 2 ( )

3 2 ( )   

       

  

Suy ra:  

x x

3

2 1

2 3 2 log 2 1

3

  

       

; y 1 3x 2 log 22  

Vậy Hệ PT cho có nghiệm x

y 2

0 8 log

11  

 

 



 

 

x y

2

1 log 2 1 3

2 log 2

  

  

  



   

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 50 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số yf x( )x3 mx22m (1) ( m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =

2) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2sin2x 3 sin 2x 1 3 sinxcosx

2) Giải hệ phương trình:

 

2

3 2

2 8

x y xy

x y

  

 

 

 

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

0 sin cos 2



 xxdx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên có độ dài a mặt bên hợp với mặt đáy góc 450 Tính thể tích hình chóp theo a.

Câu V (1 điểm): Cho số thực x , y thuộc đoạn 2;4 Chứng minh rằng:

  1 1 9

4

2 x y

x y

 

     

  .

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) hai đường thẳng

1:2 5 3 0

d x y  ; d2:5x 2y 7 0 cắt A Viết phương trình đường thẳng d3

đi qua P tạo với d1, d2thành tam giác cân A có diện tích 29

2 .

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết mặt phẳng Oxy mặt phẳng (P): z2 cắt (S) theo hai đường trịn có bán kính

Câu VII.a (1 điểm): Tìm a n nguyên dương thỏa :

2

0 127

2 3 ( 1) 7

n n

n n n n

a a a

aC C C C

n



    

 An320n. 2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () qua gốc tọa độ cắt đường trịn (C) có phương trình : x2y2 2x6y15 0 thành dây cung có độ dài

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng (): 1

1 1 2

x y z

 

  tạo với mặt phẳng (P) : 2x 2y z  1 0 góc 600 Tìm tọa độ giao điểm

M mặt phẳng () với trục Oz

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị tham số m phương trình  

(1 )(2 )

.3 2x x x 0

x m   

Hướng dẫn Đề số 50

Câu I: 2) y 3x2 2mx x x (3  2 )m  Khi m =

2

3 0

  

y x  (1) đồng biến R  thoả yêu cầu tốn.

 Khi m0thì (1) có cực trị 2 0 ,

3 m

x  x 

Do đồ thị cắt Ox điểm khi:

 

1

( )

f x f x 

3

2

4 2

2 (2 ) 0 4 (1 ) 0

27 27

m m

m m m

     

0

3 6 3 6

2 2

m

m     

  

 

Kết luận:

3 6 ;

2 2

m  

 

  đồ thị (1) cắt Ox điểm.

Câu II: 1) PT   

2

3 sinxcosx  3 sinxcosx   sinxcosx  sinxcosx10



3 sin cos 0 3 sin cos 1 0

  



  



x x

x x



3 tan

3

sin sin

6 6

 



 



  

 

 



 

 x

x



6

2

2 ; 2

3 

 

 



  



   



x k

x k x k

2)

 

2

3 2 (1)

2 8 (2)

  

 

 

 

x y xy

x y Điều kiện : x y. 0 ;xy

Ta có: (1) 

2

3(x y ) 4xy  (3x y x )(  3 ) 0y  3 3 y x y hay x

  

 Với x3y, vào (2) ta :

2 6 8 0 2 ; 4

y  y   y y

Hệ có nghiệm

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

 Với 3 y x

, vào (2) ta : 3y2 2y24 0 Vô nghiệm Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

Câu III:

6

2

0

sin sin

cos 2 2cos 1

 

 



 x  x

I dx dx

x x Đặt tcosx dt sinxdx

Đổi cận:

3

0 1;

6 2

x  t x  t

Ta

3

1

2

3

2

1 1 2 2

ln

2 1 2 2 2 2



 

 

 t

I dt

t t

=

1 3 2

ln

2 2 5 6

Gọi x độ dài cạnh ABC Suy :

3 3 3

, ,

2 3 6

x x x

AI  AH  HI 

SAH vuông H

2

2 2 3

3 x

SH SA AH a  

      

 

 

SHI vuông cân H

3 6 x

SH HI

  

Suy ra:

2

2

3 3 2 15

6 3 5

x x a

a x

   

   

   

   

   

Do đó:  

2

1 1 5 3 3 15

. . .

3 3 5 5 25

S ABC

a a a

V  SH dt ABC  

Câu V: Gọi

  1 1 2 x y

A x y

x y y x

   

            Đặt

x t

y 

1 ( ) 2

A f t t

t

   

Với

 

2 4

1 1

, 2; 4 1 1 1 2 ; 2

2 2

4 2

x

x

x y t

y y

  

  

        

   

 

Ta có:

2

2

1 1 1

( ) 1 ; ( ) 0 1 ; 2

2

  

         



 

t

f t f t t

t t

1 9 9

(2) ; (1) 4 4

2 2 2

f  f  f    A

  (đpcm)

Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) d1d2

Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: 1: 7x3y 4 0 2: 3x 7y10 0

3

d tạo với d1, d2một tam giác vng cân  d3vng góc với

1 2

 Phương trình d3có dạng: 7x3y C 0 hay 3x 7y C 0 Mặt khác, d3qua P( 7;8) nên C = 25 ; C = 77

Suy : d3: 7x3y25 0 hay d3 :3x 7y77 0 Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích

29

2  cạnh huyền 58

Suy độ dài đường cao A H = 58

2 = d A d( , )3

 Với d3 : 7x3y25 0

58 ( ; )

2 d A d 

( thích hợp)  Với d3 : 3x 7y77 0

87 ( ; )

58 d A d 

( loại )

R bán kính mặt cầu :

2

2

2

2

2

2

4 64 2

8 2

R m

m m

R m

  



    



  



  m16

 R2 65, I0;0;16

Vậy phương trình mặt cầu (S) : x2y2(z16)2 260

Câu VII.a: An320n n n( 1)(n 2) 20 n n2 3n18 0  n = n = – ( loại ) Khi đó:

2

0

6 6

127

. .

2 7 7

a a

a C  C   C 

Ta có : (1x)6 C60C x C x61  62 2C x63 3C x64 4C x65 5C x66

Nên

 

2

6

6 6

0 0

(1 )

2 7

a a

a

a x x

x dx C x C   C  

        

   





7

0

6 6

0 (1 )

. .

7 2 7

a

x a a

a C C C

  

   

 

 



7

7 7

(1 ) 1 127

(1 ) 128 (1 ) 2

7 7 7

a

a a



       

 a1 Vậy a = n =

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 3) bán kính R =

Gọi H trung điểm dây cung AB AH = IH  R2 AH2  52 42 3 hay ( , ) 3

d I   (*)

() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax By 0 ; A2B2 0 Từ (*) cho : 2

3

3 (4 3 ) 0

A B

A A B

A B



   

  A0 hay 4A3B0  Với 4A3B0, chọn A = 3; B = –  Phương trình (): 3x 4y0  Với A = 0, chọn B =  Phương trình (): y0

Kết luận : PT () 3x 4y0 hay y0 2) () qua điểm A(1;0;0) có VTCP u (1; 1; 2) 



(P) có VTPT n (2; 2; 1)  Giao điểm M(0;0;m) cho AM  ( 1;0; )m



() có VTPT n AM u, ( ;m m 2;1)

 

  

 

  

() (P): 2x 2y z  1 0 tạo thành góc 600 nên :

 

2

1 1 1

cos , 2 4 1 0

2 2 4 5 2

       

 

n n m m

m m

 



m m

2

2

   

 

 .

Kết luận : M(0;0;2 2) hay M(0;0;2 2)

Câu VII.b: PT

1 2

1 2

.3 0

3 x

x x x

x m x m

   

  

 

   



 

 

 Đặt : ( ) 3x

x f x 

,

1 .ln 3 ( )

3 

 

x x f x

;  

1

( ) 0 1;2

ln 3

     

f x x

2 1 1 1

( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )

9 ln 3 .ln 3 .ln 3

 

        

 

f f f f x

Kết luận : Khi

1 3

.ln 3 m

e

  

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 51 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 33  x2mx1 có đồ thị (Cm); ( m tham số).

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = 3.

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

các tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với nhau.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: cos 2x −tan2x =cos

2x

+cos3x −1

cos2x

2) Giải hệ phương trình:

2

2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   



Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

3

2

log 1 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' = 3 2 a và góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC ' vng góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN.

Câu V (1 điểm): Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

7 2

27 ab bc ca   abc

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 + 3 = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ 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 VII.a (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 VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 toạ 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 (P):

x y z

2 2  –3 0 cho MA = MB = MC

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

2

1

1

2log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

x y

xy x y x x

y x

 

 

        

 

  

Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x33x2mx 1

 x x 23x m 0 

x

f x( )0 x2 3x m 0

 

    



Đê thỏa mãn YCBT PT f x( ) 0 có nghiệm phân biệt x x1, 2 khác và

   

y x y x 1  2 1



2

1 2

9 0, (0)

(3 )(3 )

m f m

x x m x x m

            m m

x x1 2 x x x1 1 x2 m x12 x22 x x1 2 m x1 x2 m2 9 , 0

4

9( ) 18 ( ) ( ) 36 6 ( ) 1

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

m2 m

9 , 0 4

4 9 1 0



 

  

   

  m

9 65 8   Câu II: 1) Điều kiện: cosx0

PT 

2 2

cos 2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cosx1 0

 x x cos 1 cos        x k x k 2 2          

2) Từ hệ PT  y0 Khi ta có:

2

2

2 2

2 1

4 1 4

.

( ) 2 7 2 1

( ) 2 7

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

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

u v x y

y 

  

ta có hệ: 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

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

 Với v3,u1ta có hệ:

2 2 1, 2

1 1 2 0

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

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

 Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ vô

nghiệm

Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)

Câu III:

3

3

2

3

2 2

1 1

ln

log ln 2 1 ln .ln

ln 2

1 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

               Đặt

2 1 1

1 3ln ln ( 1) ln

3 3

dx

x t x t x tdt

x

      

Suy :

    2 2 3

1 1

1 1

log 1 3 1 1

. 1

ln 2 3 9ln 2

1 3ln

e t

x

I dx tdt t dt

2

3

1

1 1 4

9ln 3t t 27 ln 2

 

    

 

Câu IV: Gọi P,Q trung điểm BD, MN Chứng minh được: AC’ PQ Suy AC  (BDMN)

Gọi H giao PQ AC’ Suy AH đường cao hình chóp A.BDMN Tính

a

AH 2AC 15

5 

 

a a

PQ 15 ,MN

4

 

 BDMN

a

S 15

16



Suy ra:

3

D D

1 3

.

3 16

 

A B MN B MN

a

V S AH

Câu V:

Cách 1: Ta có ab bc ca   2abc a b c (  ) (1 )  a bc a (1 a) (1 )  a bc Đặt t bc thì ta có

2

( ) (1 )

0

4 4

b c a

t bc  

   

Xét hàm số: f t a( )  (1 a) (1 )  a t đoạn

a (1 ) 0;

4

  

 

 

 

Có:

2

( 1 ) 1 7

(0) (1 )

4 4 27

 

   a a  

f a a

2

(1 ) 7 1 1 1 7

(2 )

4 27 4 3 3 27

a

f     a a  

   

  với a 0;1.

Vậy:

7 2

27 ab bc ca   abc

Dấu "=" xảy 

a b c 1

3   

Cách 2: Ta có a a b c a b c a b c c b

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

           (1)

Tương tự: b2  (1 )(1 )a  c (2), c2  (1 )(1 )a  b (3)

Từ (1), (2), (3)  abc (1 )(1 )(1 )a  b  c = 1 2( a b c  ) 4( ab bc ca  ) 8 abc 

abc ab bc ca 1 9

4 

  



abc ab bc ca 2abc 1

4 

   

Mặt khác a b c  33abc 

abc 1

27 

Do đó: ab bc ca abc

1

1 7

27 2

4 27 

    

Dấu "=" xảy 

a b c 1

3   

Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3) I m( ;6 m) trung điểm BC Suy ra: B m c (2  ; 2 m 2 )c Vì C’ trung điểm AB nên:

2 5 11 2 2

' ; '

2 2

   

 



 

 

m c m c

C CC

nên

2 11 2

2

2

   

 

    

 

 

m c m c

m 5 41;

6 6

 

  

 

I

Phương trình BC: 3 –3x y23 0

Tọa độ C nghiệm hệ:

2 3 0 14 37

;

3 3 23 0 3 3

  

  



     

 

 x y

C

Tọa độ

19 4 ; 3 3

 



 

 

B

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  3 0. Vectơ pháp tuyến mp(ABC) nAB AC,  (8; 4; 4).

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

Suy (ABC): 2x y z   1 0

Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

2 1 0 1

    

 

 

    

 

      

 

x y z x

y z y

x y z z

Suy tâm đường trịn I(0; 2;1). Bán kính R IA  ( 0)  2(0 2) 2(1 1)  5.

Câu VII.a: Giải PT cho ta nghiệm:

3

1 ,

2

z   i z   i

Suy

2

1 2

3 22

| | | | ;

2

z z     z z 

  Do đó:

2 2

2

11 4

( )



 

z z

z z .

Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I( –8; ) t t  Ta có: d I( , ) IA 

2

2

3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1)

3 4

t t

t t

   

     

  t3  I(1; 3), R5

PT đường tròn cần tìm: ( –1)x 2 y( 3)2 25

2) Ta có AB(2; 3; 1),  AC ( 2; 1; 1)   nAB AC,  (2; 4; 8)

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

VTPT (ABC)

Suy phương trình (ABC): x– –1 –4 –2 y  z  0  x2 –4y z 6 0 Giả sử M(x; y; z)

Ta có:

MA MB MC

M ( )P

  

 

 

x y z x y z

x y z x y z

x y z

2 2 2

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

2 2 3 0

          



         

    



 x y z

2 3 7   

   

  M(2;3; 7)

Câu VII.b: Điều kiện:

2

2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0

(*)

0 1 1, 2 1

           



     



xy x y x x y x

x y

Hệ PT 

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

y x y x

Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2 1

2 0 ( 1) 0 1.

t t t

t

       

2

1 1

4 4

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

4 4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0 2 x x

    



 Với x0  y1 (không thoả (*))  Với x2 y1 (thoả (*))

Vậy hệ có nghiệm x2,y1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 52 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y2x39mx212m x2 1 (m tham số). 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = –1.

2) Tìm tất giá trị m để hàm số có cực đại xCĐ, cực tiểu xCT thỏa mãn:

CÑ CT

x2 x .

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: x  1 1 4x2 3x

2) Giải hệ phương trình: x x

5

5cos 4sin –9

3

 

   

  

   

   

Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm hàm số:

x x x

f x

x

2

2 ln( 1) ( )

1   



Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x tất cạnh cịn lại có độ dài bằng a Chứng minh đường thẳng BD vng góc với mặt phẳng (SAC) Tìm x theo

a để thể tích khối chóp S.ABCD a3√2

6 .

Câu V (1 điểm): Cho số thực không âm a, b Chứng minh rằng:

a2 b 3 b2 a 3   2a  1 2b 1

4 4 2 2

       

      

       

       

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1: 2x y –3 0 , d2: 3x4y 5

, d3: 4x3y 2 0 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d1

và tiếp xúc với d2 d3

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng ():

2 2

1 3 2

x y z

 

Câu VII.a (1 điểm): Có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau, có mặt chữ số khơng có mặt chữ số 1?

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng ( )d : 2x my  1 2 0 và đường trịn có phương trình ( ) :C x2y2 2x4y 4 0 Gọi I tâm đường trịn ( )C . Tìm m cho ( )d cắt ( )C hai điểm phân biệt A B Với giá trị m diện tích tam giác IAB lớn tính giá trị đó.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0) Hai điểm M(m; 0; 0), N(0; n; 0) thay đổi cho m n 1và m > 0, n > 0 Tính khoảng cách từ

A đến mặt phẳng (SMN) Từ suy mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với mặt cầu cố định.

Câu VII.b (1 điểm): Giải bất phương trình:  

x

x x x 21 x

2

4 –2.2 –3 .log –3 4 4



 

Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2) y 6x218mx12m2 6(x23mx2 )m2

Hàm số có CĐ CT  y 0 có nghiệm phân biệt x x1 2,  = m2 >  m0 Khi đó: x1  m m x  m m

1 3 , 1 3

2 2

     

Dựa vào bảng xét dấu y suy xCÑx x1, CT x2

Do đó: x2CĐ xCT 

m m m m

3 3

2 2

    



 

   m2

Câu II: 1) Điều kiện x0

PT  4x2 1 3x x 1 

x

x x

x x

2 1

(2 1)(2 1) 0

3 1



   

 



x x

x x

1

(2 1) 2 1 0

3 1

 

    

 

   2x 1 0  x

1 2 

2) PT 

x x

2

10sin 4sin 14 0

6 6

 

   

    

   

     sin x 6 1



 

 

 

   x 3 k2

 

 

Câu III: Ta có:

x x x x x x x x

f x x

x x x x

2 2

2 2

ln( 1) ( 1) ln( 1)

( )

1 1 1 1

   

    

   



F x( ) f x dx( ) 1 ln(x2 1) (d x2 1) xdx 1 dln(x2 1)

2 2

        

= x x x C

2 2

1ln ( 1) 1 1ln( 1)

4  2  2   .

Ta có: VS ABCD VS ABC BO SA SC ax AB OA

2

2 2.16 . 13 . 

=

a x a x

ax a2 2 1ax 3 2

4

1 3





 

Do đó: S ABCD

a ax a x a

V 2

 62  16   62



x a

x a

   

 .

Câu V: Ta có: a b a a b a a a b a b

2

2 1 1

2 2

3 1

4 4

 

        

 

       

Tương tự: b a a b

2

2

3 4

    

Ta chứng minh a b a b

2

1 2 (2

2 2

     

    

     

      (*)

Thật vậy, (*) 

a2 b2 ab a b 4ab a b

4

2 

       

 a b

2 0

(  )  .

Dấu "=" xảy 

a b

2

 

Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn I t( ;3 ) t d1

Khi đó: d I d( , 2)d I d( , )3 

t t t t

3 4(3 ) 5

4 3(3 ) 2 5

  

   

 t t 24   

  Vậy có đường trịn thoả mãn: x y

2 49

25

(  2) ( 1) 

x y

2 9

( 4) ( 5) 25

   

2) () :

2

2 2

3

1 3 2

2 2

x t

x y z

y t

z t

  

  

    

  

 (P) có VTPT n(2;1; 1) . Gọi I giao điểm () đường thẳng d cần tìm  I(2 ;3 ; 2 )t t   t

(1 ,3 2, )

AI t t t

       là VTCP d.

Do d song song mặt phẳng (P)                AI n 0 t t AI  

1

3 0 3 2; 9; 5

3

        



Vậy phương trình đường thẳng d là:

1 2 1

2 9 5

x y z

 

  .

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=x a a a a a a .

Vì khơng có mặt chữ số nên chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để thành lập số cần tìm Vì phải có mặt chữ số a1 0 nên số cách xếp cho chữ số cách.

Số cách xếp cho vị trí cịn lại : A85. Vậy số số cần tìm là: 5.A85 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) ( )C có tâm I (1; –2) bán kính R =

(d) cắt ( )C điểm phân biệt A, B  d I d( , )R  2 2 m 1 2 3 2m2

2 2

1 4 18 17

Ta có:



1 1 9

sin .

2 2 2

  

S IA IB AIB IA IB

IAB

Vậy: SIAB lớn 9

2  900 

AIB  AB =R 2 

3 2 ( , )

2  d I d



3 2 2

1 2 2

2

m m

   2 2 2

16 16 36 18 16 32

 m  m   m  m  m 

4

 m

2) Ta có: SM ( ;0; 1),m  SN (0; ; 1)n 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 VTPT (SMN) n( ; ;n m mn) 

Phương trình mặt phẳng (SMN): nx my mnz mn   0

Ta có: d(A,(SMN)) 2 2 2 2 n m mn

n m m n

  

 

1 . 1

1 1

2 2 1 2

m n mn

mn mn m n

 

  



 

Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Câu VII.b: BPT 

x x x x x

2

(4  2.2  3).log  3 2   4 

x x x

2

(4  2.2  3).(log 1) 0



x x

x x

x x

2

2

2

2.2 3 0 log 1 0

2.2 3 0 log 1 0  

          

  

 

  

 

 x x

x x

2

2

2

log

2

log

    

  

     

   

 

x x x

x

2

2

log log

1

2

      

     

 

   

  

 

x x

2

log

2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 53 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y

x 2 1

1  

 .

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

2) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho tiếp tuyến cắt trục Ox , Oy điểm A B thỏa mãn OA = 4OB.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x x x x

x x

sin cos 2 tan 2 cos2 0 sin cos



  



2) Giải hệ phương trình:

¿

x3y(1+y)+x2y2(2+y)+xy3−30=0 x2y

+x(1+y+y2)+y −11=0

¿{

¿

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 

1+x

1+√x dx

Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng với AB =

BC = a, cạnh bên AA = a √2 M điểm AA cho

AM 1AA' 3                             

Tính thể tích khối tứ diện MABC.

Câu V (1 điểm): Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

a2+b b+c +

b2+c c+a +

c2+a a+b ≥2

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm E(–1; 0) đường tròn (C):

x2 y2–8 – –16 0x y  Viết phương trình đường thẳng qua điểm E cắt (C) theo dây

cung MN có độ dài ngắn nhất.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) mặt phẳng (P): 2x y z   5 0 Lập phương trình mặt cầu (S) qua O, A, B có khoảng cách từ tâm I mặt cầu đến mặt phẳng (P)

5 .

Câu VII.a (1 điểm): Có số tự nhiên gồm chữ số, biết chữ số có mặt đúng hai lần, chữ số có mặt ba lần chữ số cịn lại có mặt khơng q lần?

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, biết phương trình đường thẳng AB, BC là: x2 –5 0y  3 –x y 7 0 Viết phương trình đường thẳng AC, biết AC qua điểm F(1; 3) .

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) đường

thẳng :

x y z

2

 

 

 Tìm toạ độ điểm M  cho MAB có diện tích nhỏ

Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất giá trị tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất: log (25 – log )5 x 5a x

Hướng dẫn Đề số 53

Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M x y( ; )0 cắt Ox A Oy B cho OA = 4OB.

Do OAB vuông O nên:

OB A

OA

1 tan

4

 

 Hệ số góc d

1 4

1

 Hệ số góc d M là:

y x

x

0 2

0

1

( )

( 1)

  





y x( )0

 

 x

2

1

4

( 1)

 





x y

x y

0

0

3

2

2

  

    

 



 

  

 

  



Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x

1( 1)

4

  

y x

1( 3)

4

  

Câu II: 1) Điều kiện: cos2x0

PT  (sinxcos )x 22sin2xcos 22 x0  sin 22 x sin2x0 

x

x loại

sin2

sin2 ( )

 

 

  x k



 2) Hệ PT 

xy x y x y x y

xy x y xy x y

2 2

( ) ( ) 30

( ) 11

    



    

 

xy x y x y xy xy x y(( )() xy x y) 3011

    



    



Đặt

x y u xy v

  

 

 Hệ trở thành

uv u v uv u v( ) 3011

  

   

 

uv uv

uv u v(11 ) 30 (1)11 (2)

  

   

 Từ (1) 

uv uv 56

    

 Với uv =  u v 6 Giải ta nghiệm (x; y) là:

5 21 5; 21

2

   

 

  và

5 21 5; 21

2

   

 

 

 Với uv =  u v 5 Giải ta nghiệm (x; y) là: (1;2) (2;1) Kết luận: Hệ PT có nghiệm: (1;2), (2;1),

5 21 5; 21

2

   

 

 ,

5 21 5; 21

2

   

 

 .

Câu III: Đặt t x  dx2 t dt I =

t tdt

t

1

2

  

=

t t dt

t

1

2

2

1

 

  

 



 



= 11 4ln23 

Câu IV: Từ giả thiết suy ABC vuông cân B Gọi H trung điểm AC BH  AC BH  (ACCA)

Do BH đường cao hình chóp B.MAC BH =

a

2

2 Từ giả thiết  MA = a 2

3 ,

AC = a

Do đó: B MA C MA C

a

V . ' ' 1BH S ' ' 1BH MA A C

3   

  

Câu V: Ta có:

a b a b c b a b a

b c b c b c

2 (1  ) 

  

Tương tự, BĐT trơt thành:

a b a b c b c a c

b c c a a b

  

     

   

a b b c c a

b c c a a b

  

  

  

Theo BĐT Cơ–si ta có:

a b b c c a a b b c c a

b c c a a b 33 b c c a a b

     

   

     

Dấu "=" xảy 

a b c

3

  

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) bán kính R = Ta có IE = 29 < = R  E nằm hình trịn (C)

Giả sử đường thẳng  qua E cắt (C) M N Kẻ IH  Ta có IH = d(I, ) ≤ IE Như để MN ngắn IH dài  H  E  qua E vng góc với IE Khi phương trình đường thẳng  là: 5(x1) 2 y0  5x2y 5

2) Giả sử (S): x2y2z2  2ax 2by 2cz d 0

 Từ O, A, B  (S) suy ra:

a c d

1

  

   

  I b(1; ;2).



d I P( ,( ))

 

b 5

6

 



b

b 010

    

Vậy (S): x2y2z2 2x 4z0 (S): x2y2 z2 2x20y 4z0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a (a

1 0)  Giả sử a1 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C72

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C53

+ Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2!C82

 Bây ta xét a1= 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C62

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C43

+ Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: Vậy số số cần tìm là:

2 2

7 .2!5  6 .7 113404 

C C C C C (số).

Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1(1;2), BC n2 (3; 1) , AC n3 ( ; )a b với

a2b2 0.

Do ABC cân A nên góc B C nhọn

Suy ra: cosBcosC 

n n n n

n n n n

1

1



   

   



a b a2 b2

1

5

 



 22a22b215ab0 

a b

a b

2

11

 

 

  Với 2a b , ta chọn a1,b2  n3(1;2)



 AC // AB  không thoả mãn  Với 11a2b, ta chọn a2,b11  n3(2;11)



2) PTTS :

x t

y t

z t

1 2

   

    

 Gọi M( ;1 ;2 )  t  t t . Diện tích MAB

S AM AB, 18t2 36 216t

2  

     

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

= 18( 1)t 2198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t1 hay M(1; 0; 2).

Câu VII.b: PT 

x a x

5

25  log 5



x x a

2

5

5   log 0



x

t t

t2 t 5a

5 ,

log (*)

  

 

  

 

PT cho có nghiệm  (*) có nghiệm dương  t t a

5 log

  có 1 nghiệm dương

Xét hàm số f t( )t2  t với t  [0; +∞) Ta có: f t( ) 1 t 

f t( ) t

2

   

f 1

2

    

  , f(0) 0 .

Dựa vào BBT ta suy phương trình f t( ) log 5a có nghiệm dương



a a

5

log

1 log

4

 



 

 

a

a 4

1

5

  

 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 54 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 42m x2 21 (1).

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

2) Chứng minh đường thẳng y x 1 cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: x x x

2

2sin 2sin tan

4 

 

  

 

 

2) Giải hệ phương trình: x  x x

2 2

3 3

2log –4 log ( 2)    log ( –2) 4

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x dx

x x

3

2

sin cos 3 sin 

 

Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB = 2a Trên đường thẳng

d qua A vng góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) góc 600 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ hàm số:

x x x x

f x

x x

4

2

4 8 8 5

( )

2 2

   



 

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ  3;0

và qua điểm M

4 33 1;

5

 

 

  Hãy xác định tọa độ đỉnh (E).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) đường thẳng d:

x t

y t

z 1 2 2 3    

    

 Hãy tìm đường thẳng d điểm B C cho tam giác ABC đều.

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: 12 1Cn22 2Cn 32 3Cn n C2 nn (n n 2).2n2, đó

n số tự nhiên, n ≥ Cnk số tổ hợp chập k n.

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) đường thẳng AB cắt trục Oy E cho AE2EB

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

Biết tam giác AEC cân A có trọng

tâm G

13 2;

3

 

 

  Viết phương trình cạnh BC.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x 1 y 1 z

3  1 1 mặt

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

x y y x

y x

3

24 162

1 5(1 )

           .

Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:

x42m x2 2  1 x 1 x42m x2 2 x0  x x 32m x2 1 0



x

g x x3 m x2

0

( ) (*)

 

    



Ta có: g x( ) 3 x22m2  0 (với x m )  Hàm số g(x) đồng biến với mọi giá trị m

Mặt khác g(0) = –1 0 Do phương trình (*) có nghiệm khác

Vậy đường thẳng y x 1 cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0  x k

 

 

(*)

PT  x x x

2

2

1–cos   2sin –tan

   1–sin2xtan (sin2 –1)x x 

x x sin2 tan       x k x l 2               x k x l            

  x k.2

 

 

(Thỏa mãn điều kiện (*) )

2) Điều kiện:

x x 2

log ( 2)

          x x 2

( 2)

          x

x 23

     (**)

PT  x  x x

2

2 2

3 3

log – 3 log ( 2)    log ( –2) 4

 x x

2

3

log ( 2) 3 log ( 2)  0

  x  x 

2

3

log ( 2) 4 log ( 2) 1 0

 x

2

log ( 2) 1

 (x2)23  x 2 Kiểm tra điều kiện (**) có x 2 thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là: x 2

Câu III: Đặt t sin 2x= cos 2x Ta có: cos2x4 –t2và

x x dt dx x sin cos sin   . I = x dx x x sin .

cos sin



 

=

x x dx

x x

3

2

0

sin cos

cos sin

   = dt t 15 2 4

 = dt t t 15

1 1

4 2

          = t t 15

1ln

4

 

=

1 ln 15 ln

4 15 4 3 2

   

  

   

  = 1 ln 15 ln 22      . Câu IV: Ta có SA (ABC)  SA AB; SA  AC

tứ diện SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2;

SCA600

góc mp(SBC) mp(ABC)

SA = AC.tan600 = a 6 Từ SB2SA2AB210a2.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2=  .SB2 = 10a2.

Câu V: Tập xác định: D = R Ta có:

f x x x

x x

2

2

1

( ) 2

2

    

  ( BĐT Cô–si) Dấu "=" xảy  x2–2x  2 1  x1

Vậy: f(x) = đạt x = 1

Câu VI.a: 1) Ta có F1 3;0 , F2 3;0 hai tiêu điểm (E)

Theo định nghĩa (E) suy : a MF MF1 2

2    =  

2

2 4 33

1

5

 

   

  +  

2

2 4 33

1

5

 

   

  = 10  a = Mặt khác: c = 3 a2–  b2c2  b2a2 c222

Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22) ; B2 ( 0; 22)

2) d có VTCP ud  ( 1;2;0) 

Gọi H hình chiếu vng góc A d Giả sử H1– ; 2 ;3t  t   AH  1 ;1 ;0t  t 



Mà AH  d nên AH u d 



 11 t21 2 t0 t 1 5 



H 6 8; ;3 5 5

 

 

 

 AH =

3 5 .

Mà ABC nên BC =

AH

2 15

5

3  hay BH = 15 .

Giả sử B(1 ;2 ;3) s  s s s

2

1 2 15

5 25

   

    

   

     25s210 –2 0s  

s

5

  

Vậy: B

6 3; ;3

5

   

 

 và C

6 3; ;3

5

   

 

 

hoặc B

6 3; ;3

5

   

 

  C

6 3; ;3

5

   

 

 

Câu VII.a: Xét khai triển: (1x)nCn0xC1nx C2 2n x C3 3n x Cn nn Lấy đạo hàm vế ta được: n(1x)n1Cn12xCn23x C2 3n nx Cn1 nn Nhân vế cho x, lấy đạo hàm lần nữa, ta được:

n

n n n

n n n n

x n x

n(1 x) 1 ( 1)(1 ) 2 12C1 22xC2 32x C2 n x C2 1

       

Cho x = ta đpcm

Câu VI.b: 1) Gọi M trung điểm BC Ta có AG AM

2

                            

 M(2; 3) Đường thẳng EC qua M có VTPT AG

8 0;

3

 

  

 



nên có PT: y3  E(0; 3)  C(4; 3) Mà AE2EB

 

 Phương trình BC: 2x 5y 7

2) Gọi I tâm (S) I d I(1 ; ; ) t  t t Bán kính R = IA = 11t2 1t Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên:

t

d I P( ,( )) R

3



 

 37t2 24t0



t R

t R

0

24 77

37 37

   



  



 .

Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) Vậy phương trình mặt cầu (S): (x 1)2(y1)2z2 1

Câu VII.b:

x y y x

y x

3

24 162 (1)

1 5(1 ) (2)



   



  

 

Từ (2) suy y2–5x2 4 (3)

Thế vào (1) được: x3y2–5x y y2.  316x  x3–5x y2 –16 x0

 x0 x2–5 –16 0xy   Với x0  y24  y2

 Với x2–5 –16 0xy  

x y

x

2 16

5

 

(4) Thế vào (3) được:

x x

x

2

2

16 5 4

5

  

 

 

 

 x4–32x2256 –125x4100x2 124 x4132 –256 0x2   x21 

x y

x 1 (1 (y 3)3) 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 55 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 3–3x22

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình :

m

x x

x 2 2

1

  

 Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x x

5

2 cos sin 1 12



 

 

 

 

2) Giải hệ phương trình:

x y x y

x y x y

2

2 2

log 3log ( 2)

1 3

    

 

     



Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

x

I dx

x x

4

2

sin 1 

  

 



Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM =

a 3

3 , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Câu V (1 điểm): Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5x 5y5z1 Chứng minh :

x y z

x y z y z x z x y

25 25 25

5 5  5 5  5 5 

   

x y z

5 5 5

4

 

II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao CH x y:   1 0, phân giác BN: 2x y  5 0 Tìm toạ độ đỉnh B, C tính diện tích tam giác ABC

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng :

x y z

d1: 2 1

4 6 8

 

 

  ,

x y z

d2: 7 2

6 9 12

 

 



a) Chứng minh d1 d2 song song Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 d2

b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2) Tìm điểm I đường thẳng d1 cho IA + IB đạt

giá trị nhỏ

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức:

z

z4 z3 z 1 0 2

    

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d x y1:   0 d x y2:   0 Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ

đỉnh hình chữ nhật

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

x y z

d1: 2 1

1 1 2

 

 

 và

x t

d y

z t

2 2

: 3

    

    

a) Chứng minh d1 d2 chéo viết phương trình đường vng góc chung d1

và d2

b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2

Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S C C C C C

0 2004 2008

2009 2009 2009 2009 2009

Hướng dẫn Đề số 55

Câu I: 2) Ta có

 

m

x x x x x m x

x

2 2 2 2 2 1 , 1.

1

        



Do số nghiệm phương trình số giao điểm yx2 2x 2 x1 , ( ')C đường thẳng y m x , 1.

Với

  f x khi x

y x2 2x 2 x1  ( )f x x( ) 11

 

 nên  C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:

m < –2 m = –2 –2 < m < m ≥ Số nghiệm vô nghiệm nghiệm kép nghiệm phân biệt nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT

x 5 5

2 sin 2 sin 1

12 12

 

   

      

 

 

x 5 5 1

sin 2 sin sin

12 12 2 4

  

 

     

 

x 5 5

sin 2 sin sin 2 cos sin sin

12 4 12 3 12 12

     

     

         

     

 

x k x k

x k

x k x k

5

2 2

5 12 12 6

sin 2 sin 5 13 3

12 12 2 2

12 12 4

  

 

 

  

 

 

    

 

   

         

          

 



2) Điều kiện: x y 0, x y 0

Hệ PT 

x y x y

x2 y2 x2 y2 2

1 3

    

 

     



Đặt:

u x y v x y    

 

 ta có hệ:

u v u v u v uv

u2 v2 uv u2 v2 uv

2 ( ) 2 4

2 3 2 3

2 2

       

 



     

     

 

u v uv

u v uv uv

2 4 (1)

( ) 2 2 3 (2)

2

   



    

  



Thế (1) vào (2) ta có: uv8 uv 9 uv  3 uv8 uv 9 (3 uv)2 uv0

Kết hợp (1) ta có:

uv u v

u v

0 4, 0

4

 

  



 

 (với u > v) Từ ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2)

Câu III:

I x2 xdx x xdx I1 I2

4

1 sin sin

 

 

 

 Tính

I1 x2 xdx

4

1 sin 

 

  

Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I10

 Tính

I2 x xdx

sin 

   

Dùng phương pháp tích phân phần, ta tính được:

I2 2

4 

 

Suy ra: I

2 2

4 

 

Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD 

BC AB BC BM

BC SA

 

 

 

 Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao.

 SA = AB tan600 = a 3,

a a

MN SM MN

AD SA a a

3

3 2

3

2 3 3



   

 MN = a 4

3 , BM = a

2

3 Diện tích hình thang BCMN : S =

BCNM

a a

BC MN a a

S BM

4

2 2 10

3

2 2 3 3 3

 



 



   

 

 Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB)  BC  SH Vậy SH ( BCNM)  SH đường cao khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

AB AM SB MS =

1 2

Vậy BM phân giác góc SBA  SBH 300  SH = SB.sin300 = a

 Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNM SH S 1 .

3 =

a3 10 3

27 .

Câu V: Đặt 5x a; 5y b; 5z c Từ giả thiết ta có: a, b, c > ab bc ca abc  

BĐT 

 

  

  

2 2

4

a b c a b c

a bc b ca c ab (*)

Ta có: (*) 

 

  

  

3 3

2 2 4

a b c a b c

a abc b abc c abc



 

  

     

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có:

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a c a

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

b b c b a b

b c b a ( 2)

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c b c

c a c b ( 3)

Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do AB CH nên phương trình AB: x y  1 0.

 B = AB BN  Toạ độ điểm B nghiệm hệ:

x y x y

2 5 0

1 0

   



  

 

x

y 34

  



  B(-4; 3).  Lấy A’ đối xứng với A qua BN A BC'

Phương trình đường thẳng (d) qua A vng góc với BN (d): x 2y 5 0 Gọi I ( )d BN

Giải hệ:

x y

x y

2 5 0

2 5 0

   



  

 Suy ra: I(–1; 3)  A'( 3; 4) 

 Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:

BC x y CH x y

: 7 25 0

: 1 0

   



  

  C

13 9; 4 4

 

 

 

 

 BC

2

13 9 450

4 3

4 4 4

   

       

    ,

d A BC

2 7.1 1( 2) 25

( ; ) 3 2

7 1   

 



Suy ra: SABC d A BC BC

1 ( ; ). 1.3 2. 450 45.

2 2 4 4

  

2) a)  VTCP hai đường thẳng là: u1(4; 6; 8),  u2  ( 6;9;12)

 

 u u1 2,

 

phương

Mặt khác, M( 2; 0; –1)  d1; M( 2; 0; –1)  d2. Vậy d1 // d2.  VTPT mp (P)

n 1 MN u, 1 (5; 22;19)

2 

    

 

 Phương trình mp(P):

x y z

5 –22 19  9 0. b) AB(2; 3; 4) 



 AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1

Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I giao điểm A1B

d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B

 Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H

36 33 15; ; 29 29 29

 

 

  A’ đối xứng với A qua H nên

A’

43 95 28; ; 29 29 29

 



 

 

I trung điểm A’B suy I

65 21 43; ; 29 58 29

   

 

 .

Câu VII.a: Nhận xét z0 không nghiệm PT Vậy z0 Chia hai vế PT cho z2 ta được:

z z

z z

2

1 1 1 0

2

   

     

 

 

Đặt t z z

1

 

Khi

t z

z 2

2 1 2

   z t

z

2

2

1 2

   

Phương trình (2) trở thành: t t

2

2

  

(3) i

2 5

1 4. 9 9 2

    

 PT (3) có nghiệm

i t 1 3

2  

,

i t 1 3

2  

 Với

i t 1 3

2  

: ta có

i

z z i z

z

1 3 2 (1 ) 0 2



      

(4a) Có   (1 ) 16 6i 2   i  i i (3 )i

 PT (4a) có nghiệm :

i i

z (1 ) (3 ) 1 i 4

  

  

,

i i i

z (1 ) (3 ) 1

4 2

   

 

 Với

i t 1 3

2  

: ta có

i

z z i z

z

1 3 2 (1 ) 0 2



      

(4b) Có   (1 )i 216 6  i  i i (3 ) i

 PT (4b) có nghiệm :

i i

z (1 ) (3 ) 1 i 4

  

  

,

i i i

z (1 ) (3 ) 1

4 2

    

 

Vậy PT cho có nghiệm :

i i

z 1 ;i z 1 ;i z 1; z 1

2 2

  

     

Câu VI.b: 1) Ta có: I d 1d2 Toạ độ I nghiệm hệ:

x x y

x y y

9

3 0 2

6 0 3

2 

     



 

  

  





I 9 3; 2 2

 

 

 

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M d 1Ox trung điểm cạnh AD Suy M(3; 0)

Ta có:

AB IM

2

9 3

2 2 3 3 2

2 2

   

       

   

Theo giả thiết:

ABCD ABCD

S

S AB AD AD

AB

12

. 12 2 2

3 2

     

Vì I M thuộc đường thẳng d1  d1AD

Đường thẳng AD qua M(3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1)



làm VTPT nên có PT: x y  3 0

Mặt khác: MA MD  2  Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:   x y

x y2

3 0

3 2

    



  

 

   

y x y x y x

x

x y2 x x

3 3 3

3 1

3 2 3 (3 ) 2

     

    

     

 

       

 

 

x y 12    



 x y 41   



 .

Do

I 9 3; 2 2

 

 

  trung điểm AC suy ra:

C I A

C I A

x x x

y y y

2 9 7

2 3 2

     



    



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

Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) 2) a) d1 có VTCP u1(1; 1;2)



qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2  ( 2;0;1) 

qua điểm N( 2; 3; 0)

Ta có: u u MN1 2,  10 0



 

d1 , d2 chéo

Gọi A(2 ;1– ;2 )t t t d 1, B(2 –2 ; 3; )t t  d2

AB đoạn vng góc chung d1 d2

AB u AB u12

. 0 . 0

 

 

 

   



 t t

1 3 ' 0      

  A

5 2; ; 3 3 3

 



 

 ; B

(2; 3; 0)

Đường thẳng  qua hai điểm A, B đường vng góc chung d1 d2:

x t

y t

z t

2 3 5 2    

     

b) PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính:

x y z

2 2

11 13 1 5

6 6 3 6

     

     

     

     

Câu VII.b: Ta có: i C iC i C

2009 2009 2009

2009 2009 2009

(1 )    

C C C C C C

C C C C C C i

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 2007 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )

       

     

Thấy: S1 (2 A B ), với A C C C C C C

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

      

B C C C C C C

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

      

 Ta có: i i i i i

1004

2009 1004 1004 1004

(1 )  (1 ) (1 )    (1 ).2 2 2 Đồng thức ta có A phần thực (1 )i 2009 nên A21004.

 Ta có: x C xC x C x C

2009 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

(1 )     

Cho x = –1 ta có: C C C C C C

0 2008 2009

2009 2009  2009  2009 2009  2009

Cho x=1 ta có: C C C C C C

0 2008 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

(    ) (    ) 2

Suy ra:B22008