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]
(1)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
3
x
2
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 cos3
x
3 sin
x
cos
x
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
4
x
7 –21 0
y
Viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm trùng với gốc tọa độ O2) 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 – –2
x 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 caoCâu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho
đường tròn (C): x
2+ y
2– 6x + = Tìm điểm
M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp
tuyến 60
0.
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)
(2)Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d (Cm):
x
3
3
x
2
mx
0
(1) x
x
2x m
0
3
0
(2)
(2) có nghiệm phân biệt, khác
m
m
9
4
0
(*) Khi đó: xDxE 3; x xD E m D Ey y' ' 1
4
m
2
9
m
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
t
3t
2t
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 ; 4
y
2 4
Câu III: Đặt
x
t
t
3
cos
sin , 0
2
2
I =tdt
23 cos
2
=
3
1
2 2
Câu IV: Gọi H, M, I trung điểm AB, AC, AM SH (ABC),
SIH
SH =a
IH
.tan
3
tan
4
S ABC ABC
a
V
.1
SH 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
. (3)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))
a
2a
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 a
1 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
60
0 nên MI =R
sin30
=
MI
2
16
b
2
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 u
12
t t
t
11t
225
6
2
3
t1t2 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
(4)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 2
xx
3
x
2
x
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
60
0,
BSC
90
0
,
CSA
120
0.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 d1, d2 tương ứng A, B cho 2
MA MB
0
.2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
x
2
y
2 0
z
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):
x
2
y
2
2
x
2
y
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 ngắn2) 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
sốhạng thứ 21 Cn Cn Cn 2
(5)Hướng dẫn Đề số 42
Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN:
x
2
y
3 0
Gọi I(a; b) MN a
2
b
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 Ix
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
1
2
Suy phương trình đường thẳng d:
y
2
x
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
8
m
. 2) PT x
x
x
3 (2
1) 2
1
(1) Ta thấyx
1
2
nghiệm (1) Với
x
1
2
, ta có: (1)
x
x
x
2
1
3
2
1
xx
x
2
1
3
0
2
1
Đặtx
x
xf 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 khoảng1
1
;
,
;
2
2
.Ta thấy
x
1,
x
1
nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệmx
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 dx
20
1 tan
2
2
= xx
x e dx
2 2
0
1
1 tan
tan
2
2
2
= x xx
e dx
x
e dx
2
2
0
1
1 tan
tan
2
2
2
(6)Đặt
x
u e
x
dv
1 tan
2dx
2
2
xdu e dx
x
v
tan
2
I =
x
x
x
xx
xe
2e dx
e dx
0 0 0
tan
tan
tan
2
2
2
=
e
2 Câu IV: Trên AC lấy điểm D cho: DS SC (D thuộc đoạn AC)
ASD
30
0Ta 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 22
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
1
SC S
.
1
SC SD SB
.sin
SDB
3
6
=abc
c a
2
6 2
Mà ASDB CSDB
V
AD
a
V
DC
2
c
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 alog ,2x blog ,2y clog2z a b c log (2 xyz) log 3
P =
x
y
z
2 2
2 2
log
1
log
1
log
1
=
a
2
1
b
2
1
c
2
1
Đặtm
( ;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(a1;a 2), MB(b1;2b 2)
MA MB2 0
a
b
a
b
2
2
1 0
2
4 2
2 0
a
b
0
3
(7)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
x
11
;
x
21
2
2
i
i
x
12x
221
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
IA
2
IH
2
2 5
IH
2
2 5
IM
2
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
C
75 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
(8)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
3
x
x
cos
cos
cos
sin 2
0
2 6
3
2
2
6
2) Giải phương trình:
x
x
x
x
4 2
1
21 2
Câu III (1 điểm): Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường: (C):
x
(
y
1) 1
2
, (d):y
x
4
Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành hình (H) quay quanh trục OyCâu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, cạnh a,
ABC
60
0, chiều cao SO hình chópa
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.BCDMCâu V (1 điểm): Cho số dương x, y, z thoả mãn:
x
2
y
2
z
2
1
Chứng minh:x
y
z
y
2z
2z
2x
2x
2y
23 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
2
y
5 0
, đường trung tuyến (AM):4
x
13 10 0
y
Tìm toạ độ đỉnh B2) 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) (9)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: costcos2 cos3 cos4t t t0
t
t
5
t
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
(2
m
1)
x
(4
m
2)
3
Với
t
l
x
4
2
l
2
3
Với
k
k
t
2
x
11
4
5
5
15
5
2) Điều kiện:
x
x
x
2
1 0
1
xKhi 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
2
81
1
= 2 PT vô nghiệm
(10)V =
y
y
y dy
2
2 2
1
(
2
2)
(4
)
=
117
5
Câu IV: Gọi N = BM AC N trọng tâm ABDKẻ NK // SA (K SC) Kẻ KI // SO (I AC) KI (ABCD) Vậy K BCDM BCDM
V
.1
KI 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
2
SO
3
3
3
Ta có: ADC CM AD CM =
a
3
2
SBCDM =DM BC CM
a
21
(
).
3 3
2
8
VK.BCDM =
BCDM
a
KI S
1
.
3
8
Câu V: Ta có
x
x
y
2
z
2
1
x
2 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
x
2)
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) (
A
2
B
2
0)
Ta có:
d O d
5 2
( , )
2
A
B
A
2B
22
6
5 2
2
47
B
2
48
AB
17
A
2
0
B
A
B
A
24 55
47
24 55
47
Với
B
24 55
A
47
(11)d:
47(
x
2) 24 55 (
y
6) 0
VớiB
24 55
A
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 AAx 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
7
y
5 0
. Viết phương trình đường thẳng Cx // AB (Cx):x
7
y
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
(2
t
2
8
t
1
26; 2
t
2
4
t
1
8;
t
2
t
1)
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
2x R
ln3.3
.5
0,
2
f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)
(2)
a x
x2
log 2( ) log ( 1)
a x
x
2(
)
1
x
a
x
1
2
2
(12) Hệ có nghiệm (*) có nghiệm thuộc [2; +) Đặt g(x) =
x
4x
1
2
2
Ta có: g(x) =2
x
3
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 cos2xsin2x4cos 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.ABCcó đáy tam giác cạnh a, AM (ABC), AM =
a
2 (M trung điểm cạnh BC) Tính thể tích khối đa diện ABABC.
Câu V (1 điểm): Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P = x2y2 4y4 x2y24y4 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 MA2MB3MC
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):
(13)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 (m1)2 (x1)2
x m
x m
Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (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 m1x = (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)(x2y2x y ) 0 x y 1 0 (vì x y 0 nên x2y2x y 0) Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (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 =
(14)=
x
0
1 tan
2
= Vậy: I =
1 2.
Câu IV: Vì ABBA 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 (y2)2 x Xét a( ;2x y b), ( ,x y2)
Ta có: a b a b
x y x y x x
2 (2 )2 2( 2)2 4 16 2 24
Suy ra: P x24 x Dấu "=" xảy a b,
hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2 3x
2(3 1)(4 x2) x24 3 x Dấu "=" xảy x2
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: a10,b5 c5 Gọi M(x; y) (E) Ta có: MF1 x MF2 x
3
10 , 10
2
Ta có: F F1 22 MF12MF22 2MF MF1 2.cosF MF1
x x x x2
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: IA2IB3IC0
I 23 13 25; ; 6
Ta có: T = MA2MB3MC
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: (x1)10 C x100 10C x101 9 C x C109 1010
x x
C C
x10
10 10
( 1) ( 2) 2
a C C
5
5 102 10672.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4) Ta có:
AB AC IB IC
(15) 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 aa2 a2
2 2
cos ,
2
1
2a 1a2
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: xy0 Từ (2) ta có: x3y3xy x( 2y2) 0 x0,y0 (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
(16)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
(17)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: x2y2z2 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): x2y24x4y 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 2y2 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)
(18)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
yx.
y x( )0 1 x
2 1 (2 3) x y
x00 y00
1 ( 1)
2 ( 0)
Với
x y00
1
: yx (loại) Với
x y00
2
: yx 2 (nhận) Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: yx
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
cos
x
sin 2
x
3(sin
x
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 x2 nghiệm PT Vậy PT có nghiệm x2.
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
(19)Câu IV: Gọi E trung điểm AB BC =
a
5
Ta có: BIC ABCD ABI CDIa
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
60
0 SI =a
IF
.tan 60
03 3
5
Thể tích khối chóp S.ABCD:
ABCD
a
V
1
SI S
.
1 3
.
.3
a
23 15
a
33
3
5
5
Câu V: Xét điều kiện:
x
2
xy xz
3
yz
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 (*) u
2
v
2
2 (
u v
)
2 u
2
v
2
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
u
3
v
3
3
uv
5
u v u
uv v
uv
2
(
)(
) 3
5
u v
3
uv
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
6
7
Đường thẳng qua M(1; 5) nhận IE
làm VTPT Với a6 IE(0; 3)
Phương trình AB:
y
5
Vớia
7
IE(1; 4)
Phương trình AB:
x
4
y
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
1
IA IB
.sin
AIB
1
R
2sin
AIB
1
R
21
2
2
2
(20)Khi đó:
R
d I
( , )
1
2
m
m
m
22 2
2
3 1
1
15
m
2
8
m
0
m
m
0
8
15
2) Giả sử:M
( ; ; )
t t
t
1Khoảng cách từ M đến 2:
t
t
t
d M
( , )
2(8 14)
2( 14 20)
2( 4)
23
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
140
t
2
352 212 0
t
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
2
24
x y
x
24
x y
x y
2
2
(21)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 số2) 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 x
2
2
x
2
x
2
có nghiệm phân biệtCâu 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
x
2
y
2
xy
1
Tìm giá trị lớn giátrị 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: 2.27x18x 4.12x3.8x 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 Oy2 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
(22)Hướng dẫn Đề số 46 Câu I: 2) PTTT
(C) điểmM x y
0
0;
là:
:
y
x
02
4
x
0
3
x x
0
1
x
03
2
x
02
3
x
03
qua O
x
0
0,
x
0
3
Các tiếp tuyến cần tìm:y
3
x
,y
0
Câu II: 1) PT
sinxcosx1 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
2
x
y
2
y
x
2
y x
x
2
x y
2
xy
5
y
0
Khiy
0
hệ VNKhi
y
0
, chia vế choy
3
0
ta được:3
2
2
5 0
x
x
x
y
y
y
Đặt
x
t
y
, ta có : t32t22t 0 t1
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 xf 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
27
2 1
2
1
4 1
.Điều kiện:t
1
1
5
3
(23)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
2.33x2 3x 2x 4.2 32x x3.23x3
3
3
3
2
4
3 0
2
2
2
x x x
x12) Ta có:
cos sin
cos
1 cos
x
x
I
dx
x
x
Đặt tcos2 x dt2cos 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
log3x5Đặt
t
log
3x
Ta có: t24t 0 t 5hoặc 1t 1
0
243
x
x3.
2) Ta có:
2
1
'
mx
y
x
Hàm số có cực trị
y
' 0
có nghiệm phân biệt, khác0
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
: 3
x y b
0
2
: 3
x y b
0
1
: 3
x y b
0
tiếp xúc (C) d I
,1
R3
1
2
3
2
b
b
Kết luận:
1
: 3
x y
2
3 0
2
: 3
x y b
0
tiếp xúc (C) d I
,2
R3
1
2
3
2
b
b
(24)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
2
m x
2 2
m
4
2
m
(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 BC4BM, BD2BN AC3AP 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 kiệnx 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:
2
x
log4x
8
log2 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 nguyênCâu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chođường thẳng
d
: 2
x 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
log
4x
log
8x
0
2) Tìm m để đồ thị hàm số
y x
3
m
5
x
2
5
mx
có điểm uốn đồ thị hàm số
y x
3. (25)Hướng dẫn Đề số 47
Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) trục Ox:
x
4
2
m x
2 2
m
4
2
m
0
() Đặtt x t
2
0
, ta có :
t
2
2
m t m
2
4
2
m
0
()Ta có : ' 2m0
S
2
m
2
0
với m0 Nên PT () có nghiệm dương PT () có nghiệm phân biệt (đpcm)Câu II: 1) PT
3 sin2
x
cos2
x
4sin
x
1 0
2 sin cos
x
x
2sin
2x
4sin
x
0
2 cos
x
sin
x
2 sin
x
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
2
y 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
y
21
2
'
1
1
0
Dựa vào BTT ta kết luận hệ có nghiệm m2.
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 :
V
ABMNQP
V
ABCD7
20
.Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm
7
13
hoặc (26)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 19x y z
1
3
. Câu VI.a: 1) Điều kiện : x0PT 1 log 2xlog4x3log2 x
t
x
t
2t
2log
3 0
t
x
t
t
2
log
1
2
x
x
2
4
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;2
B
Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là:
x y
1 0
Câu VII.a: GọiI m m
;2
4
d
tâm đường tròn cần tìmTa 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
Đặtt
log
2x
, 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 tiếpABC
là trọng tâm nó.
Kết luận:
5 8
; ;
3 3
I
(27)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 MNCâu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
cos3
x
sin 2
x
3 sin 3
x
cos 2
x
2) Giải hệ phương trình:
x
y
xy
x y
3 23
4
9
Câu III (1 điểm): Tìm giá trị tham số m để phương trình:
m 1
x21
x2 m có nghiệmCâu 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 sốdương
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
log
2
x
2
log
2
6
x
2) Tính:
2
ln
x 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 caoCâu VI.b (2 điểm):
1) Giải hệ phương trình :
2
1
2
x3
yy
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
(28)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, N3
:
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:
x
M
x
N
2 2
x
I
I trung điểm MN với
k
0
. Kết luận: PT đường thẳng cần tìmy kx k
1
vớik
0
. Câu II: 1) PT
cos3
x
3 sin 3
x
3 cos 2
x
sin 2
x
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 y
2 2
9
xy
3
Khi:xy
3
, ta có:3
4
x
y
x
3.
y
3
27
Suy ra:
x
3;
y
3
nghiệm phương trình:X
2
4
X
27 0
X
2
31
Vậy nghiệm Hệ PT là:3
2
31,
32
31
x
y
x
32
31,
y
32
31
. Khi:xy
3
, ta có:3
4
x
y
x
3.
y
3
27
Suy ra:
3
;
x
y
nghiệm phương trình:
X
2
4
X
27 0
(
PTVN
)
Câu III: Đặtt
x
2
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:
21
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 luận4
3
m
Câu IV: Gọi M trung điểm BC, hạ AH vng góc với AM
Ta có:
(
'
)
'
BC
AM
BC
AA M
BC
AH
BC
AA
.Mà
'
( '
)
2
a
AH
A M
AH
A BC
AH
(29)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: 0x6BPT
2
2
log 2
x
4
x
log 6
x
2x24x
6 x
2 x216x 36 0 x 18 hay 2xSo 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
2
b a
8
Nên:b
2;
a
4
d x
1:
2
y
4 0
Khiab
8
2
b a
8
Ta có: b24b 0 b 2 2+ Với
b
2 2
d
2: 1
2
x
2 1
2
y
4 0
+ Với
b
2 2
d
3: 1
2
x
2 1
2
y
4 0
Câu VI.b: 1)
2
1
(1)
2
3
(2)
x yy
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 xy 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
(30)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 23
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 minhrằng:
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 tâmH
2;1
, trọng tâmG
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
y
2
z
2
2
x
4
y
8
z
4 0
mặt phẳng
: 2
x y
2 0
z
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
(31)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
a
a
0
4
Từ suy có hai tiếp tuyến
y x
y x 8Câu 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 2
x
1
2
x
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,
x
2
y
2
1 0
Đặt
x
u x
y
v
y
21;
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
(32) Nếu v = u = 9, ta có Hệ PT:
x
y
x
x
x
y
x
x
y
y
y
y
22
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
28
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
83
1
2
1.ln
2
6 ln8 ln3 2
Tính
x
J
dx
x
1
Đặt t x1
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
SACGóc mặt bên (SCD) đáy (ABCD)
SJI
60
0SIJ cạnh a G trọng tâm SIJIG 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
1
S
.
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 ab1
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)
(33)
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
2
AI
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 sửB x y
B;
B
C
7
x
B;1
y
B
và B Bx y 0
H trực tâm tam giác ABC nên CH AB; CH
x yB; B
,AB
xB3;yB 6
BB B
B
B
BB BBx
y
x
x
CH AB
.
0
x
5
x
3
3
y
6
0
y
1
2
y
3
6
Vậy
B
1; , 6;3
C
B
6;3 , 1; 2
C
2)S
x
y
z
2
2
( ) :
1
2
4
25
có tâmI
1; 2;4
R = 5.Khoảng cách từ I đến () là: d I
,( )
3 R () mặt cầu (S) cắtGọi 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 z2 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
(34)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
3
x
x
21 0
1
xy x
1
x x y
x
3
1
1
0
x
x
0
1
y
1 3
x
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 3
1
x
thay y1–3x vào (1) ta :2
3 1x
2
3 1x
3.2 (3)
Đặtt
2
3 1x ,x
1
nênt
1
4
(35)(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
20
8
log
11
x
y
2
1 log 2 1
3
2 log 2
(36)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
( )
x
3
mx
2
2
m
(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:
2sin
2x
3 sin 2
x
1
3 sin
x
cos
x
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
x
x
dx
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 thẳng1
:2
5
3 0
d
x
y
;d
2:5
x
2
y
7 0
cắt A Viết phương trình đường thẳngd
3đi qua P tạo với
d
1,d
2thành tam giác cân A có diện tích29
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 kínhCâu 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
A
n3
20
n
. 2 Theo chương trình nâng caoCâu 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 :
x
2
y
2
2
x
6
y
15 0
thành dây cung có độ dài2) 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) :2
x
2
y z
1 0
góc 600 Tìm tọa độ giao điểmM mặt phẳng () với trục Oz
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị tham số m phương trình
(1 )(2 )
.3 2
x
x
x
0
x m
(37)Hướng dẫn Đề số 50
Câu I: 2)
y
3
x
2
2
mx x x
(3
2 )
m
Khi m =2
3
0
y
x
(1) đồng biến R
thoả yêu cầu tốn. Khi
m
0
thì (1) có cực trị2
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 sin
x
cos
x
3 sin
x
cos
x
sinxcosx
sinxcosx1
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
)
4
xy
(3
x y x
)(
3 ) 0
y
3
3
y
x
y hay x
Với
x
3
y
, 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 :
3
y
2
2
y
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
Đặtt
cos
x
dt
sin
xdx
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
(38)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
Đặtx
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)
d
1
d
2Phương trình đường phân giác góc tạo
d
1,d
2 là: 1:7
x
3
y
4 0
2:3
x
7
y
10 0
3
d
tạo vớid
1,d
2một tam giác vng cân
d
3vng góc với1 2
Phương trình
d
3có dạng:7
x
3
y C
0
hay3
x
7
y C
0
Mặt khác,d
3quaP
( 7;8)
nên C = 25 ; C = 77Suy :
d
3: 7
x
3
y
25 0
hayd
3:3
x
7
y
77 0
Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích29
2
cạnh huyền58
Suy độ dài đường cao A H =
58
2
=d A d
( , )
3 Với
d
3: 7
x
3
y
25 0
58
( ; )
2
d A d
( thích hợp) Với
d
3: 3
x
7
y
77 0
87
( ; )
58
d A d
( loại )
(39)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) :
x
2
y
2
(
z
16)
2
260
Câu VII.a:
A
n3
20
n
n n
(
1)(
n
2) 20
n
n
2
3
n
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
C
60
C x C x
61
62 2
C x
63 3
C x
64 4
C x
65 5
C x
66Nên
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 ;
A
2
B
2
0
Từ (*) cho : 23
3
(4
3 ) 0
A
B
A A
B
A
B
A
0
hay4
A
3
B
0
Với4
A
3
B
0
, chọn A = 3; B = – Phương trình ():3
x
4
y
0
Với A = 0, chọn B = Phương trình ():y
0
Kết luận : PT ()
3
x
4
y
0
hayy
0
2) () qua điểm A(1;0;0) có VTCPu
(1; 1; 2)
(P) có VTPT
n
(2; 2; 1)
Giao điểm M(0;0;m) choAM
( 1;0; )
m
() có VTPT
n
AM u
,
( ;
m m
2;1)
() (P):
2
x
2
y 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)
hayM
(0;0;2
2)
Câu VII.b: PT
1
2
1
2
.3
0
3
xx
x
x
x
m
x m
Đặt :( )
3
xx
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
(40)Kết luận : Khi
1
3
.ln 3
m
e
(41)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 33 x2mx1có đồ thị (
C
m); (
m
tham số).
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
m
= 3.
2) Xác định m để (
C
m) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho
các tiếp tuyến (
C
m) D E vng góc với nhau.
Câu II
(2 điểm):
1) Giải phương trình:
cos 2
x −
tan
2x
=
cos
2
x
+
cos
3x −
1
cos
2x
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
ex
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
= 60
0Gọi
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
– = 2
x
–
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
z
1,
z
2nghiệm phức phương trình
2
z
2
4
z
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
3
y
8 0
,
' :3
x
4
y
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
(42)Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x33x2mx 1
x x
23x 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 x
1 2x x x
1 1x
2m x
12x
22x x
1 2m x
1x
2m
29 , 0
4
9(
) 18
(
) (
) 36
6 (
)
1
m
m
m
2m
9 , 0
4
4
9
1 0
m
9
65
8
Câu II: 1) Điều kiện:cos
x
0
PT
2 2
cos 2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cosx1 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
Đặt1
,
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
1
ta 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
9
ta 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 vônghiệm
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
Đặt2
1
1
1 3ln
ln
(
1)
ln
3
3
dx
x t
x
t
x
tdt
x
Suy :
2 2 31 1
1
1
log
1
3
1
1
.
1
ln 2
3
9ln 2
1 3ln
e
t
x
I
dx
tdt
t
dt
(43)2
3
1
1
1
4
9ln 3
t
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
2
abc a b c
(
) (1 )
a bc a
(1
a
) (1 )
a bc
Đặtt bc
thì ta có2
(
)
(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:
b
2
(1 )(1 )
a
c
(2),c
2
(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
2
abc
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 –3
x
y
23 0
Tọa độ C nghiệm hệ:
2
3 0
14 37
;
3
3
23 0
3 3
x y
C
(44)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) nAB AC, (8; 4; 4).
Suy (ABC):
2
x 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 kínhR 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) nAB AC, (2; 4; 8)
VTPT (ABC)
Suy phương trình (ABC):
x– –1 –4 –2
y
z
0 x
2 –4
y
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(
22)
( 1)
( 1)
22
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
log
2y(1
x
)
t
(1) trở thành:2
1
2 0
(
1)
0
1.
t
t
t
t
(45)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 (*)) Vớix
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
y2x39mx212m 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
x
CĐ, cực tiểux
CT thỏa mãn:CÑ CT
x2 x
.
Câu II
(2 điểm):
1) Giải phương trình:
x 1 1 4x2 3x2) Giải hệ phương trình:
x x5
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
a
3√
2
6
.
Câu V
(1 điểm): Cho số thực không âm
a, b
Chứng minh rằng:
a
2b
3
b
2a
3
2
a
1
2
b
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: 3x4y 5,
d3: 4x3y 2 0Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc
d
1và tiếp xúc với
d
2d
32) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm
A(1;2; –1)
, đường thẳng (
):
2
2
1
3
2
x
y
z
(46)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
:
2
x my
1
2
0
và
đường trịn có phương trình
( ) :
C x
2
y
2
2
x
4
y
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 x2
4 –2.2 –3
.log
–3 4
4
Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2)
y
6
x
2
18
mx
12
m
2
6(
x
2
3
mx
2 )
m
2Hàm số có CĐ CT y 0 có nghiệm phân biệt x x1 2, = m2 > m0 Khi đó:
x
1
m m x
m m
1
3
,
1
3
2
2
Dựa vào bảng xét dấu y suy xCÑx x1, CT x2
Do đó: x2CĐ xCT
m m
m m
3
3
2
2
m2Câu 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
2
x
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(
x
21) (
d x
21)
xdx
1
d
ln(
x
21)
2
2
=
x
x
x
C
2 2
1
ln (
1)
1
1
ln(
1)
4
2
2
. (47)Ta có:
V
S ABCDV
S ABCBO SA SC
ax AB
OA
2
2
2.
1
6
.
1
3
.
=
a x a x
ax a
2 2 1ax
3 24
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 b2
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, (*)
a
2b
2ab 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
d1Khi đó:
d I d
( ,
2)d I d( , )3 t t
t
t
3 4(3 ) 5
4 3(3 ) 2
5
t
t
2
4
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
a
1
0
nên số cách xếp cho chữ số cách.Số cách xếp cho vị trí cịn lại :
A
85. Vậy số số cần tìm là: 5.A
85 = 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
m
2
2 2
1 4 18 17
(48)Ta có:
1
1
9
sin
.
2
2
2
S
IA IB
AIB
IA IB
IAB
Vậy:
S
IAB
lớn9
2
90
0
AIB
AB =R 2
3 2
( , )
2
d I d
3 2
2
1 2
2
2
m
m
2 2 216 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 x2
(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
(49)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:
¿
x
3y
(
1
+
y
)+
x
2y
2(
2
+
y
)+
xy
3−
30
=
0
x
2y
+
x
(
1
+
y
+
y
2)+
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
1
AA
'
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:
a
2+
b
b
+
c
+
b
2+
c
c
+
a
+
c
2+
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 0Lập 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:
x2 –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
(50)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 xHướng 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: cos2x0
PT (sinxcos )x 22sin2xcos 22 x0 sin 22 x sin2x0
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 dx2 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 (ACCA)
Do BH đường cao hình chóp B.MAC BH =
a
2
2 Từ giả thiết MA = a 2
3 ,
AC = 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 )
(51)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(x1) 2 y0 5x2y 5
2) Giả sử (S): x2y2z2 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): x2y2z2 2x 4z0 (S): x2y2 z2 2x20y 4z0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a (a
1 0) Giả sử
a
1 0:+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là:
C
72+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là:
C
53+ Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2!
C
82 Bây ta xét
a
1= 0:+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là:
C
62+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là:
C
43+ Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: Vậy số số cần tìm là:
2 2
7
.2!
5
6.7 11340
4
C C
C
C C
(số).Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1(1;2), BC n2 (3; 1) , AC n3 ( ; )a b với
a2b2 0.
Do ABC cân A nên góc B C nhọn
Suy ra:
cos
B
cos
C
n n n n
n n n n
1
1
a b a2 b2
1
5
22a22b215ab0
a b
a b
2
11
Với
2
a b
, ta chọn a1,b2 n3(1;2)
AC // AB không thoả mãn Với
11
a
2
b
, ta chọn a2,b11 n3(2;11)
(52)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 2198 ≥ 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 dươngXét 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
(53)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
2
m x
2 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 = 2
a
Trên đường thẳng
d
qua A vng góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho mp(SBC) tạo với
mp(ABC) góc 60
0Tính 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 1Cn22 2Cn 32 3Cn n C2 nn (n n 2).2n2, đó
n
số tự nhiên,
n
≥
Cnksố 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
AE2EB
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
(54)Câu VII.b
(1 điểm): Giải hệ phương trình:
x
y y
x
y
x
3
2
4
16
21
5(1
)
.
Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:
x
4
2
m x
2 2
1
x
1
x
4
2
m x
2 2
x
0
x x
32m x2 1 0
x
g x x3 m x2
0
( ) (*)
Ta có: g x( ) 3 x22m2 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 mCâu II: 1) Điều kiện:
cos
x
0
x k
(*)
PT x
x
x
2
2
1–cos
2sin
–tan
1–sin2
x
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 x2
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
(x2)23 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:
cos
2x
4 –
t
2vàx 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 151 1
4 2
= t t 151ln
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 (55)tứ diện SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2;
SCA600
góc mp(SBC) mp(ABC)
SA = AC.tan600 = a 6 Từ
SB
2
SA
2
AB
2
10
a
2.Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2= .SB2 =
10
a
2.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
x
2–2
x
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 MF
1 22
=
2
2 4 33
1
5
+
2
2 4 33
1
5
= 10 a = Mặt khác: c = 3
a
2–
b
2
c
2 b
2
a
2
c
2
22
Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22) ; B2 ( 0; 22)
2) d có VTCP
u
d
( 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 s2
1 2 15
5 25
25
s
2
10 –2 0
s
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
C
n0
xC
1n
x C
2 2n
x C
3 3n
x C
n nn Lấy đạo hàm vế ta được:n
(1
x
)
n1
C
n1
2
xC
n2
3
x C
2 3n
nx C
n1 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 ) 21
2C
12
2xC
23
2x C
2n x C
2 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: y3 E(0; 3) C(4; 3) Mà AE2EB
(56) 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 24t0
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(y1)2z2 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:
x
3
y2–5x y y
2
.
3
16
x
x3–5x y2 –16 x0 x0 x2–5 –16 0xy Với x0 y24
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
x
4–32
x
2
256 –125
x
4
100
x
2124
x
4
132 –256 0
x
2
x
2
1
x
y
x
1 (
1 (
y
3)
3)
(57)
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
3–3
x
2
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
60
0 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM =a
3
3
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNMCâu V (1 điểm): Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5x 5y5z1 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 giácBN
: 2
x y
5 0
Tìm toạ độ đỉnh B, C tính diện tích tam giác ABC2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng :
x
y
z
d
1:
2
1
4
6
8
,x
y
z
d
2:
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
z
4z
3z
1 0
2
(58)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
d
1:
2
1
1
1
2
vàx
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
(59)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
x
2
2
x
2
x
1 , ( ')
C
đường thẳngy m x
,
1.
Với
f x
khi x
y
x
2
2
x
2
x
1
( )
f x x
( )
1
1
nên
C
'
bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳngx
1.
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 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
x
2y
2x
2y
22
1
3
Đặt:
u x y
v x y
ta có hệ:u
v
u v
u v
uv
u
2v
2uv
u
2v
2uv
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: uv8 uv 9 uv 3 uv8 uv 9 (3 uv)2 uv0
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
x
2xdx
x
xdx I
1I
24
1
sin
sin
(60) Tính
I
1x
2xdx
4
1
sin
Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I10
Tính
I
2x
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 SBCNMTrong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB
MS
=1
2
Vậy BM phân giác góc SBA
SBH
30
0
SH = SB.sin300 = a Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNM
SH S
1
.
3
=a
310 3
27
.Câu V: Đặt
5
x
a
; 5
y
b
; 5
z
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
(61)
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
2
y
5 0
GọiI
( )
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:
7
x 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:
S
ABCd 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
A1BIA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng
I giao điểm A1Bd 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 nênA’
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
(62)Đặt t z z
1
Khi
t
z
z
22
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 6
i
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 1d2 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 1Ox 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 d1AD
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
y
23 0
3
2
y
x
y
x
y
x
x
x
y
2x
x
3
3
3
3
1
3
2
3
(3
)
2
x
y
1
2
x
y
4
1
. (63)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
d
2AB đoạn vng góc chung d1 d2
AB u
AB u
12.
0
.
0
t
t
1
3
' 0
A5 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 C0 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 nênA
2
1004. 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: