2. Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Theo chương trình nâng cao.. Viết phương trình của m.phẳng chứa AB [r]
(1)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 56)
I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: Cho hàm số
2x 1 y
x 2
.
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C),biết hệ số góc tiếp tuyến -5 Câu 2:
1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + = 0 2) Tính tích phân:
0
I x(1 cos x)dx
3) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số f (x) x 2 ln(1 2x) đoạn [-2; 0] Câu 3:
Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 1200, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu 4: Cho x, y, z số dương thoả :
1 1
x yz CMR:
1 1
1 2z y z x2y z x y 2z . II PHẦN RIÊNG
1 Theo chương trình Chuẩn :
Câu 5a: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình: 2 2 2
(S) : x 1 y 2 z 2 36 (P) : x 2y 2z 18 0 1) Xác định tọa độ tâm T tính bán kính mặt cầu (S) Tính khoảng cách từ T đến mp(P) 2) Viết p.trình đường thẳng d qua T vng góc với (P) Tìm tọa độ giao điểm d (P) Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + = tập số phức.
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) đường thẳng d có phương trình
x 1 y 2 z 3
2 1 1
1) Viết phương trình tổng quát mặt phẳng qua điểm A vng góc với đường thẳng d 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d Câu 6b: Giải phương trình 2z2 iz 0 tập số phức
(2)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 57)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu 1: ( 2điểm)
Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m =
2 Tìm m để hàm số có hai cực trị x1 x2 thỏa x1 = - 4x2 Câu 2: (2điểm)
1 Giải hệ phương trình:
2
1
x y xy
x y
2 Giải phương trình: cosx = 8sin3 x
Câu 3: (2điểm)
1 Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vng C ; M,N hình chiếu A SB, SC Biết MN cắt BC T Chứng minh tam giác AMN vuông AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB
2 Tính tích phân A =
ln ln ex e
e
dx x x Câu 4: (2 điểm)
1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh đường thẳng AB CD chéo Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳngOxy cắt đường thẳngAB; CD
2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
3 3
2 2 2 1
a b c
a ab b b bc c c ca a Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c
B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu 5a 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( điểm)
1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK
2 Biết (D) (D’) hai đường thẳng song song Lấy (D) điểm (D’) n điểm nối điểm ta tam giác Tìm n để số tam giác lập 45
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – = đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = Tìm M thuộc (D) N thuộc (C) cho chúng đối xứng qua A(3;1).
2 Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > thỏa với số thực x. - Hết
(3)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 58)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f x( )x4 2x2
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác:
2 cos sin
tan cot cot
x x
x x x
2 Giải bất phương trình:
2
3 1
3
1
log log log
x x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
4
0
cos sin cos
I x x x dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích của hình trụ
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
Tìm m để phương trình có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng định bởi:
2
( ) :C x y 4x 2y0; :x2y 12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ với (C) hai
tiếp tuyến lập với góc 600.
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d :x y 0 có hồnh độ
9
I
x
, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình là:
2 2
( ) :S x y z 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 Điểm M di động (S) điểm N di
động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b: Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
(4)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 59)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m1x1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2 Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2 điểm): Giải phương trình :
1)
4
sin cos
tan cot sin 2
x x
x x
x
; 2)
2
4
log x1 2log 4 x log 4x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1 dx A
x x
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường tròn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2
7
2
x x
x m x m
B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Cho tam giác ABC biết cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đ.thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
2 Cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + = 0; Q : x2y 2z -13 = 0.Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai m.phẳng (P) (Q)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:
4
1
4
1
5 15
n n n
n
n n
C C A
C A
(Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 0 Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vuông B
2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng:
1
1 5
: ; :
2
x y z x y z
d d
Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng
Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) hsố ( ) ln
3 f x
x
giải bpt:
2
6 sin
2 '( )
2
t dt f x
x
(5)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 60)
Bài 1:
Cho hàm số y x 4mx3 2x2 3 x (1)m
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu
Bài 2:
1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x =
2
2) Giải phương trình: 2x +1 +x
2 2 1 2x 0
x x x
Bài 3:
Cho điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1)
1) Viết phương trình m.phẳng chứa AB song song với CD Tính góc AB, CD 2) Giả sử mặt phẳng ( ) qua D cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O sao
cho D trực tâm tam giác MNP Hãy viết phương trình ( ).
Bài 4: Tính tích phân:
2
0
1 sin2xdx
I x
Bài 5: Giải phương trình:
4x 2x 2 sin 2x x y 1 0
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 1 2
9x x 1 10.3x x
.
Bài 7:
1) Cho tập A gồm 50 phần tử khác Xét tập không rỗng chứa số chẵn phần tử rút từ tập A Hãy tính xem có tập
2) Cho số phức
1
z
2 i
Hãy tính : + z + z2. Bài 8:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC h.chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b Gọi góc hai mặt phẳng (ABC) (A'BC) Tính tan thể tích khối chóp A'.BB'C'C.
Câu 9:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) elip (E):
2 x y
Tìm toạ độ điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành tam giác ABC tam giác
(6)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 61)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 9x2 1
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình
4
8 osc x 9 osc x m 0 với x[0; ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:
1
3 log 1
2 2
2 x
x x x
; 2
2 2
12 12
x y x y y x y
Câu III: Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường y |x2 4 |x y2x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +
4 c c m
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 phân giác CD:
1
x y Viết phương trình đường thẳng BC.
2 Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2 2 2 2
x t
y t
z t
.Gọi đường thẳng qua điểm
A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh
1 1
1 1
xy yz zx x y z
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D
2 Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng có phương trình tham số
1 2
x t
y t
z t
.Một điểm
M thay đổi đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh
1
2
3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
(7)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 62)
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: Cho hàm sốy x 32mx2 (m3)x4 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m =
2) Cho (d ) có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m cho (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích
Câu II:
1) Giải phương trình: cos2x 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x 2) Giải hệ phương trình:
¿
x2+1+y(x+y)=4y (x2+1)(x+y −2)=y
¿{
¿
(x, y R)
Câu III: 1) Tính tích phân I =
2 2
6
1 sin sin
2
x x dx
2) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
9 x (m2)3 x 2m 1
Câu IV: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC SBC tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a: Cho parabol (P): y=x2−2x vµ elip (E): x
2
9+y
2
=1 Chøng minh r»ng (P) giao (E)
tại điểm phân biệt nằm đờng trịn Viết p.trình đờng trũn i qua im ú
2.Cho mặt cầu (S) có phơng trình x2+y2+z22x+4y 6z 11=0 mặt phẳng () có
ph-ơng trình 2x + 2y - z + 17 = Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo giao
tuyến đờng trịn có chu vi 6
Câu VI.a Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn
(x+ 2√4x)
n
biÕt r»ng n lµ sè nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn0+2
2
2 Cn
1
+2
3
3 Cn
2
+⋯+2
n+1
n+1Cn
n
=6560
n+1
( Cnk số tổ hợp chËp k cđa n phÇn tư)
CâuVb: Cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình x −21=y 1=
z −1
3 Lập phương
trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích
3
2; trọng tâm G ABC thuộc
đường thẳng (d): 3x – y – = Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC CâuVIb :
(8)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 63)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) ( )
3
1
y m x mx 3m x
3
= - + +
(1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=2
2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến tập xác định Câu II (2,0 điểm)
1 Giài phương trình: (2cosx sinx- ) ( +cosx) =1 Giải phương trình:
( )2 ( )3 ( )3
1 1
4 4
3log x 2 3 log x log x 6
2 + - = - + +
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
I=
0
π
2
cosx
sin2x −5 sinx+6dx
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 tam giác A'BC có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y hai số dương thỏa điều kiện
5 x y
4 + =
Tìm GTNN biểu thức:
4 S
x 4y = +
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần 2). Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2)
2 Cho điểm A(4;0;0) điểm B(x ;y ;0), x0 ( 0>0;y0>0) cho OB =8 góc
·
AOB =60 Xác định tọa độ điểm C trục Oz để thể tích tứ diện OABC Câu VII.a (1,0 điểm)
Từ chữ số 0;1;2;3;4;5 lập số tự nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số
2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)
1 Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy A B cho giá trị tồng OA +OB nhỏ
Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , đỉnh D nằm trục Oy Tìm tọa độ đỉnh D tứ diện tích V =5
Câu VII.b (1,0 điểm)
Từ số 0;1;2;3;4;5 Hỏi thành lập số có chữ số khơng chia hết cho mà chữ số số khác
(9)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 64
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
3 3 1 9 2
y x m x x m
(1) có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng
1 y x
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
sin cosx x3 2 osc x 3 os2c x8 3 cosx sinx 3 0
2) Giải bất phương trình :
2
2
1
log log
2 x x x
.
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x=
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho
1 2
AP AH
gọi K trung điểm AA’, mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’
CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '
ABCKMN A B C KMN
V
V .
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
2
2 2
6
6
a a
a a
a b ab b a a
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:
2
3
9 19
2
720 m
m n m
n
C C A
P
2 ) Cho Elip có phương trình tắc
2 25
x y
(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4
3) Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình:
1
2
:
3
x t
d y t
z t
1
:
2
x y z
d
Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2? Câu V: Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
(10)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 65)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + mx + (1)
1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -3
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm Câu II (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình :
¿ x3+y3=1 x2y
+2 xy2+y3=2 ¿{
¿
2 Giải phương trình: sin2(x −π
4)=2sin
2
x −tanx Câu III.(1 điểm) Tính tích phân
I=
1
√4− x2
x dx
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn
Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
√x2+1−√x=m
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0, d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R =
2.Cho hai đường thẳng d1: x1=y 1=
z
2 , d2:
¿ x=−1−2t
y=t z=1+t
¿{ { ¿
mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm
tọa độ hai điểm M d1 , N d2 cho MN song song (P) MN = √6 Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
(z+i z −i)
4
=1
Câu VI b.(2 điểm)
1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2. Cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mp(P): 2x + 2y – z + = Lập p.tr m.cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 53
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: logx3<logx
3
3
(11)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 66)
CÂU I:
Cho hàm số : y=x3−3
2mx
2
+1 2m
3 1/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=1
2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng qua đt y = x CÂU II:
1) Giải phương trình: tan2x tan sin2 x 3xcos 03 2) Cho PT: 5 x x1 5 6x x m(1) a)Tìm m để pt(1)có nghiệm
b)Giải PT m2 1 2 CÂU III:
1) Tính tích phân: I= 43
4
1 1
dx x x
2) Tính góc tam giác ABC biết: 2A=3B ;
2 3
a b
CÂU IV:
1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vng góc với mặt phẳng (Q) : x + y + z = cách điểm M(1;2;1) khoảng 2
2) Có học sinh nam 3học sinh nữ xếp hàng dọc vào lớp Hỏi có cách xếp để có 2HS nam đứng xen kẽ 3HS nữ
CÂU V:
1) Cho đường thẳng (d ) :
x 4t y 2t z t
mặt phẳng (P) : x y 2z 0
Viết phương trình đ.thẳng () nằm (P), song song với (d) cách (d) khoảng 14
2) Giải PT: 5.32x1 7.3x1 1 6.3 x 9x1 0
CÂU VI: Giải hệ pt:
z1 z2 z3 2i 2z1 z2 z3 5i z1 2z2 3z3 2i
(12)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 67)
I.PhÇn chung cho tất thí sinh(7 điểm) Câu I(2 điểm) Cho hàm sè y=2x+1
x+2 có đồ thị (C)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ
C©u II(2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x =
2.Giải bất phơng trình log22x log2x23>5(log4x23)
Câu III(1 điểm). Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên
mt phng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A
1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1
Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a
Câu V(1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mÃn a2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn nhất
cđa biĨu thøc P = a4 + b4 + c4 II.Phần riêng(3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa(2 điểm).
1. Cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m
để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2. Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
¿ x=1+2t
y=t z=1+3t
¿{ { ¿
Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb(2 điểm)
1. Cho ng trũn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để
đ-ờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đđ-ờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2. Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình x −1
2 =
y 1=
z −1
3 Lập phơng trình
mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
Câu VIIb(1 điểm)
Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 68)
I PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ (C
m); (m tham số)
(13)2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0, 1), D, E cho
tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với
Câu 2: Giải phương trình: 2cos3x + 3sinx + cosx =
2 Giải hệ phương trình
2
2
91 (1) 91 (2)
x y y
y x x
Câu 3: Cho số thực b ln2 Tính J =
x ln10 b 3 x
e dx
e tìm b ln2lim J.
Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên lại tạo với đáy góc 90o.
Câu 5: Ch x, y, z dương thoả
1 1
2009
x yz Tìm GTLN biểu thức P =
1 1
2x y z x2y z x y 2z II.PHẦN TỰ CHỌN:
1.Ph ầ n : Theo chương trình chuẩn Câu 6: 1a/
1.Phương trỡnh hai cạnh tam giaực mặt phẳng tọa độ :5x - 2y + = 0;
4x + 7y – 21 = viết phương trình cạnh thứ ba tam giac đó, biết trực tâm no trung với gốc tọa độ O
Tìm Ox điểm A cách đ.thẳng (d) : x −11= y 2=
z+2
2 vaø mp(P) : 2x – y – 2z =
Câu 6.2a/
Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập số tự nhiªn gồm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số phải
Ph ầ n : Theo chương trình nâng cao Câu 6b 1b/
1 Cho đường trßn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẽ hai
tiếp tuyến (C) cho goùc hai tiếp tuyến 600.
2 Cho hai đường thẳng: (d1) :
¿ x=2t
y=t z=4 ¿{ {
¿
; (d2) :
3
0
x t
y t z
CM (d1) (d2) chéo nhau.
Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) (d2)
(14)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 69)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm):
1).Khảo sát vẽ đồ thị (C) h.số :
3x 4 y
x 2
Tìm điểm thuộc (C) cách tiệm cận
2).Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm đoạn 2 0;
3
sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm nghiệm 0;2 phương trình :
sin 3x sin x
sin 2x cos2x 1 cos2x
2).Giải phương trình: 3x 34 3x 1
Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng C, AC = 2, BC = Cạnh bên SA = vng góc với đáy Gọi D trung điểm cạnh AB
1).Tính góc AC SD; 2).Tính khoảng cách BC SD
Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I =
2
0
sinxcosx1
dx
sinx2cosx3
2) a.Giải phương trình sau tập số phức C : | z | - iz = – 2i
b.Hãy xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn < | z – | <
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1).Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y – =
2) Cho đường thẳng:
1
x 1 d : y 4 2t
z t
2
x 3u
d : y 2u
z 2
a Chứng minh (d1) (d2) chéo
b Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) (d2) 3) Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy màu
Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1).Cho tam giác ABC vng A, p.trình đt BC : 3x – y - = 0, đỉnh A B thuộc Ox bán kính đ.trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC
2).Cho đ.thẳng (d) : x t
y
z t
mp (P) : x + 2y + 2z + = (Q) : x + 2y + 2z + = 0
a Viết phương trình hình chiếu (d) (P)
(15)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 70)
I.Phần chung cho tất thí sinh(7 điểm) Câu I(2 điểm) Cho hàm số y=2x+1
x+2 cú thị (C)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng: y=− x+m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ
C©u II(2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x =
2.Giải bất phơng trình log22x log2x23>5(log4x23)
Câu III(1 điểm). Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên
mt phng ỏy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A
1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1
Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a
Câu V(1 điểm). Xét ba số thực không ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn nhất
của biĨu thøc P = a4 + b4 + c4 II.PhÇn riêng(3 điểm) 1.Theo chơng trình chuẩn Câu Via:
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 =
đ-ờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đđ-ờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình
¿ x=1+2t
y=t z=1+3t
{ {
Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
Câu VIIa: 1) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ
2) Giải phơng trình: (z+i
z −i)
4
=1,(z∈C)
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb(2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng thẳng
d có phơng trình x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình x −1
2 =
y 1=
z 1
3 Lập phơng trình
mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
(16)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 71)
Câu (2,5 điểm) Cho hàm số (C) :
2 2 5
x x
y
x
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
b) Tìm M (C) để tổng khoảng cách từ M đến tiệm cận nhỏ
2 Từ điểm đường thẳng x = kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C’) : y=x3−6x2+9x −1
Câu (1,5 điểm)
1 Giải phương trình: 25x −2+(3x −10)5x −2=x −3
2 Giải hệ phương trình:
¿
sinx+siny=√2 cosx+cosy=√2
¿{ ¿
Câu (1,5 điểm)
1 Giải phương trình: logx(cosx −sinx)+log1
x
(cosx+cos 2x)=0 .
2 Giải bất phương trình: (x3
+1)+(x2+1)+3x√x+1>0
3 Có số tự nhiên gồm chữ số cho số chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau
Câu (2 điểm)
1 Trong hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) mp(P):3x – 8y + 7z – = Tìm toạ độ điểm C (P) cho ABC tam giác
2 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c Hãy xác định góc hợp cạnh đối diện tứ diện
Câu (2,5 điểm)
1 Tính :
/
2
0
sin
; 2 2
cos x x
I dx J x x x dx
x
2 Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng:
2 2
1 1
a b c
a bc b ac c ab abc
Cho z =
1
i
2
, Hãy tính :
1 2 3 2
; z; z ;(z) ;1 z z
z
(17)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 72)
I PHẦN CHUNG: Câu 1:
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y =
1 x x
2 Tìm (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) N(- 1; - 1) Câu 2:
1 Giải phương trình: 4cos4x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2c
= 2 Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x +
Câu 3:
Tính tích phân: K =
2
1 sinx 1+cosx
x
e dx
Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac S.ABC độ dài cạnh bên Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy góc α Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC
Câu 5:
Cho đường thẳng (d):
2
3 2
x y z
hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3) Tìm (d) những
điểm M cho khoảng cách từ đến A B nhỏ II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng năm đoạn thẳng Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy lập thành tam giác
2 Giải hệ phương trình:
8
x x y x y y
x y
Câu 7a:
Tìm giá trị nhỏ y =
osx sin (2 osx -sinx)
c
x c với < x ≤ 3
2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:
1 Tìm giá trị x khai triển nhị thức Newton:
5
lg(10 ) ( 2)lg
2 x
n x
biết số hạng thứ khai triển 21 C1nCn3 2Cn2
2 Cho
2
3 os in
3
c s
Tìm số phức β cho β3 = α Câu 7b:
Gọi a, b, c ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng:
2 2
52 2 2
27 a b c abc
(18)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 73)
Câu I: (2,0 điểm)
Cho hàm số y=x3−3x2−9x+m , m tham số thực. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m=0
2 Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
4+cos
2x
3= 2sin
2x
2
2 Giải phương trình:
x −1¿8=3 log8(4x)
2log√2(x+3)+
1 4log4¿
Câu III: (1,0 điểm)
Tính tích phân: I=
π
6
π
4
tanx
cosx√1+cos2x dx
Câu IV: (1,0 điểm)
Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B' C ' D' theo a Biết AA' B ' D ' khối tứ diện cạnh a
Câu V: ( 1,0 điểm)
Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [−1 2;1]
: 3√1− x2−2 √x3
+2x2+1=m ( m∈R )
Câu VI: (2,0 điểm)1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình:
2x − y −5=0 hai điểm A(1;2) ; B(4;1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc
đường thẳng (d) qua hai điểm A , B
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B(2;0;2)
a Tìm quỹ tích điểm M cho MA2−MB2=5
b Tìm quỹ tích điểm cách hai mặt phẳng (OAB) (Oxy)
Câu VII: (1,0 điểm)
1 Với n số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:
Cn0+2 Cn1+3 Cn2+4 Cn3+ +n.Cnn −1+(n+1).Cnn=(n+2) 2n −1
2 Giải hệ phương trình:
x iy 2z 10 x y 2iz 20 ix 3iy (1 i)z 30
(19)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TỐN (ĐỀ 74)
CÂU I:
Cho hàm soá:
2 ( 1) 4
mx m x m m
y
x m
(Cm)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m= -1
2.Tìm giá trị tham số m để đồ thị (Cm) có điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (II)
và điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV) mặt phẳng toạ độ CÂU II:
1.Gọi (D) miền giới hạn đường y3x10, y1, y x 2 (x>0) (D) nằm
ngồi parabol y x 2.Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo nên (D) quay xung quang trục Ox.
2.Cho k n số nguyên thỏa 0 k n Chứng minh rằng: ( )2
n n n
n k n k n
C C C
CÂU III:
1.Giải bất phương trình:
2 3 2 4 3 2. 5 4
x x x x x x
2.Cho phương trình:
2 2
4
2 log (2x x2m 4m ) log ( x mx 2m ) 0
Xác định tham số m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa :
2 2
x x
CAÂU IV:
1.Xác định giá trị tham số a để phương trình sau có nghiệm:
6
sin xcos x a in x s 2.Cho tam giác ABC thỏa:
cos cos cos sin sin sin
a A b B c C p
a B b C c A R
với a=BC, b=CA, c=AB; p nửa chu vi;R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.Chứng tỏ tam giác ABC tam giác
CAÂU V:
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho elip:
2 ( ) :
9 x y
E
Và hai đường thẳng ( ) :D ax by 0; ( ') :D bx ay 0;với 2 a b
Gọi M,N giao điểm (D) với (E) P, Q giao điểm (D') với (E) 1.Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a b
2 Tìm điều kiện a , b để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ
(20)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 75)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm)
Cho hàm số y = (C)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C)
đến tiếp tuyến lớn
Câu II (2.0 điểm)
Giải phương trình os6x+2cos4x- os2x = sin2x+ 3c c
Giải hệ phương trình
2
2
2
2
x x y y y x y
Câu III (1.0 điểm)
Tính tích phân
1
2
0
( sin )
1
x
x x dx
x
Câu IV (1.0 điểm)
Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện
1 1 x yz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1)
Câu V (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi SA = x (0 < x < ) cạnh lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần khơng dược chấm điểm)
A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 =
Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh Gọi M trung điểm đoạn AD, N
tâm hình vng CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua điểm B, C’, M, N
Câu VIIa (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2
3
2
log ( 1) log ( 1)
x x
x x
B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm)
Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường trịn qua
điểm A, B tiếp xúc với đường thẳng (d)
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vng góc với (Q)
Câu VIIb (1.0 điểm)
Giải phương trình 2 23
x x x x
x x x x
C C C C
(21)HẾT
(22)BÀI GIẢI (ĐỀ 56) Câu 1:
2) Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0, có hệ số góc –5
5
5 (x 2)
x
0 = hay x0 = ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – = -5(x – 3) hay y + = -5(x – 1) y = -5x + 22 hay y = -5x +
Câu 2: 1) 25x – 6.5x + = 0 (5 )x 6.5x 5 0 5x = hay 5x = 5
x = hay x =
2) 0
(1 cos ) cos
I x x dx xdx x xdx
=
2
cos x xdx
Đặt u = x du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx I =
2
0 sin sin
2 x x xdx
=
2
0
cos
2 x
3) Ta coù : f’(x) = 2x +
2
2 4x 2x 2x 2x
f’(x) = x = (loại) hay x =
(nhận) f(-2) = – ln5, f(0) = 0, f(
1
) =
ln 4
vì f liên tục [-2; 0] neân max f (x) ln 5[ 2;0] vaø [ 2;0]
1 f (x) ln
4
Caâu 3: Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2 =
a AB
2
2 = a2 SA =
3
a a
SA
2
0
1 a
= sin120 = =
2 12
ABC
a
S AB AC
2
1
= =
3 12 36
a a a
V
(đvtt) Câu 4.a.:
1) Tâm mặt cầu: T (1; 2; 2), bán kính mặt cầu R = d(T, (P)) =
1 4 18 27 4
2) (P) có pháp vectơ n(1;2;2)
Phương trình tham số đường thẳng (d) :
2 2
x t
y t
z t
(t R)
Thế vào phương trình mặt phẳng (P) : 9t + 27 = t = -3 (d) (P) = A (-2; -4; -4)
B
A S
a
a
a
(23)Caâu 5.a.: 8z2 4z 0 ; / 4 4i2
; Căn bậc hai / 2i
Phương trình có hai nghiệm
1 1
z i hay z i
4 4
Caâu 4.b.:
1) (d) có vectơ phương a(2;1; 1)
Phương trình mặt phẳng (P) qua A (1; -2; 3) có pháp vectơ a : 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 2x + y – z + = 2) Goïi B (-1; 2; -3) (d)
BA
= (2; -4; 6) ,
BA a
= (-2; 14; 10) d(A, (d)) =
, 4 196 100
5 1
BA a a
Phương trình mặt cầu tâm A (1; -2; 3), bán kính R = 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50
Câu 5.b.: 2z2 iz 0 i2 89= 9i2
Căn bậc hai là 3i
Phương trình có hai nghiệm
1 z i hay z i
2
(24)BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 57) A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
2 TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx –
Ta có: ’ = m2 + 36 > với m, ln có cực trị
Ta có:
1
1 2
4
6
x x
m x x
x x
9 m
Câu 2:
1
2 (1)
1 (2) x y xy
x y
Điều kiện:
1 x y
Từ (1)
2
x x
y y
x = 4y
Nghiệm hệ (2; 2) cosx = 8sin3
x
cosx =
3 sinx+cosx
3 2
3 sin x9sin xcosx +3 sinxcos x c os x c osx = 0 (3) Ta thấy cosx = không nghiêm
(3) 3 tan3x8 t an x + 3 t anx = 02 t anx = 0 x = k
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vng góc BC (SAC) AN BC AN SC AN (SBC) AN MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN CSB
TM đường cao tam giác STB
BN đường cao tam giác STB
Theo định lý ba đường vng góc, ta có AB ST AB (SAT) hay AB AT (đpcm)
2
(ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
=
1
(ln ) ln ln
e
e
d x
x x
=
2
ln(ln )x e ln(1 ln )x e
e e = 2ln2 – ln3 Câu 4:
1 +) BA(4;5;5)
, CD(3; 2;0)
, CA(4;3;6)
(25)BA CD, (10;15; 23)
BA CD CA, 0
đpcm
+ Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) (Oxy) có VTPT n1BA k,
= (5;- 4; 0) (P): 5x – 4y =
+ (Q) mặt phẳng qua CD (Q) (Oxy) có VTPT n1 CD k,
= (-2;- 3; 0) (Q): 2x + 3y – =
Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình (D) Ta có:
3
2
2
a a b
a ab b
(1)
3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 (a + b)(a – b)2 (h/n) Tương tự:
3
2
2
b b c
b bc c
(2) ,
3
2
2
c c a
c ac a
(3)
Cộng vế theo vế ba bđt (1), (2) (3) ta được:
3 3
2 2 2 3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
Vậy: S ≤ maxS = a = b = c = 1
B PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1 Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : x y z P
a b c
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
Ta có:
4 6 a b c
b c a c
77 77
5 77
6 a
b
c
ptmp(P)
2.Ta có: nC52 5Cn2 = 45 n2 + 3n – 18 = n = 3
Câu 5b:
1.M (D) M(3b+4;b) N(2 – 3b;2 – b)
N (C) (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) N(2;2) , M’(38/5;6/5) N’(-8/5; 4/5) Đặt X = 5x X > 0
Bất phương trình cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > (*) Bpt cho có nghiệm với x (*) có nghiệm với X > < (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤
(26)Đáp án.(ĐỀ 58) Câu
1-(2)Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B
Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B kA f a'( ) 4 a3 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b
Tiếp tuyến A, B có phương trình là:
' ' ( ) af' a yf a x a f a f a x f a
; yf b x b' f b f b x' f b( ) bf' b Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:
3 2
4a 4a = 4b (1)
A B
k k b a b a ab b
Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:a2ab b 21 (2)
Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng
2 2
4
1
' ' 3
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
,
Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị 1; 1 1; 1 Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A
và B song song với
2 1 0
1 a ab b a
a b
II-(1) Điều kiện:
cos sin sin tan cot cot
x x x x x
x
Từ (1) ta có:
2 cos sin
1 cos sin
2 sin
sin cos cos cos
1 cos sin sin
x x x x
x
x x x x
x x x
2sin cosx x sinx
2
2
cos
2
x k
x k
x k
Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x k2 k
II-(2) Điều kiện: x3; Phương trình cho tương đương:
1 1
2
3 3 3
1 1
log log log
2 x x 2 x 2 x
3 3
1 1
log log log
2 x x x x
3 3
log x x log x log x
2 log log
3 x
x x
x
2 3
3 x
x x
x
2 9 1 10
10 x x
x
(27)III-(1)
2
2
0
1 1
cos sin sin sin
2 2
I x x dx x d x
2
2 2 2
0
0
1 1
sin sin sin sin sin 2 d x xd x x| 12 x|
IV- Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM AB O N' CD
Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó:
OM I
vuông cân O nên:
2 2
2 2 2
h a
OM OI IM h a
Ta có:
2
2 2 2 2
2 2 2 3a
2 4 8
a a a a
R OA AM MO
2
2 3a
R ,
8 16
a a
V h
2 a 3
2 Rh=2
2
2
xq
a a
S
V- Phương trình
3
1 2
x x m x x x x m (1) Điều kiện : 0 x
Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện
1
2 x x x
Thay x
vào (1) ta được:
3
1
2
1
2
m
m m
m
*Với m = 0; (1) trở thành:
2
4 41 0
2 x x x
Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành
4
2
4
1 2 1
1 1
1
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với
4 41 0
2 x x x
+ Với
1
1
2 x x x
Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:
4 2 2
4
1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có nghiệm
1 0,
2 x x
(28)Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 CâuVIa:
1/ Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R
Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.
Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:
2
2 20
x y
Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:
22 12 20 (1) 12 (2)
x y
x y
Khử x (1) (2) ta được:
2 2
3
2 10 20 42 81 27
5 x
y y y y
x
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:
9 3;
2 M
27 33 ; 10 M
2/ Ta tính AB CD 10,AC BD 13,AD BC
Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm
3 ;0; 2 G
, bán kính
14 R GA
CâuVIIa: Số cách chọn viên bi tùy ý : C189
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Không có bi xanh: có C139 cách
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách
Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ
được tính hai lần
Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910 cách
Câu VIb
1/- I có hồnh độ
I
x
9
: ;
2 I d x y I
Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)
2 2 9
2 2
4
I M I M
AB IM x x y y
D
12
D = 12 AD = 2
ABCD ABC
S
S AB A
AB
AD d M AD
, suy phương trình AD: 1.x 31.y 0 0 x y 0 .
Lại có MA = MD =
(29) 2 2 2 2
3 3
3 3
3
x y y x y x
x y x x
x y
3 1
y x x
x y
4 x y
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
9 ; 2 I
trung điểm AC, suy ra:
2
2
2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x x x x
y y y y y
y
Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)
Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2/- Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R =
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
, 2.2 1 16
d d I P d R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =
Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Gọi đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm (P)
Đường thẳng có vectơ phương nP 2; 2; 1
qua I nên có phương trình
2 2
x t
y t t
z t
Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:
15
2 2 2 16 15
9
t t t t t
Suy
4 13 14 ; ; 3 N
.Ta có 0
3 IM IN
Suy M0(0;-3;4) VII b:
Áp dụng bất đẳng thức
1
(x 0,y 0) x y x y
Ta có:
1 1 1
; ;
2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
Ta lại có:
2 2
2 2
2 2
1 2
2 4 2
2
2 1
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
(30)Đáp án(ĐỀ 59)
Câu Ý Nội dung Điểm
2
+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị
+ Khi m0 y' 3 mx26mx m1Hàm số khơng có cực trị y' 0
khơng có nghiệm có nghiệm kép
2
' 9m 3m m 12m 3m
1
4 m
1
4
sin cos
tan cot sin 2
x x
x x
x
(1) Điều kiện: sin 2x0
2
1 sin 1 sin cos
(1)
sin 2 cos sin
x x x
x x x
2
2
1 sin 1 1
2 1 sin 2 1 sin 2 0
sin sin 2 x
x x
x x
Vậy phương trình cho vô nghiệm
2 3
4
log x1 2 log 4 xlog 4x (2)
Điều kiện:
1
4
4
1
4
x
x x
x x
2
2 2 2
2
2
(2) log log log log log 16 log log 16 16
x x x x x
x x x x
+ Với 1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;
2 (3)
6 x x
lo¹i
+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);
2 24
2 24 x
x
lo¹i
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1 6
(31)Đặt
2 2
2
1 2 dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
2
1
dx tdt tdt
x t t
+ Đổi cận:
1
2
3
2
x t
x t
1
3
2
2
2
1
3
2
1 1 ln ln
1 |
dt dt t
A
t t t
IV
Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy
SOE AB
Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =
Tam giác SOE vng O, OH đường cao, ta có:
2 2 2
2
1 1 1 1
1
9
9
8 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
2 2 9 81
8 2
SE OE SO SE
2
1 36
9
2
SAB SAB
S
S AB SE AB
SE
2
2
2 2 9 265
4 32
2 8
OA AE OE AB OE
Thể tích hình nón cho:
2
1 265 265
.3
3 8
V OA SO
Diện tích xung quanh hình nón cho:
2 2 9 265 337 337
8 8
265 337 89305
8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
(32)Hệ bất phương trình
2
7 (1)
2 (2)
x x
x m x m
1 1 x
Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).
2
2
2 ( 1;6 0)
2
x x
x x x m m x x
x
Gọi
2 2 3
( ) ; 1;6
2
x x
f x x
x
Hệ cho có nghiệm x0 1;6 : ( ) f x0 m
2 2
2 '
2
x x x x f x x x ;
2 17
'
2 f x x x x
Vì x1;6 nên nhận
1 17 x
Ta có:
2 27 17 17
(1) , (6) ,
3 13 2
f f f
Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên
27 max ( )
13 f x
Do 1;6
27 1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
VIa
Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:
4
2;4
2
x y x
A
x y y
Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
4
1;0
1 0
x y x
B
x y y
Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
2 4
a x b y ax by a b
Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0
Từ giả thiết suy 2; 3 1; 2 Do
2 2 2
2
|1 | | 4.1 2.3 | cos ; cos ;
25 5
0
| |
3
a b
a b a
a b a b a a b
a b
+ a = b0 Do 3:y 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1).
Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =
Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:
4
5;
1
y x
C
x y y
(33)2
Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
, , ,
, ,
OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
Ta có:
2 2 2
2 2 2 5 2 1
10 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
, 2 | 2 | 9 2 2 2 2 52 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
, , | 2 | | 2 13 |
3
2 2 13 ( )
2 (3)
2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
lo¹i
Từ (1) (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3
a
b c
Từ (2) (3) suy ra: a2b2 c2 9 (5)
Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221 a 658 0 Như a2
658 221 a
.Suy ra: I(2;2;1) R =
658 46 67 ; ; 221 221 221 I
R = 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: x 22 y 22z12 9
2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
VIIa
Điều kiện: n1 4 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
1
2
4.3.2.1 3.2.1
1
1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
2
9 22
5 50 10
n n
n n n
n
VIb
Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình
2 0; 2
2
1;
y x
x y x y
y x
x y
(34)Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)
Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)
Phương trình tham số d1 là:
1 3
x t
y t
z t
M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ;2 t t t .
Theo đề:
2
2
|1 2 3 1| |12 |
, 2 12 6 1,
3
1 2
t t t t
d M P t t t
+ Với t1 = ta M13;0;2;
+ Với t2 = ta M21;3;0
+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp
này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)
Phương trình tham số d2 là:
5
5
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VIIb
Điều kiện
3
0
3 x x
3
1
( ) ln ln1 3ln 3ln 3
f x x x
x
;
1
'( ) 3 '
3
f x x
x x
Ta có:
2
0
0
6 cos 3
sin sin sin sin
2 |
t t
dt dt t t
Khi đó:
2
sin '( )
2 t
dt f x
x
2
3 0
3
3
3
3; 3; 2 2
x x
x x
x x
x
x x x x
(35)HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 60) Bài 1:
2) y x 4mx3 2x2 x 1m (1)
Đạo hàm y/ 4x33mx2 4x 3m (x 1)[4x 2(4 3m)x 3m]
/
2 x y
4x (4 3m)x 3m (2)
Hàm số có cực tiểu y có cực trị y/ = có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác
2
(3m 4) m 4. 4 3m 3m
Giả sử: Với
4 m
3
, y/ = có nghiệm phân biệt x , x , x1 2 3 Bảng biến thiên:
x - x1 x2 x3 +
y/ - 0 + 0 - 0 +
y +
CT
CĐ
CT
+ Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu
Kết luận: Vậy, hàm số có cực tiểu
4
m
3
Bài 2:
1) Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x =
2
cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
8
2 2
os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx
2
c c c
2
os4x ,
2 16
c x k k Z
2) Giải phương trình : 2x +1 +x
2 2 1 2x 0
x x x
(a)
* Đặt:
2
2 2
2
2 2
2
v u 2x
u x 2, u u x
v u
v x 2x x
v x 2x 3, v 2
Ta có:
2 2 2 2
2 v u v u 2 v u u v u v
(a) v u u v v u u v
2 2 2
v u (b)
v u
(v u) (v u) 2 2 (v u) 1 v u 0 (c)
2
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm Do đó:
2 2
(a) v u v u x 2x x x 2x x x
(36)Kết luận, phương trình có nghiệm nhất: x = Bài 3:
1) + Ta có
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0 AB AB C C
Do mặt phẳng (P) chứa AB song song CD có VTPT n1;1; 1
A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) C khơng thuộc (P), (P) // CD
+
0 D 1
os , D os , D , D 60
D
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz
Ta có :
1; 1; ; ; ;0 .
1; 1; ; ;0;
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
Mặt khác:
Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn:
x y z
m n p Vì D () nên:
1 1
1
m n p
D trực tâm MNP
DP NM DP NM
DN PM DN PM
Ta có hệ:
0
3
3 1
1
m n
m m p
n p m n p
Kết luận, phương trình mặt phẳng (): 3
x y z
.
Bài 4: Tính tích phân
2
0
1 sin 2xdx
I x
Đặt
x
1
sin 2xdx os2x
2
du d u x
dv v c
I = /2 2
0 0
1 1
1 os2x os2xdx sin 2x
2 x c c 4
Bài 5: Giải phương trình
1
4x 2x 2 sin 2x x y
(*)
Ta có: (*)
2 2 sin 0(1)
2 sin os
os 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y
Từ (2) sin 2 1 x y
Khi sin 2 1
x y
, thay vào (1), ta được: 2x = (VN) Khi sin 2 1
x y
(37)Thay x = vào (1) sin(y +1) = -1 y k k Z,
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; ,
2 k k Z
.
Bài 6: Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2. Đặt t 3x2x, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + ( t t 9) Khi t t 3x2x 1 x2 x x 0.(i)
Khi t
2 2
3
1
x x x
t x x
x
(2i)
Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ) Bài 7:
1) Số tập k phần tử trích từ tập A 50 k
C Số tất tập không rỗng chứa
một số chẵn phần tử từ A : S = SC502 C504 C506 C5050. Xét f(x) =
50 0 1 2 2 49 49 50 50
50 50 50 50 50
1x C C x C x C x C x
Khi f(1) =250 C500 C150C502 C5049C5050. f(-1) = C500 C501 C502 C5049C5050
Do đó: f(1) + f(-1) = 250
2 50 50
50 50 50 50
2 C C C C 2
50 49
2 1S 2 S 2 1. Kết luận:Số tập tìm S 249
2) Ta có
2 3
4
z i
Do đó:
2 3
1
2 2
z z i i
Bài 8: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm ABC Vì A'.ABC hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) (A'BC) = A EH'
Tá có :
3 3
E , ,
2
a a a
A AH HE
2
2 3a
A ' '
3
b H A A AH
Do đó:
2
'
tan A H b a
HE a
;
2 2
' ' '
3
'
4
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S
2 2
'
1
'
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S
Do đó: VA BB CC' ' ' VABC A B C ' ' ' VA ABC'
2 2
' ' '
1
'
3
A BB CC ABC
a b a
V A H S
(38)ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 61
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1,00
Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1)
Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)
Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)
0,25
Ta có: (2)8t4 9t2 1 m(3)
Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m
Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1 t 1.
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
81 32 m
: Phương trình cho vô nghiệm
81 32 m
: Phương trình cho có nghiệm
81
32 m
: Phương trình cho có nghiệm 0m1 : Phương trình cho có nghiệm m0 : Phương trình cho có nghiệm m < : Phương trình cho vơ nghiệm
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình cho tương đương:
3 log
log
3
2
2
1
1 ln 0 log ln 0
1 2
2
2
2
x x
x x
x
x x x
x
x x
x
0,50
3
2 2 2
log 1 1
2
1
ln
2 2
2
2
x x x
x x x
x
x x x
x x
x
0,50
2 1,00
Điều kiện: | | | |x y
Đặt
2 2; 0
u x y u
v x y
; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có
2
2 u
y v
v
Hệ phương trình cho có dạng:
(39)2 12
12
u v
u u
v v
4 u v
hoặc
3 u v
+
2
4
8 8
u x y
v x y
(I) +
2
3 3
9 9
u x y
v x y
(II)
0,25
Giải hệ (I), (II) 0,25 Sau hợp kết
quả lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu
5;3 , 5;
S
0,25
Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu
5;3 , 5; 4
S
1,00
III 0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| | ( ) yx x C d :y2x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):
2 2
2
0 0
| |
6
4 2
x x x
x x x x x x x x x
x
x x x x x
Suy diện tích
(40)cần tính:
2
2
0
4
S x x x dx x x x dx Tính:
2
| | I x x x dx Vì
0; , 4 0
x x x
nên
2
|x |x x 4x
2
4
3 I x x x dx
0,25
Tính
6 2
| | K x x x dx Vì
2; , 4 0
x x x
và
4;6 , 4 0
x x x
nên
4
2
2
4 16
K x x x dxx x x dx
0,25
Vậy
4 52
16
3
S
1,00
IV 0,25
Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm AB, A’B’ Ta có:
(41) ' ' ' ' ' '
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.
Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:
1 3
' ' ' ' ' ;
3 3
x x
I KI H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông O nên:
2 3 2
' 6r
6
x x
I K IK OK r x
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
' '
3 h
V B B B B Trong đó:
2 2
2
4x 3 3r
3 6r 3; ' ; 2r
4
x
B x B h
0,25
Từ đó, ta có:
2
2
2r 3r 3r 21r
6r 6r
3 2
V
0,25
V 1,00
Ta có: +/
4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;
+/
4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x
4
c c c c
+/
2 1
os 2x + os 4x + sin 4x
4 2
c c
Do phương trình cho tương đương:
1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)
2
c
Đặt
(42)os2x + sin2x = os 2x -
t c c
(điều kiện: t
)
Khi
2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 Phương trình (1)
trở thành:
2
4 2 t t m
(2) với t
2
(2)t 4t 2 2m Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường
( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t 2 4t với
2 t
.
0,25
Trong đoạn 2;
, hàm
số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ
2 2 tại
2
t đạt giá
trị lớn 2 tại
2 t
0,25
Do yêu cầu toán thỏa mãn
2 2 2 m 2 2 m 2
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm
(43)Suy trung điểm M AC
1 ; 2
t t
M
Điểm
1
: 2 7;8
2
t t
MBM x y t C
0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ
:
AK CD x y
tại I (điểm K BC
) Suy
:
AK x y x y
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
1
0;1
x y
I x y
Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK
tọa độ 1;0 K
Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:
1
4
x y
x y
2
Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , thì
( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có
(44)IH AH Mặt khác
, ,
d D P d I P IH
H P
Trong mặt phẳng P
, IH IA;
đó
axIH = IA H A
m
Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A Vectơ pháp tuyến (P0)
6;0; 3 n IA
, phương với
2;0; 1 v
Phương trình mặt phẳng (P0) là:
2 x 1 z1 2x - z - =
VIIa
Để ý
xy1 x y 1 x 1 y 0 ;
và tương tự ta có
1
yz y z zx z x
0,25
Vì ta có:
1 1 1
1 1 1
3 zx+y
1
5
1
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
vv
(45)Ta có:
1;2
AB AB
Phương trình AB là:
2x y 0 .
: ;
I d y x I t t I trung điểm AC BD nên ta có:
2 1; , 2 ; 2 C t t D t t
0,25
Mặt khác:
D
ABC
S AB CH
(CH: chiều cao)
5 CH
0,25
Ngoài ra:
4 8
; , ; | | 3 3 3 3 3 ;
5
0 1;0 , 0;
t C D
t d C AB CH
t C D
Vậy tọa độ C D
5 8 ; , ; 3 3 C D
hoặc
1;0 , 0; 2
C D
0,50
2 1,00
Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM
Vì AB không đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ Đường thẳng có
phương trình tham
(46)số:
1 2
x t
y t
z t
.
Điểm M nên
;1 ; M t t t
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2
2 20
4 2 36 56
3
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
3 ;2 5 u t
6; 5 v t
Ta có
2
2
| | | |
u t
v t
Suy
| | | | AM BM u v
6; 5 | | 29 u v u v
Mặt khác, với hai vectơ u v,
ta ln có | | | | |u v u v|
Như
2 29 AM BM
0,25
Đẳng thức xảy u v,
cùng hướng
1
t
t t
1;0; 2 M
min AM BM 2 29
0,25
Vậy M(1;0;2) minP =
2 11 29
(47)VIIb 1,00 Vì a, b, c ba
cạnh tam giác nên: a b c
b c a c a b
Đặt
, , , , , ,
2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
Vế trái viết lại:
2
3
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
0,50
Ta có:
2z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
Tương tự:
2
;
x x y y
y z x y z z x x y z
Do đó:
2
2 x y z
x y z
y z z x x y x y z
Tức là:
1
2
3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
0,50
(48)HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 62) I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI.1.(Học sinh tự giải)
2)Phương trình hồnh độ điểm chung (Cm) d là:
3 2
2
0
2 ( 3) 4 (1) ( 2)
( ) 2 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác 0.
/ 2 0 1 2
( )
(0)
m m
m m a
m
g m
Mặt khác:
1
( , )
2 d K d
Do đó:
2
1
8 ( , ) 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
2
(xB xC) (yB yC) 256
với x xB, Clà hai nghiệm phương trình (2).
(xB xC) ((2 xB 4) ( xC4))2 256 2(xB xC)2 256 (xBxC) 42 x xB C 128
2 137
4 4( 2) 128 34
2
m m m m m
(thỏa ĐK (a)) Vậy
1 137 m
CâuII:1 Phương trình (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – = 0 cos - sin -1
cos - sin 5( cos -sin 2)
x x
x x loai vi x x
2
2 sin( ) sin( ) sin ( )
4 4 2
x k
x x k Z
x k
2) Hệ phơng trình tơng đơng với
2
1
( 2)
( 2) x x y y x x y y
Đặt
u=x
2
+1
y , v=x+y −2
Ta cã hÖ
¿ u+v=2 uv=1
⇔u=v=1 ¿{ ¿ Suy ¿ x2 +1 y =1 x+y −2=1
¿{ ¿
Giải hệ ta đợc nghiệm hpt cho (1; 2), (-2; 5)
CâuIII:1 Ta có: I =
2 2 sin sin
x x dx
= 2 sin cos
x x dx
Đặt cos cos
x t
Đổi cận: Khi
2
x cos
6 t t
; x cost t
Do vậy: 2 sin I tdt = 16 .
2 Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
(49)Ta có: (1) viết lại
2
2 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t t
t m t m t m t t m
t
Xét hàm số f(t) =
2 2 1
2
t t
t
, với t[3;9] Ta có:
2
/( ) 3, ( ) 0/
3 ( 2)
t
t t
f t f t
t t
Lập bảng biến thiên
t
f/(t) +
f(t)
48
4
Căn bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx[-1;1] (2) có nghiệm t[3;9]
48
7 m
CâuIV:Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =
3
a
; AMS600 SO mp(ABC)
d(S; BAC) = SO =34a
Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC VS.ABC =
3 3
1 .
3SABC SOa16
(đvtt) Mặt khác, VS.ABC =13SSAC ( ;d B SAC)
SAC cân C có CS =CA =a; SA =a23
2 13 3 16
SAC a
S
Vậy: d(B; SAC) =
3 3
13
S ABC SAC
V a
S
(đvđd) II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Câu V.a 1Viết phơng trình đờng trịn qua giao điểm của(E) (P) Hoành độ giao điểm (E) (P) nghiệm phơng trình
x2−2x
¿2=1⇔9x4−36x3+37x2−9=0 x2
9 +¿
(*)
XÐt f(x)=9x4−36x3+37x2−9 , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt
Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mãn hệ
¿ y=x2−2x
x2 +y
2
=1 ¿{
¿
C S
O M
A
(50)⇔
8x2−16x=8y x2+9y2=9
⇒9x2
+9y2−16x −8y −9=0 ¿{
(**)
(**) phơng trình đờng trịn có tâm I=(8 9;
4
9) , b¸n kÝnh R = √ 161
9
Do giao điểm (E) (P) nằm đờng trịn có phơng trình (**) 2.Viết phơng trình mặt phẳng ()
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R =
Đờng tròn có chu vi nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới () lµ h = √R2− r2
=√52−32=4
Do
−1¿2 ¿
¿=4⇔|−5+D|=12⇔ ¿
D=−7 ¿ D=17(lo¹i)
¿ ¿ 22
+22+¿
√¿
¿
|2 1+2(−2)−3+D| ¿
VËy () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z - =
Câu VI.a Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn
(√x+ 2√4x)
n
, biÕt r»ng n số nguyên dơng thỏa mÃn: 2Cn
0
+2
2
2 Cn
1
+2
3
3 Cn
2
+⋯+2
n+1
n+1Cn n
=6560
n+1
BG: Ta có
1+x¿ndx ¿ ¿ I=
0
¿
¿(Cn0x+1 2Cn
1x2
+1 3Cn
2x3
+⋯+
n+1Cn nxn+1
)¿02
suy I ¿2Cn
0
+2
2
2 Cn
1
+2
3
3 Cn
2
+⋯+2
n+1
n+1Cn
n
(1)
MỈt kh¸c
1+x¿n+1¿0
=3
n+1
−1 n+1 I=
n+1¿
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã ¿2Cn0+2
2
2 Cn
1
+2
3
3 Cn
2
+⋯+2
n+1
n+1Cn
n
¿3
n+1−1
n+1
Theo bµi th× 3n+1−1
n+1 = 6560
n+1 ⇔3
n+1
=6561⇒n=7
Ta cã khai triÓn (√x+ 2√4x)
7
=∑
0
C7k
(√x)7−k(
2√4x)
k
=∑
0
1 2kC7
(51)Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 143k
4 =2k=2
Vậy hệ số cần tìm lµ
22C7
2
=21
CâuVb *1.Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH≥HI => HI lớn A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác, H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
( (2;1;3) AH d AH u u
là véc tơ phương d) ⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5)
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 7x + y – 5z –77 = 0
2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) =
5 2
ABC
a b S
AB
8(1)
2(2) a b a b
a b
; Trọng tâm G
5;
3
a b
(d) 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) C(–2; 10) r =
3
2 65 89
S
p
Từ (2), (3) C(1; –1)
3 2 S
r p
.
CâuVIb: Vì z = + i nghiệm phương trình: z2 + bx + c = ( b, c R), nên ta có :
1 2 1 2 0
2
b c b
i b i c b c b i
b c
KẾT QUẢ ĐỀ 63
Câu I (2,0 điểm) Tự giải m 2³
Câu II (2,0 điểm)
k2 x k2 ;x
6
p p
= p = +
2 x=2;x= -1 33 Câu III (1,0 điểm)
4 I ln
3 =
Câu IV (1,0 điểm) V =8 Câu V (1,0 điểm) minS=5
Câu VIa (2.0 điểm) x+3y 6- =0;x y 2- - =0 C (0;0; 3),C (0;0;1 - 3)
Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số
Câu VIb (2,0 điểm) x 2y 6+ - =0 D (0; 7;0),D (0;8;0)1 -
Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số
(52)
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 64
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu I
b) y '=3x2−6(m+1)x
+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
m+1¿2−3 9>0 Δ'=9¿ m+1¿2−3>0
¿ ¿
⇔m∈(−∞ ;−1−√3)∪(−1+√3;+∞)
Ta có y=(1 x −
m+1 )(3x
2−6(m+1
)x+9)−2(m2+2m−2)x+4m+1
Gọi tọa độ điểm cực đại cực tiểu (x1; y1) (x2; y2)
⇒y1=−2(m
+2m −2)x1+4m+1
y2=−2(m2+2m−2)x2+4m+1
Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu
y=−2(m2+2m −2)x+4m+1
Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y=1
2x ta có điều kiện cần
là
[−2(m2+2m−2)].1 2=−1
⇔m2
+2m−2=1
⇔m2+2m−3=0⇔ m=1
¿
m=−3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Theo định lí Viet ta có:
¿
x1+x2=2(m+1) x1.x2=3
¿{ ¿
Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là:
y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:
¿ x1+x
2 =
4 2=2 y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =1
¿{ ¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y=1
2x ⇒m=1
thỏa mãn
Khi m = -3 ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11 Tọa độ trung
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
(53)Câu II
điểm CĐ CT là:
¿ x1+x
2 =−2
y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =9
¿{ ¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (-2; 9) không thuộc đường thẳng y=1 2x
⇒m=−3 không thỏa mãn
Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề 1) Giải phương trình:
sin 2x(cosx+3)−2√3 cos3x −3√3 cos 2x+8(√3 cosx −sinx)−3√3=0
⇔2 sinx cos2x+6 sinx cosx −2
√3 cos3x −6
√3 cos2x+3
√3+8(√3 cosx −sinx)−3√3=0
⇔−2cos2x(√3 cosx −sinx)−6 cosx(√3 cosx −sinx)+8(√3 cosx −sinx)=0
√3 cosx −sinx=0 ¿
cos2x+3 cosx −4=0 ¿ tanx=√3
¿ cosx=1
¿ cosx=4(loai)
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cosx −sinx)(−2 cos
2
x −6 cosx+8)=0
⇔ ¿
⇔
x=π 3+kπ
¿ x=k2π
¿ , k∈Ζ
¿ ¿ ¿
2) Giải bất phương trình:
1
2log2(x
+4x −5)>log1
2
(
x+7) (1)
Đk:
¿ x2+4x −5>0
x+7>0
⇔
¿x∈(− ∞;−5)∪(1;+∞) x>−7
¿{ ¿
0,25đ
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,25đ
(54)Câu III
⇒x∈(−7;−5)∪(1+∞)
Từ (1) ⇒log2(x2+4x −5)>−2 log2 x+7
x+7¿2 ¿
⇔x2+4x −5>x2+14x+49 ¿
¿
⇔log2(x2+4x −5)>log2¿
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7;−27 )
3) Ta có: x.sin2x = 2x
⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x =
Diện tích hình phẳng là:
S=|(x sin 2x −2x)dx|=|x(sin 2x −2)dx|
Đặt
¿ u=x
dv=(sin 2x −2)dx
⇒
¿du=dx v=−cos 2x
2 −2x
¿{ ¿ −x cos 2x
2 −2x
2
¿ ¿ ¿ S=¿
⇔S=|π 4−
π2 +(
sin2x
4 +x
2 )¿0
π
2|
⇔S=|π 4−
π2
2 + π2
4|= π2
4 − π
4 (đvdt)
Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:
AP=a√3
⇒AH=a√3
Vì Δ'AHA' vng cân H Vậy A ' H=a√3
⇒VABCA' B ' C '=SABC.A ' H
Ta có SABC=1
2a a√3
2 =
a2
√3
4 (đvdt)
⇒VABCA' B ' C '=a√3 a
2
√3
4 =
3a3
4 (đvtt) (1)
Vì Δ'AHA' vng cân ⇒HK⊥AA'⇒HK⊥(BB' C ' C)
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
45
E K
J I
A
B
C
C' B'
A'
P
H Q
(55)G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2)
mà AA’ = √A ' H2+AH2 = √3a2+3a2=a√6
⇒AK=a√6
2 ⇒BM=PE=CN= a√6
4
Ta tích K.MNJI là:
1
'
2 4
MNJI
V S KE
a
KE KH AA
2
6
( )
4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt
2
1 6
( )
3 4
KMNJI
a a a
V dvtt
3 3 ' ' '
3
1 8
3
8
ABCKMN A B C KMN
a a V
a a V
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
¿ a2+a −
a2+a=5
(a2
+a)b2+b(a2+a)−6=0 ¿{
¿
ĐK: a2+a ≠0
Từ (1) a2+a¿2−5(a2+a)−6=0
⇔¿
⇔
a2+a=−1 ¿ a2+a=6
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2+a=−1 thay vào (2)
b=−1−√23 i ¿ b=−1+√23 i
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒−b2− b −6
=0
⇒b2+b+6=0
⇔
¿
0,25đ 0,2 5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(56)Câu IV:
a2+a+1
=0⇔
a=−1−√3i ¿ a=−1+√3i
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2+a=6
⇔
a=−3 ¿ a=2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Thay vào (2)
b=−1+√5 ¿ b=−1−√5
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒6b2
+6b −6=0
⇔b2
+b −1=0
⇔
¿
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:
(−1−√23i
2 ;
−1−√3i ),(
−1−√23i
2 ;
−1+√3i
2 )
(−1+√23i
2 ;
−1−√3i ),(
−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 )
(−3;−1+√5
2 ),(−3;
−1−√5 ),(2;
−1+√5 ),(2;
−1−√5
2 )
¿ Cmm −2
+cn2+3+9 2<
19 Am
1
Pn −1=720 ¿{
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 (3)
Thay n = vào (1)
⇒ m!
2!(m−2)!+ 10! 2!8!+9<
19
m ! (m −1)!
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(57)Câu V:
⇔m(m−1)
2 +45+
9 2<
19 m
⇔m2− m+90
+9<19m
⇔m2−20m+99<0
⇔9<m<11 m∈Ζ⇒m=10
Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 hồng trắng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau:
TH1: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C7
3
.C10
=1575 cách
TH2: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C7
4 C10
1
=350 cách
TH3: bơng hồng nhung có: C75=21 cách
⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường
C175 =6188 ⇒P=1946
6188≈31,45 %
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) Elip là:
a2 25+
y2 =1
⇔ y2
9 =1− a2 25=
25− a2 25
⇒y2=9.25−a
2
25 ⇒y=±
3
5√25− a
2
Vậy A(a;3
5√25− a
2
), B(a ;−3
5√25− a
2 )
AB=(0;6
5√25− a
2 )
⇒∨AB∨¿6
5√25− a
2
=4
⇔√25−a2=10
3 ⇔25− a
2
=100
9 ⇔a
2
=25−100
9 =
125
⇒a=±5√5
Vậy phương trình đường thẳng: x=−5√5
3 , x=
5√5
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
¿ x=1+2t '
y=2+t ' z=1+5t '
¿{ { ¿
⇒ vectơ CP d1 d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5)
⇒ VTPT mp( α ) n u ud1 d2 (6; 7; 1)
⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D =
Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
(58)( ,( )) ( ,( )) |12 14 | | 14 |
| | | |
d M d N
D D
D D D
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0
Ta có: P + = a
√1+b2+b
2
+ b
3
√1+c2+c
2
+ c
3
√1+a2+a
2
⇔P+ 4√2=
a3 2√1+b2+
a2 2√1+b2+
1+b2 4√2
+b
2√1+c2+
b2 2√1+c2+
1+c2
4√2
+c
2√1+a2+ c2
2√1+a2+ 1+a2
4√2 33
√ a6
16√2+3
3 √ b6
16√2+3
3 √ c6
16√2
⇒P+ 2√2≥
3 2√32√2(a
2
+b2+c2)= 2√68
⇒P ≥ 2√623−
3 2√2=
9 2√2−
3 2√2=
3
√2
(59)HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 65 Câu I
1. (Tự giải)
2. Pt : x3 + mx + = ⇒m=− x2−2
x ( x 0¿
Xét f(x) = − x2−2x⇒f '(x)=−2x+ x2 =
−2x3+2 x2
Ta có x - ∞ + ∞
f’(x) + +
f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm ⇔m>−3 Câu II
1
¿ x3+y3=1 x2y+2 xy2
+y3=2
⇔
¿x3+y3=1(1) 2x3
+y3− x2y −2 xy2=0(2) ¿{
¿
y Ta có:
¿ x3
+y3=1(3) 2(x
y)
3
−(x y)
2
−2(x
y)+1=0(4) ¿{
¿
Đặt : x
y=t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + = ⇔ t = ±1, t =
a) Nếu t = ta có hệ
¿ x3+y3=1
x=y
⇔x=y=31
√2 ¿{
¿
b) Nếu t = -1 ta có hệ
¿ x3+y3=1
x=− y
⇔
¿{ ¿
hệ vô nghiệm
c) Nếu t = 12 ta có hệ
¿ x3+y3=1
y=2x
⇔x=
3
√3 , y=
2√33 ¿{
¿
2 Pt sin2(x −π
4)=2sin
2
x −tanx (cosx 0¿ ⇔[1−cos(2x −π
2)]cosx=2 sin
2
(60)⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = ⇔ sìn2x = tanx = Câu III
I =
√4− x2
x dx=1
2
√4− x2
x2 xdx
Đặt t = √4− x2⇒t2
=4− x2⇒tdt=−xdx
I =
1+¿
(¿¿
t2−4)dt=(t+ln| t −2 t+2|)√3
0
t2
t2−4dt=
√3
¿ t(−tdt)
4−t2 =√3
¿
√3
¿
= - (√3+ln|2−√3
2+√3|)
Câu IV
h
H
M D
C B
A S
SH BM SA BM suy AH BM
VSABH =
6SA AH BH= h
6AH BH
VSABH lớn AH.BH lớn Ta có: AH + BH 2√AH BH ⇒AH2+BH2≥2 AH BH
⇒a2≥2 AH BH , AH.BH lớn AH.BH = a2
2 AH = BH H tâm hình
vng , M D Khi VSABH = a2h
12
Câu V
(61)*Đặt f(x) =
x2+1¿3 ¿ x2+1¿3
¿ x2
+1¿3 ¿ √x
¿ 1+1
x2¿
3
¿ 1+1
x2¿
3
¿ ¿ 2x
3 4√
¿ ¿ ¿ 2√4¿
¿ x√x −4
√¿
¿ 2√4¿
4
√x2+1−√x⇒f '(x)=x ¿
Suy ra: f’(x) =
1+ x2¿
3
¿ 1+
x2¿
3
¿ √x
¿ 24
√¿
¿ 1−√4¿
¿
* lim
x →+∞
(4√x2+1−√x)=lim
x→+∞( √x2
+1− x
4
√x2+1+√x)=x →lim+∞[
x2
+1− x2
(4√x2+1+√x)(√x2+1+x)] =0
* BBT x + ∞ f’(x) f(x)
Vậy: < m
Câu VI a 1.d1:
¿ x=−3+2t
y=t ¿{
¿
(62)d(I , d2) = ⇔|11t −17|=10⇔t=27 11 , t=
7 11
t = 27
11 ⇒I1( 21 11 ;
27
11)(C1):(x − 21 11)
2
+(y −27 11)
2
=4
t =
11 ⇒I2( −19
11 ;
7
11)(C2):(x+ 19 11)
2
+(y − 11)
2
=4
2
d1: x=t1 y=t1 z=2t1
, d2:
¿x=−1−2t2 y=t2 z=1+t2
, M∈d1⇒M(t1;t1;2t1), N∈d2⇒N(−1−2t2;t2;1+t2) ¿{ {
MN=(−1−2t
2− t1;t2−t1;1+t2−2t1)
Theo gt :
¿ MN //(P) MN=√6
⇔
¿MN n
→
=0 MN2
=6
⇔
¿t1=1+2t2 13t22+12t2=0
⇔
¿t1=1+2t2 t2=0;t2=−
12 13 ¿{
¿
* t2=0⇒t1=1, M(1;1;2), N(−1;0;1) * t2=−12
13 ⇒t1=−
11
13, M(− 11 13 ;−
11 13;−
22 13), N(
11 13 ;−
12 13 ;−
11 13)
Câu VII a (z+i
z −i)
4
=1⇔[( z+i z −i)
2
−1][( z+i z −i)
2
+1]=0
* (z+i
z−i)
2
−1=0 ⇔ z+i
z − i=±1⇔z=0
* (z+i
z −i)
2
+1=0⇔( z+i z − i)
2
− i2
=0⇔[(z+i
z −i)−i][( z+i
z −i)+i]=0 ⇔z=±1
Câu VI b 1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + =
cos CAB = cos DBA ⇔
√2= |k+2|
√k2
+1⇔
7k2−8k
+1=0⇔k=1; k=1
(63) k =
7 , AC : x – 7y + = // BD ( lọai)
Ta tìm A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = √a2
+b2+c2−d O, A, B thuộc (S) ta có : d = , a = -1, c = -2
d(I, (P)) =
3⇔|−2b+5|=5⇔b=0, b=5
b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = b = , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = Câu VII b
ĐK :
¿ x>0 x ≠1 x ≠3 ¿{ {
¿
Bất phương trình trở thành :
1 log3x<
1 log3x
3
⇔
log3x< log3x −1 ⇔
1 log3x −
1
log3x −1<0
⇔log −1 3x(log3x −1)
<0⇔log3x(log3x −1)>0⇔log3x<0∨log3x>1
* log3x<0⇔x<1 kết hợp ĐK : < x < 1
* log3x>0⇔x>3
Vậy tập nghiệm BPT: x (0;1)∪(3;+∞)
(64)
HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 66)
Câu I 2/Tacã
y '=3x2−3 mx=3x(x − m)=0⇔ x=0
¿ x=m
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
ta thấy với m≠0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT +Nếu m>0 hàm số có CĐ x=0 yMAX=
1 2m
3
;có CT x=m yMIN=0
+Nếu m<0 hàm số có CĐ x=m yMAX=0 ;có CT x=0 yMIN=1 2m
3
Gi A B điểm cực trị hàm số.Để A B đối xứng với qua đ ờng phân giác y=x,điều kiện có đủ OA=OB tức là: m=1
2m
3⇔
m2=2⇒m=±√2
Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = với A2B2C20
Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = A+B+C = C A B (1) Theo đề :
d(M;(P)) = 2
A 2B C 2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
(2)
Thay (1) vào (2) , ta : 8AB+5
8A 2
B 0 B hay B =
5
B 0 (1) CA Cho A 1,C 1 (P) : x z 0
8A B =
5
Chọn A = , B = 1 (1) C 3 (P) : 5x 8y 3z 0 CâuVb-1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm (P) nên (d) nằm (P)
Gọi u
vectơ phương (d1) qua A vng góc với (d)
u ud u uP
nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P
Ptrình đường thẳng (d1) :
x 3t
y 9t (t R) z 6t
(65)Theo đề :
1
2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9
+ t =
M(1;6; 5)
x y z ( ) :1
4
+ t =
3 M(3;0; 1)
x y z ( ) :2
4
HNG DN GII ( 67) I.Phần dành cho tất thí sính
I (0,75 ®iĨm)
Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng
tr×nh
2x+1
x+2 =− x+m⇔ x ≠ −2
x2+(4−m)x+1−2m=0(1) ¿{
Do (1) cã −2¿
+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m Δ=m2
+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn
cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi AB=
√24
0,5 II
(2 ®iĨm)
1 (1 ®iĨm)
Phơng trình cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =
1−sinx=0 ¿
6 cosx+2 sinx −7=0(VN) ¿
¿ ¿ ¿
0,25
x=π 2+k2π
0,25 2 (1 ®iĨm)
§K:
¿ x>0
log22x −log2x2−3≥0 ¿{
¿
Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x −log2x2−3>√5(log2x −3)(1)
đặt t = log2x, BPT (1) √t2−2t −3
>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)
(66)⇔
¿t>3 t −3¿2
¿ ¿ ¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ 3<t<4
¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t −3)>5¿
0,25
⇔
0<x ≤1 ¿ 8<x<16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)
III 1 ®iĨm
I=dx
sin3x cos3x cos2x=8
dx
sin32x cos2x đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x ;sin2x= 2t 1+t2 2t
1+t2¿
3
¿ t2
+1¿3 ¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿ dt ¿
⇒I=8¿
0,5
¿t
6
+3t4+3t2+1
t3 dt
(t3
+3t+3 t+t
−3
)dt=1 4tan
4x
+3 2tan
2x
+3 ln|tanx|−
(67)C©u IV 1
điểm Do AH
(A B1C1) nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 cã AA1 = a, gãc
∠AA1H =300 ⇒A
1H=a√23 Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 A1H=a√3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AHB1C1 nªn B1C1⊥(AA1H)
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1
B1C1 0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=A1H AH
AA1
=a√3
4
0,25 C©u V
1 ®iĨm
áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho 2005 số số a2009 ta có
1+1+ +1
⏟
2005
+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009.2009√a2009.a2009.a2009.a2009=2009 a4(1)
T¬ng tù ta cã 1+1+ +1
⏟
2005
+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009.b2009.b2009.b2009=2009.b4(2) 1+1+ +1
⏟
2005
+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009.2009√c2009.c2009.c2009.c2009=2009 c4(3)
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6015+4(a2009+b2009+c2009)≥2009(a4+b4+c4)
⇔6027≥2009(a4+b4+c4)
Từ suy P=a4+b4+c43
Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P = 0,5
Phần riêng.
1.Ban Câu
VIa 2 ®iĨ m
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5 A1
A B
C
C B1
K
(68)⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lªn (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt A I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AHdAH u= 0 véc tơ ph¬ng cđa d)
⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điể m
Từ giả thiết toán ta thấy có C4
=6 cách chọn chữ số chẵn (vì số
0)và C52=10 cách chọn chữ số lÏ => cã C52 C52 = 60 bé số thỏa mÃn toán
0,5
Mi b số nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C24 C52 4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao.
C©u VIa 2 ®iĨ m
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Gi¶ sư điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt
A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AHdAH u= 0 véc tơ phơng d)
⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
(69) 7x + y -5z -77 = Câu
VIIa 1 điể m
T giả thiết tốn ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 số đợc chọn
0,5
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C5
C5
.5! = 12000 số Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C4
1 C5
3
4!=960
VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 số thỏa mÃn toán
0,5
HNG DẪN GIẢI: (đề số 68) I PHẦN CHUNG:
Câu 1: :
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là: x3 + 3x2 + mx + = 1 x(x2 + 3x + m) =
x
x 3x m (2)
* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt: Phương trình (2) có nghiệm xD, xE
m 4m
4 m m
9
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = 3x2D6xDm(xD2m);
kE = y’(xE) = 3x2E 6xEm(xE2m)
Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét) 4m2 – 9m + = m =
1 65
ÑS: m =
1 9 65 hay m 9 65
8
Câu 2:
sin x cosx cos3x 0 sin
3sinx + cos
3cosx = – cos3x.
cos
x 3 cos3x cos
x 3 cos( 3x)
k x
3 (k Z)
x k
3 x =
k
3 (k Z)
2 Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x291 y291 y 2 x 2y2 x2
2
2 91 91 2 2 ( )( )
x y y x
y x y x
y x
x y
(70)2
1
( )
2
91 91
x y
x y x y
x y x y
x = y (trong ngoặc dương x vay lớn 2)
Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2 x291 10 x 1 x2
2
9
( 3)( 3) 91 10 x x x x x x 1
( 3) ( 3)
2 91 10 x x x x
x =
Vậy nghiệm hệ x = y =
Câu 3: J
b
b
ln10 x 8
2/ 1/
3 x e
b e
e dx du u
3 u
e
b 2/ 3 (e 2) ;
2 với u = ex – 2, du = exdx)
Suy ra:
b 2/ b ln2 b ln2
3
lim J lim (e 2) (4)
2
Câu 4:
Dựng SH AB
Ta coù:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)
SH (ABC)
SH đường cao hình chóp.
Dựng HN BC, HP AC
SN BC, SP AC SPH SNH
SHN = SHP HN = HP AHP vuông có:
o a HP HA.sin60
4
SHP vuông có:
a SH HP.tg tg
4
Thể tích hình chóp
2 ABC
1 a a a
S.ABC : V SH.S tg tg
3 4 16
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2
1 a b a b ab
1 1
( , 0) a b a b
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z
Tương tự:
1 1 1
2 2
x y z x y z
1 1 1
2 2
x y z x y z
Vậy
1 1
2x y z x2y z x y 2z
1 1 2009 x y z
(71)Vậy MaxP = 2009
4 x = y = z = 12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN:
1 Phần 1: Phần dành cho chương trình bản Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO qua O nhận VTCPa
= (7; - 4) AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = B(-4;-7)
A nằm Oy, đường cao AO trục OY, Vậy AC: y + = Goïi A(a; 0; 0) Ox
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) : 2
2a 2a
d(A; )
3 2
( ) qua M (1; 0; 2)0 có vectơ phương u (1; 2; 2)
Đặt M M0 u
Do đó: d(A; ) đường cao vẽ từ A tam giác AM M0
0
2
AM M
[AM ; u]
2.S 8a 24a 36
d(A; )
M M u
Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2 2
2
2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3
4(a 3) a
Vậy, có ñieåm A(3; 0; 0) Câu 6a.2a n = a b cd e
* Xem số hình thức a b cde, kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 a b c) Sau chọn trị khác cho vị trí cịn lại từ X \ 1 : số cách chọn A74
Như có x (7 x x x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề * Xem số hình thức 0b cde
* Loại số dạng hình thức 0b cd e ra, ta 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề
1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b
(C) có tâm I(3;0) bán kính R = M Oy M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)
Vậy
0 60 (1) 120 (2) AMB
AMB
(72)(1) AMI = 300 sin 300 IA MI
MI = 2R m29 4 m (2) AMI = 600 sin 600
IA MI
MI =
3 R
2 9 3 m
Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)
2.- (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 (2; 1; 0)
- (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 (3; 3; 0)
AB (3; 0; 4)
AB.[u ; u ] 36 01 AB, u , u1
không đồng phẳng Vậy, (d1) (d2) chéo
Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2) M (d ) M(2t; t; 4),
/ /
N (d ) N(3 t ; t ; 0)
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)
Ta coù:
/ / /
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) t M(2; 1; 4) N(2; 1; 0) t
3 t 2t (t t) MN u
Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2
Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0
Suy ra: Z3 = 2 i Z4 = –2 i Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i
-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 69)
(73) Gọi M(x;y) (C) cách tiệm cận x = y = | x – | = | y – |
3x x
x 2 x
x x
x
x
x
x x
Vậy có điểm thoả mãn đề : M1( 1; 1) M2(4; 6)
2 0.75
®
Xét phơng trình : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)
2
3
1 sin 2x m sin 2x
4
(1)
Đặt t = sin22x Víi
2 x 0;
3
t0;1 Khi (1) trở thành :
2m = 3t
t
víi t0;1
NhËn xÐt : với t0;1 ta có :
sin 2x t
sin 2x t sin 2x t
Để (2) có nghiệm thuộc đoạn 0;
3
th×
3
t ;1 t ;1
2
Da vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4)
7 2m
5
Vậy giá trị cần tìm m :
; 10
0,25
0,5
II 2,0®
1
1,0® sin 3x sin x sin 2x cos2x cos2x
(1)
2cos2x.sin x
2cos 2x sin x
§K : sinx ≠ x k
Khi x0; sinx > nên : (1) 2cos2x = 2cos 2x
x
16
k
Do x0; nªn
9 x hay x
16 16
Khi x ;2 th× sinx < nªn : (1) 2cos2x = 2cos 2x
cos -2x = cos 2x-
5 x
16
k
0,5
(74)Do x ;2 nªn
21 29
x hay x
16 16
2 1,0đ
Đặt u3 x 34, v 3 x 3 Ta cã :
2
3
u v u v
u v u v uv 37 u v 37
2
u v u v 1
uv 12 u v 3uv 37
u v u v
Víi u = -3 , v = - ta cã : x = - 61 Víi u = 4, v = ta cã : x = 30
Vậy Pt cho có nghiệm : x = -61 x = 30
0,25
0,5
0.25
III
1.0® 1®
a)Ta cã : AB = 5,
Gọi M trung điểm cña BC , ta cã : DM =
SD = SA2AD2 30, SC = SA2AC2 29 SM = SC2CM2 33 Ta cã :
2 2
SD MD SM 30 33 cos SDM
2SD.MD 30 30
(*)
Góc hai đờng thẳng AC SD góc hai đờng thẳng DM SD hay bù với góc SDM Do : cos =
1 30
b) Kẻ DN // BC N thuộc AC Ta có : BC // ( SND) Do : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))
Kẻ CK AH vuông góc với SN , H K thuộc đờng thẳng SN Ta có : DN // BC DNAC 1
Vµ SAABC SADN 2
Tõ (1) vµ (2) suy : DN ( SAC) DNKC 3
Do cách dựng (3) ta có : CK (SND) hay CK khoảng cách từ C n
mp(SND)
Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK Mà tam giác vuông SAN lại có :
2 2
1 1
1 AH AH SA AN 25 26
Vậy khoảng cách BC vµ SD lµ : CK = 26
0.5
0,5
IV 2®
1 1.0®
Ta cã : sinx – cosx + = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C
N M
D S
A B
C
(75)1 A
5 A 2B
3 2A B B
5
3A C 8
C
VËy I =
2 2
0 0
d sin x 2cosx
1 dx
dx
5 sin x 2cosx sin x 2cosx
I =
2
0 0
1
x ln sin x 2cosx J
5 5
I =
3
ln ln J
10 5
TÝnh J =
2
dx sin x 2cosx
Đặt t = tan
x
2
2
1 x 2tdt
dt tan dx
2 t
§ỉi cËn : Khi x =
th× t = Khi x = th× t =
VËy
1 2 1
2 2
0 0
2
2dt
dt dt
t
J 2
2t t t 2t t 1 2
2
t t
Lại đặt t = = tan u suy dt = ( tan2u + 1)du Đổi cận t = u =
Khi t = th× u = víi tan
1 4
2 tan u du
J u
4 tan u
Do : I =
3 ln 10 5
0,25 0,25 0.5 2a 0.5®
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y R, | z | = x2y2
Ta cã : | z | = + ( z – ) i
x2y2 = ( – y ) + ( x – ) i
2
2
x x 2
1 y 3
y x y y
0,5 2b
0.5đ G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y
(76)Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | =
2
x y 1
Do : < | z - i | < 1 < | z - i |2 < 4
2
2
1 x y
Gọi (C1) , (C2) hai đờng tròn đồng tâm I( ; 1) có bán kính lần lợt : R1=1 , R2 = Vậy tập hợp điểm cần tìm phần nằm hai đờng tròn (C1) (C2)
0.5
Va 3đ
1
+) PT cạnh BC qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP u14;3
cđa (d2) lµm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = hay 4x + 3y - =0 +) Tọa độ điểm C nghiệm HPT :
4x 3y x
C 1;3 x 2y y
+) §êng thẳng qua B vuông góc với (d2) cã VTPT lµ u2 2; 1
∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = hay 2x - y - =
+) Tọa độ giao điểm H ∆ (d2) nghiệm HPT :
2x y x
H 3;1 x 2y y
+) Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (d2) B’ thuộc AC H trung điểm BB’ nên :
B' H B B' H B x 2x x
B' 4;3 y 2y y
+) Đờng thẳng AC qua C( -1 ; 3) B’(4 ; 3) nên có PT : y - = +) Tọa độ điểm A nghiệm HPT :
y x
A ( 5;3) 3x 4y 27 y
+) Đờng thẳng qua AB có VTCP AB7; 4
, nªn cã PT : x y
4x 7y
7
0,25
0,5
0,25
2a
Đờng thẳng (d1) qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP u1 0; 2;1
Đờng thẳng (d2) qua M2( 0; 3;-2) cã VTCP u2 3; 2;0
Do : M M1 1;7; 5
vµ u , u1 2 2; 3;6
Suy u , u M M1 2 49 0
VËy (d1) vµ (d2) chÐo
0.5
2b LÊy A( 1; -4 + 2t; + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; + 2u; -2) thuéc (d2) Ta cã :
AB 3u 1;7 2u 2t; t
A,B giao điểm đờng vuông góc chung (d1) (d2) với hai đờng
đó
1
AB.u 14 4u 4t t u 9u 14 4u 4u t AB.u
Suy : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB2;3; 6
(77)Trung điểm I AB có tọa độ : ( 2; -1 2; 1)
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I bán kính AB/2 có PT :
2
2 49
x y z
2
0,5
3 Sè cách lấy bi từ hai hộp bi lµ : 52.25 = 1300
Số cách lấy để viên bi lấy màu : 30x10+7x6+15x9 = 477 Xác suất để bi lấy màu :
477 1300
0.5 0.5 Vb
3.0 ®
1 +) Tọa độ điểm B nghiệm HPT :
x 3x y
B 1;0 y
y
Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k = 3, nên ABC 60 0 Suy
đờng phân giác góc B ΔABC có hệ số góc k’ =
3
nªn cã PT :
3
y x
3
(Δ)
Tâm I( a ;b) đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Δ) cách trục Ox khoảng nên : | b | =
+ Víi b = : ta cã a = 3 , suy I=( 3 ; ) + Víi b = -2 ta cã a = 3 , suy I = ( 1 ; -2)
Đờng phân giác góc A có dạng:y = -x + m ().Vì qua I nên + Nếu I=( 3 ; ) th× m = + 2 3
Suy : (Δ’) : y = -x + + Khi (Δ’) cắt Ox A(3 + ; 0) Do AC vng góc với Ox nên có PT : x = +
Từ suy tọa độ điểm C = (3 + ; + 3)
Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc : 4
;
3
+ NÕu I=( 3 ; ) th× m = -1 - 2 3
Suy : (Δ’) : y = - x -1 - Khi (Δ’) cắt Ox A(-1 - ; 0) Do AC vng góc với Ox nên có PT : x = -1 -
Từ suy tọa độ điểm C = (-1 - ; -6 - 3)
Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc :
;
3
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề trọng tâm :
0.25
0.5
0,25
O
y
x
A
B
C
60
(78)G1 =
4 ;
3
vµ G2 =
1 ;
3
2a
+ Đờng thẳng (d) qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP ud 1;0; 1
+ Mp (P) cã VTPT : nP 1; 2; 2
Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :
R d P
n u ;n 2; 3;2
Thay x, y, z tõ Pt cđa (d) vµo PT cña (P) ta cã :
t - - 2t + = hay t =1 Suy (d) cắt (P) K(1; -1; -1) Hình chiếu (d) (d) (P) qua K có VTCP :
d ' R P
u n ; n 10; 2; 7
VËy (d’) cã PTCT :
x y z
10
0,25
0,25
2b
LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : d1 = d(I, (P)) =
1 t
; d2 = d(I, (Q)) = t
3
Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 (Q) nên : R = d1 = d2
| - t | = | - t | t = 3
Suy : R = 2/3 I = ( 3; -1; -3 ) Do mặt cầu cần tìm có PT :
2 2
x y z
0,25
0,25
3 sai
Số cách chọn quân tú lơ khơ : C525 2598960
Số cách chọn quân tú lơ khơ mà quân có quân thuộc : 13.C34 52
Xác suất để chọn quân tú lơ khơ mà quân có quân thuộc :
52 2598960=
13 649740
(79)HNG DN GII: ( s 70 ) I.Phần dành cho tất thí
sính
CâuI Đáp án Điểm
2 (0,75 điểm)
Honh giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng
tr×nh
2x+1
x+2 =− x+m⇔ x ≠ −2
x2+(4−m)x+1−2m=0(1) ¿{
Do (1) cã −2¿
+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m Δ=m2
+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn
cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi AB=
√24
0,5 II
(2 ®iĨm)
1 (1 ®iĨm)
Phơng trình cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =
1−sinx=0 ¿
6 cosx+2 sinx −7=0(VN) ¿
¿ ¿ ¿
0,25
x=π
2+k2
0,25 2 (1 điểm)
ĐK:
x>0 log22x −log
2x
2−3≥0
¿{ ¿
Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x −log2x2−3>√5(log2x −3)(1)
đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)
(80)⇔
¿t>3 t −3¿2
¿ ¿ ¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ 3<t<4
¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t −3)>5¿
0,25
⇔
0<x ≤1 ¿ 8<x<16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)
III 1 ®iĨm
I=dx
sin3x cos3x cos2x=8
dx
sin32x cos2x đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x ;sin2x= 2t 1+t2 2t
1+t2¿
3
¿ t2
+1¿3 ¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿ dt ¿
⇒I=8¿
0,5
¿t
6
+3t4+3t2+1
t3 dt
(t3
+3t+3 t+t
−3
)dt=1 4tan
4x
+3 2tan
2x
+3 ln|tanx|−
(81)C©u IV 1 điểm
Do AH(A B1C1) nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, gãc
∠AA1H =300 ⇒A 1H=
a√3
2 Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a,
H thuéc B1C1 vµ A1H=a√3
2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH⊥B1C1 nªn B1C1⊥(AA1H)
0,5
Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1
B1C1 0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=A1H AH
AA1
=a√3
4
0,25 C©u V
1 ®iĨm
áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho 2005 số số a2009 ta có
1+1+ +1
⏟
2005
+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009.2009√a2009.a2009.a2009.a2009=2009 a4(1)
T¬ng tù ta cã 1+1+ +1
⏟
2005
+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009.b2009.b2009.b2009=2009.b4(2) 1+1+ +1
⏟
2005
+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009.2009√c2009.c2009.c2009.c2009=2009 c4(3)
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6015+4(a2009+b2009+c2009)≥2009(a4+b4+c4)
⇔6027≥2009(a4+b4+c4)
Từ ú suy P=a4+b4+c43
Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P = 0,5
Câu VIa 2 điểm
1.T phng trỡnh tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5 A1
A B
C
C B1
K
(82)⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 ®iĨm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
G.sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AHdAH u= 0 véc tơ phơng d)
⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điể m
Từ giả thiết toán ta thấy có C4
=6 cách chọn chữ số chẵn (vì số
0)và C52=10 cách chọn chữ số lẽ => cã C52 C52 = 60 bé sè tháa mÃn toán
0,5
Mi b s nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C24 C52 4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao.
C©u VIa 2 ®iĨ m
1.( ®iĨm)
Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2.Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lªn (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt A I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AHdAH u= 0 véc tơ chØ ph¬ng cđa d)
⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu
VIIa Từ giả thiết toán ta thấy có C5
(83)1 ®iĨ m
0 đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 số đợc chọn
Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C5
C5
.5! = 12000 số Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C4
1
.C5
4!=960 VËy cã tÊt c¶ 12000 960 = 11040 số thỏa mÃn toán
0,5
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 71)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2.5
b Tìm M (C) để tổng khoảng cách đến tiệm cận nhỏ 0,75
4
1
1
y x Y X
x X
Với
¿
X=− x+1
Y=y ¿{
¿
0.25 TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) =
4
| | 4
| | | |
2 | | 2
X Y
X X
X
Dấu "=" xảy ⇔
4 | |
| | X
X
4 23 423
2
X X x
0.5
Gọi M(2; m) d1: x = Khi đt d M d: y = k(x -2) + m Để đt d tiếp xúc với
(C’) hệ:
¿
x3−6x2+9x −1=k(x −2)+m 3x2−12x+9=k
¿{ ¿
có nghiệm
0,25
2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = (1) có nghiệm.
Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) số nghiệm Pt (1) Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m
y’ = 6(x-2)2 x Hàm đồng biến Pt (1) ln có nghiệm từ điểm đt x = kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C’)
0,5
II 1,5
1 Giải phương trình: 0,75
25
x−2
+ (3x −10)5x−2=x −3
(84)3 5x −2−1
=0(1) ¿
5x −2+x −3=0(2) ¿
¿ ¿ ¿ ¿⇔(3
x −2−1 ) (5x −2
+x −3)=0
⇔ ¿
(1)⇔5x−2=1
3⇔x=2+log5
1
3=2−log53
0.25
(2)⇔5x−2=− x+3
Vế trái hàm đồng biến vế phải hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = nên nghiệm
Vậy Pt có nghiệm là: x = 2−log53 x = 0.25
2 Giải hệ phương trình: 0,75
¿ sinx+siny=√2 cosx+cosy=√2
⇒(sinx+cosx)+ (siny+cosy)=2√2⇔
¿{ ¿
0.25
cos(x −π
4)+cos(y − π
4)=2⇔ cos(x −π
4)=1 cos(y −π
4)=1
⇔
¿x=π 4+k2π y=π
4+l2π ¿{
0.25
Thử lại thấy nên:
¿ x=π
4+k2π y=π
4+l2π ¿{
¿
nghiệm hệ phương trình 0.25
III 1,5
(85)logx(cosx −sinx)+log1
x
(cosx+cos2x)=0
Điều kiện:
¿ 0<x ≠1 cosx −sinx>0 cosx+cos 2x>0
¿{ { ¿
Khi Pt ⇔cos 2x=−sinx⇔cos 2x=cos(x+π 2)
0.25
⇔
2x=x+π 2+k2π 2x=− x −π
2+k2π
⇔
¿x=π 2+k2π x=−π
6+ k2π
3 ¿{
Kết hợp với điều kiện ta được: x=−π 6+
k2π
3 (Với k ∊ N*)
0.25
2 Giải bất phương trình: 0,5
(x3
+1)+(x2+1)+3x√x+1>0⇔(x3+x2)+3√x3+x2+2>0
⇔t2+3t+2>0 Đặt t=x√x+1≥ −23 0.25
2
3 2
1
1 3 3
2 t
t x x x
t t
0.25
3 0,5
Trong 10 chữ số từ đến có tât C10
tập gồm chữ
số khác 0,25
Trong tập có cách xếp số có chữ số mà chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau Vậy có tất
C10
= 252 số
0,25
IV 2.0
1 Xác định tọa độ điểm C (P) cho ABC 1.0
Để ABC tam giác đường cao MC = AB √3/2=√6
Gọi M trung điểm AB M(1; 0; - 2) Gọi (Q) mf qua M vng góc với AB (Q): x + z + =
0,25
(86)d:
3x −8y+7z −1=0 x+z+1=0
⇔
¿x=−2−2t y=t z=1+2t
¿{
C d C(-2 - 2t; t; + 2t)
2 2
2
1
1
3 ; ;3 2 6 3 2 3 2 6
9 24 12 0 3 8 4 0 2; 2 / 3
2 2 1
2; 2; , ; ;
3 3 3
MC t t t MC t t t
t t t t t t
C C
0,25
0.25
2 Xác định góc hợp cạnh đối diện tứ diện 1.0 Lấy E, F, G trung điểm AB, CD, AC ta có:
GE = GF = c/2 ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB
⇒ FA2=FB2=2 AC
2
+2 AD2−CD2
4 =
2b2+2c2− a2
0.25
FE trung tuyến ∆FAB nên:
4 2
2 2
2 FA FB AB
FE b2+c2− a2
2
0.25 P
Q
A
B M
C1
(87)Gọi góc tạo AD BC ta có :
¿c
2
2 −
b2+c2− a2
2 ∨
¿ c2
2 ¿GE2+GF2−FE2∨ ¿
2 GE GF=¿ cosα=¿cos(GE,GF)∨¿ ¿
¿a2−b2∨¿ c2
¿ ¿
Vậy ¿a
−b2∨¿
c2
cosα=¿ 0.25
Tương tự gọi góc tạo CD, AB DB, AC ta có: ¿b
2
−c2∨ ¿
a2 cosβ=¿
, ¿c
− a2∨ ¿
b2 cosγ=¿
0.25
3 0,5
Trong 10 chữ số từ đến có tât C9
tập gồm chữ số
khác 0,25
Trong tập có cách xếp số có chữ số mà chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau Vậy có tất
C59 = 126 số
0,25
V 2,5
1 0,5
Đặt:
cos 1
cos 2.cos
u x du dx
d x
dv v
x x
0,25
/
/ 4
0
2
0
1 1 1
2cos 2 cos 4 2 4 2
x dx
I tgx
x x
0,25
2 1,0
1
2 2
J x x x dx
Đặt: x - = tgt 0,25
F E
G
B D
A
(88)2
1
; 2 2
cos cos
dt
dx x x
t t
0 0
3
4 4
1 sin
cos cos cos
tgt t dt
J dt dt
t t t
1 0 sin
1 2 2
1
2
1 1
1 2
3cos 3
1 1
1 4
1 1 1 1
t u J J t u u du J du
u u u u
0,25
0 0
2
1 1
2 2
1
. 2
4 1 1 1 1
du du du
u u u u
0,25
0 2 2
1 1 1 1 1 1
2ln 2ln
4 1 1 1 4 1 1
1 2 1 1
2 2ln 2 4ln 2
4 2 1 4
u u u
u u u u u
0,25 1,0 a2+bc+
1 b2+ac+
1 c2+ab≤
a+b+c abc
Ta có:
a2+bc≥2a√bc⇒
a2+bc≤ 2a√bc b2+ca≥2b√ca⇒
b2+ca≤ 2b√ca c2+ab≥2c√ab⇒
c2+ab≤ 2c√ab
0.5
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 2 2 2
.
2 2 2
a bc b ca c ab a bc b ca b ca
b c c a a b
bc ca ab a b c
abc abc abc
Dấu “=” xảy a = b = c
0.5
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 72) LỜI GIẢI TÓM TẮT: I PHẦN CHUNG:
Câu 1:
(89)2 MN = (2;-1) ==> MN: x + 2y + =
Đường thẳng (d) MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m Gọi A, B hai điểm thuộc (C) đối xứng qua đường thẳng MN
Hoành độ A B nghiệm phương trình: x x m x
2x2 + mx + m + = ( x ≠ - 1) (1)
Để (d) cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 nghiệm (1)
Trung điểm AB I
1
1 ; x x
x x m
I(( 2; )
m m
( theo định lý Vi-et) Ta có I MN ==> m = - 4, (1) 2x2 – 4x = 0
A(0; - 4), B(2;0) Câu 2:
1 4cos4x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2c
=
(1 + cos2x)2 – cos2x
2
1 3x
(2 os 1) + cos
2 c x
=
2 cos2x +
3x os c =
os2x = 3x cos c
( VT ≤ với x)
( ; ) x k k m m x
x = 8n (n )
2 Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + (2) có hai nghiệm x = 1. Ta có x =
1
2 khơng nghiệm phương trình nên (2) x x x
Ta có hàm số y = 3x tăng R hàm số y =
2
x x
giảm khoảng
1 ; , ; 2
Vậy Phương trình (2) có hai nghiệm x = 1
Câu 3:
Ta có
2
1 2sin os
1 sinx 2 2
tan
1+cosx 2 os 2 os
2 x x c x x x c c
Vậy: K =
2 2 0 tan 2 os x x
e dx x
e dx x c
= M + N
Với M =
2 02 os
2 x e dx x c
(90)Đặt
2
'
'
tan
2 os 2
2
x
x
u e
u e x v
v x
c
Vậy M =
tan 2
0
x x
e
- N = e2
- N ==> K = e2
Câu 4:
Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm BC, theo tính chất hình chóp AMS
Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N hình chiếu I SM, MI phân giác AMS
Ta có SO = OM tan = a
tan ( Với a độ dài cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2
2 2
2
tan
12 12
a a a
32
4 tan a
r = OI = OM.tan2
=
tan tan
Vậy V =
3 tan
2 tan
Câu 5:
Ta có AB(6; 4;4)
==> AB//(d) Gọi H hình chiếu A (d)
Gọi (P) mặt phẳng qua A (P) (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + = 0
H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2)
Gọi A’ điểm đối xứng A qua (d) ==> H trung điểm AA’ ==> A’(-3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) nằm mặt phẳng Gọi M = A’B(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:
1 Gọi A biến cố: “ba đoạn thẳng lấy lập thành tam giác” Các khả chọn ba đoạn thẳng lập thành tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
(91)
8
x x y x y y
x y
( 1) ( 8)
x x y y
y x 2 0
( 1) ( 8)
x y
x x y y
y x
3 22 45 x y x x y x x y Câu 7a:
Trên nửa khoảmg 0;
3
, cosx ≠ chia tử mẫu hàm số cho cos3x ta được y =
2
2
1 tan tan tan
x
x x
Đặt t = tanx ==> t(0; 3] Khảo sát hàm số y =
2 t t t
nửa khoảng 0;3 y’ = 2
3 (2 )
t t t
t t
; y’ =
0 x x
Vậy giá trị nhỏ hàm số x =
2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:
Điều kiện: n nguyên dương n ≥ Ta có C1nCn32Cn2
! ! !
2
1!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!
n n n
n n n
n2 – 9n + 14 = n = 7
Ta có số hạng thứ :
2 5
5
5 lg(10 ) ( 2)lg3
7 2
x x
C
= 21 21.2lg(10 ) x
2(x – 2)lg3 = 21
lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = (10 – 3x)3x – = 32x - 10.3x + =
0 x x
2 Gọi β = r( cos + isin) β3 = r3( cos3 + isin3)
Ta có: r3( cos3 + isin3) =
2
3 os in
3
c s
33 r 33 2 r k
Suy β Câu 7b:
(92)– (a + b + c) 3 (13 a)(1 b)(1 c) >
1
(1 )(1 )(1 )
27 a b c
28
1 27 ab bc ca abc
2 2 56
27 ab bc ca abc
2 2 56
2 ( ) ( )
27
a b c a b c abc
52 2 2
27 a b c abc
Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Lời giải tóm tắt(Đề 73) Câu I:
2
Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng
Phương trình x3 3x2 9x m 0 có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Phương trình x3 3x2 9xm có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đường thẳng ym qua điểm uốn đồ thị
11 11
m m
Câu II:
1
cos sin
cos cos
cos cos cos cos
cos cos cos
cos cos cos
cos cos cos
2
2
2
2
1
4 2
2
1 3
4
2
1 2
3
2 2
3
2 2
2 4
4
x x
x
x
x
x
x
a a a
a a a
a a a
a a a
(93) cos cos cos cos cos cos 3
1 3 2
2 2 6
3 loại 3 3
2
a x x
k
x k
a
x x x k
k a
x −1¿8=3 log8(4x)
1
2log√2(x+3)+
1 log4¿
Điều kiện:
1
0 x x x x
Biến đổi theo logarit số thành phương trình
log log 2
3
2 loại
3
x x x
x x x x x Câu III:
I=
π
6
π
4
tanx
cosx√1+cos2x dx
tan tan cos tan cos cos 4 2 2 6
1 1
x x dx dx x x x x
Đặt tan cos2
1
u x du dx
x x u x u u I dx u Đặt 2 2 u
t u dt du
u . 3
u t
1
u t
3 7 3
7
3
3
I dt t
(94)Câu IV:
đáy
V S h
2 đáy
3 a
S
, a h
3 3
2 a V
Câu V:
3√1− x2−2√x3+2x2+1=m ( m∈R )
Đặt f x 3 1 x2 x32x21, suy f x xác định liên tục đoạn ; 1
.
'
2
2 2
3 3
1 1
x x x x
f x x
x x x x x x
.
; 1
x
ta có
4 3 4 0 3 0
3 1 2 1
x
x x
x x x
.
Vậy:
' 0 f x x
Bảng biến thiên:
' || ||
1 0 1
2
0 CÑ 3 22
2
4 x
f x
f x
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình cho có nghiệm thuộc ; 1
3 22
2
m
m1.
Câu VI:
1 Phương trình đường trung trực AB 3x y 0 Tọa độ tâm I đường tròn nghiệm hệ:
;
2
1
3
x y x
I
x y y
5 R IA .
Phương trình đường trịn
2
1 25
x y
(95)2 a
, ,
M x y z
cho MA2 MB2 5
2 2 2
1 2
2
x y z x y z
x y
Vậy quỹ tích điểm M mặt phẳng có phương trình 2x 2y 0 b
, 2 2; ; 1 1; ; OA OB
OAB x y z:
Oxy z: 0
; ;
N x y z
cách OAB Oxy d N OAB , d N Oxy , x y z z
3
3
3
x y z
x y z z
x y z
Vậy tập hợp điểm N hai mặt phẳng có phương trình x y 1 z0 1
x y z
Câu VII:
Khai triển 1
n
x
ta có:
1 n 2 3 n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
Nhân vào hai vế với x , ta có:
1 n 2 3 n n n n
n n n n n n
x x C x C x C x C x C x C x
Lấy đạo hàm hai vế ta có:
0 2 3 2 4 3 n n 1 n n 1 n 1 n
n n n n n n
C C x C x C x nC x n C x n x x x
1 xn1nx x 1
Thay x1, ta có Cn0 2.Cn1 3.Cn2 4.Cn3 n C nn (n 1).Cnn n 2 n
(96)-Hết -BÀI GIẢI (ĐỀ 74)
CÂU I:
Cho hàm soá:
2
( 1)
mx m x m m
y
x m
(Cm).
1)Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m= -1
2
x x
y
x
4
1 x
x
TXÑ : D = R\{1}
2 '
2 ( 1)
x x
y
x
;
1 '
3 x y
x
TCĐ: x =
lim 1y x
Ta coù:
4
1
y x
x
suy TCX: y = - x +
4
lim
1 x x BBT:
Đồ thị: cho x 0 y5;x 2 y5
2)Tìm m để (Cm) có điểm cực trị thuộc (II) điểm cực trị thuộc (IV)
Ta coù:
2 ( 1) 4 2 3 '
2 ( )
mx m x m m mx m x m
y y
x m x m
2
'
y mx m x m (1)
(Cm) có điểm thuộc (II) điểm cực trị thuộc (IV)
(1) có nghiệm phân biệt x x1, cho:
0
1
0
x x
yCT Cy
Đ
He äsố góc TCX âm
0
0( ơ-nghiêm)
P
y v
m
(97)2 0
3 0
1
2 2
( 1) (4 ) 15
5
0 0
0
1 1
5 5
0
m
m m
m m m m m m m
y
m m
m m
m m m
m
ĐS:
1 m
CÂU II:
1) Đường thẳng y= - 3x + 10 cắt đường cong y x 2 (x > 0) B(2, 4) cắt đường thẳng y =
C(3, 1)
Đường thẳng y = cắt đường cong y x 2 (x > 0) A(1, 1).
Ta coù:
2 2 2 2 2
1 10
1
V x dx x dx
=
56
(đvtt) Chứng minh
2
2n 2n 2n C n k C n k C n
2 ! (2 )! (2 )!
!( )! !( )! ! !
( 1)( 2) ( )( 1)( 2) ( )
( 1)( 2) ( ) n
n k n k
n n k n n k n n
n k n k n k n n k n k n k n
n n n n
Ta coù: (n k i n k i )( ) ( n i )2
Khi cho i thay đổi từ đến n ta bất đẳng thức cần chứng minh
CAÂU III:
1) Giải bất phương trình: x2 3x 2 x2 4x 3 x2 5x4
Điều kiện:
2
2 4
2
x x
x x x x
x x
Ta có:
Bất phương trình (x1)(x 2) (x1)(x 3) ( x1)(x 4) (*) Nếu x = hiển nhiên (*) Suy x=1 nghiệm phương trình Nếu x < (*) trở thành : 2 x 3 x2 4 x
Nhận xét:
2
3
x x
x x x
x x
Suy Bất phương trình vô nghiệm.
(98)Nhận xét:
2
2
3
x x
x x x
x x
Suy Bất phương trình x 4.
Tóm lại: Bất phương trình có nghiệm là: x 1 x4.
2)
2 2
2log (2 ) log ( )
4
2
x x m m x mx m
2 2 0
2 2
log (2 ) log ( )
2 2 2
(1 ) 2
2 2 0
2 ,
1
x mx m
x x m m x mx m
x m x m m
x mx m
x m x m
Yêu cầu toán
2 2 1
2 2 0
1
2 2 0
2
x x
x mx m
x mx m
với x12m,x2 1 m
2
5
2
2
4
5
2
2
m m
m m m
m m
CÂU IV:
1) Tìm a để phương trình sin6x + cos6x = a| sin2x | có nghiệm.
Phương trình :
3
2 2
1 3sin cos sin sin sin
x x a x x a x
Đặt t sin 2x điều kịên 0 t Phương trình là: f(t) =
2
4 t
a t
(vì t =0 không nghiệm) Đặt
2 4
( ) t
f t t
t t
với t(0,1)
'( ) f t
t
f(t) hàm số giảm (0, 1).
Khi phương trình f(t) = 4a có nghiệm t(0,1)
1 (1)
4
a f a a
2) Cho ABC thoả:
cos cos cos sin sin sin
a A b B c C p
a B b C c A R
Chứng minh ABC đều. Ta có:VT=
2 sin cos sin cos sin cos
2 2
R A A R B B R C C
b c a
a b c
R R R
(99)
2
2 2 2sin( ) cos( ) 2sin cos
2 (sin sin sin )
2
2 2sin cos( ) cos( ) 4sin sin sin sin sin sin
( )
3
( ) .3 2
R A B A B C C
R A B C
ab bc ca ab bc ca
R C A B A B R C A B R A R B R C
ab bc ca ab bc ca R ab bc ca
abc abc abc
R ab bc ca R a b c R
VP=
3
3
9
a b c abc abc
R R R
Vậy VT=VP a b c ABC đều.
CAÂU V:
1) Diện tích tứ giác MNPQ
Nếu số a, b (D), (D') trùng với trục toạ độ, M, N, P, Q đỉnh elip
1
6.4 12
2
S MN PQ
(đvdt)
Nếu a b, 0 phương trình (D) y = kx vaø (D') laø
1
y x
k
với a k
b
Do ( ) ( ')D D neân
1
2
SMNPQ MN PQ OM OP
Ta có M giao điểm (D) (E) nên:
2
4xM 9yM 36 y kx
M M
2
36 36(1 )
2 2 2 (1 2)
2
4 9
k
xM OM xM yM xM k
k k
Tương tự ta tính :
2 36(1 )
2
k OP
k
2 72(1 )
2
(9 4)(4 9) k
SMNPQ OM OP
k k
2 72( )
2 2
(9 )(4 ) a b
a b a b
2) Diện tích nhỏ Ta có:
2
1 4 13 13 1 72
2 36(1 2) 36 36 2 . 13
144 13
k k
OM OP OM OP
OM OP k OM OP
S
MNPQ
Vậy SMNPQ nhỏ 144
13 OM2OP2 k2 1 a b (với ab0 )
hết
Huong dan giai đê thi số 75 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
(100)ĐIỂM
Câu I (2.0đ) (1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25 Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( )
x f x x f x nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số
1
lim ( ) , lim
x f x x nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số
y’ =
1 (x 1)
0.25
Bảng biến thiên
1 +
-
1
-y
y'
x - +
Hàm số nghịc biến ( ;1)và (1;) Hàm số khơng có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm đồ thị với trục Ox (0 ;0) Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn
Phương trình tiếp tuyến M có dạng :
0
0
1
( )
( 1)
x
y x x
x x
2
2
0
1
0
( 1) ( 1)
x x y
x x
0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
1 1
( 1) x
x
Xét hàm số f(t) =
( 0)
t t
t
ta có f’(t) =
2
4
(1 )(1 )(1 ) (1 )
t t t
t t
(101)-+ f(t) f'(t) x
0 +
f’(t) = t = Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn
chỉ t = hay
0 0 1 x x x 0.25
+ Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x+4
0.25 Câu
II(2.0đ) (1.0đ)
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 3cos2x 0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ cos c x 0.25 cos os5x=cos(x- ) x c 0.25 24 2 42 x k k x k x 0.25
2.(1.0đ) ĐK : y0
hệ
2
1
2
2 x x y x y y
đưa hệ dạng
2
2
2
u u v v v u
0.5 1
2 7
2 ,
1 7
2
u v u v
u v u v
v v u
u u v v
Từ ta có nghiệm hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (
3 ;
), (
3 ;
)
(102)Câu III (1.0đ)
1
2
0
sin
1 x
I x x dx dx
x
0.25
Ta tính I1 =
1
2
sin x x dx
đặt t = x3 ta tính I1 = -1/3(cos1 - sin1)
0.25
Ta tính I2 =
1 01
x dx x
đặt t = x ta tính I2 =
1
2
1
2 (1 ) 2(1 )
1 t dt
0.25
Từ ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+2
0.25
Câu IV
(1.0đ) Ta có
1 1 x y z nên
0.25
1 1 1 ( 1)( 1)
1 y z y z (1)
x y z y z yz
Tương tự ta có
1 1 1 ( 1)( 1)
1 x z x z (2)
y x z x z xz
1 1 1 ( 1)( 1)
1 x y x y (3)
y x y x y xy
0.25
Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta
1 ( 1)( 1)( 1)
8
x y z 0.25
vậy Amax =
1
8 x y z
0.25
Câu V
(1.0đ) Ta có SBDDCB c c c( ) SO CO
Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S
2
1
CA x
Mặt khác ta có
2 2 2
AC BD AB BC CD AD
2
3 ( 3)
BD x do x
2
1
1
4
ABCD
S x x
0.5
Gọi H hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD
H CO
0.25
Mà 2 2
1 1
1 x SH
SH SC SA x
0.25 O
C
B
A D S
(103)Vậy V =
2
3 ( vtt) 6x x d Câu
VIa (2.0đ) (1.0đ)
Gọi A giao điểm d1 d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
Gọi BI đường phân giác góc B với I thuộc OA ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu qua điểm M,N,B,C’ có dạng
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu qua điểm nên ta có
5
1
5
2 2
2
8 4 1
8 4 2
4 A A D
B C D B
A C D
C
B C D
D
Vậy bán kính R = A2B2C2 D 15
1.0 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) (1.0đ)
Đk: x > - 0.25
bất phương trình
3
3 3log ( 1) 2log ( 1)
log
0 ( 1)( 6)
x x x x log ( 1)
0 x x 0.25 0.25 x
0.25
Giả sử phương trình cần tìm (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25
Vì đường trịn qua A, B tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2 (1 )
(1 ) (2 ) ( 1)
a b R
a y R
a b R
0.25 2 a b R
Vậy đường trịn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
0.5
2
(1.0đ) Ta có AB(1;1;1),nQ(1; 2;3), AB n; Q (1; 2;1)
1.0
(104)Vì AB n; Q
nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q
làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - =
Câu VIIb
(1.0đ) ĐK :
2 x x N
Ta có 1 2 23 11 223 223
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
(5 x)! 2! x