Cac de on tap toan thi dai hoc

Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.. Tìm m để trên đường thẳ[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM 2012

ĐỀ THAM KHẢO Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ 1 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hµm sè

2

1 x y

x  



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

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Cõu II (2 điểm):1) Giải phương trỡnh:

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

4

x x   x x x x

  .

2) Giải hệ phương trình:

2

3

2

1 1

(1 ) 4

1 4

x x

y y

x x x

y y y



   

  

    



 .

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

0

2

3 4

4

x x

I x x dx

x x



   

    

   

 



Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vng góc A với mặt phẳng hình vng ABCD cạnh a

ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ hình chiếu vng góc A lên SB SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’

Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm góc thoả mãn:

cos cos cos cos cos cos

cos  cos  cos 2

A B B C C A

C A B

II PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn:

1. Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) :

2 2 6 15 0

x y  x y  đường thẳng (d) : mx y  3m0 ( m tham số) Gọi I tâm đường trịn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi

IAB 5(2 2)

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

1

( ) :

2 1

x y z

d    



2

( ) :

1 1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) hợp với (d2) góc 300.

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có:

1 1 1 1 1

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M điểm ( ) :d x y  2 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C)

tại A, B Viết phương trình đường thẳng AB.

2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),

( )

DH  ABC và DH 3 với H trực tâm tam giác ABC Tính góc (DAB) (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có:

1

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

a a b a c  b b a b c  c c a c b   .

ĐÁP ÁN ĐỀ

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hµm sè

2

1 x y

x  



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

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Cõu II (2 điểm):1) Giải phương trỡnh:

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

4

x x   x x x x

  .

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

4

x x   x x x x

 

2

cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin cos (sinx x x x cos )x

     

(cosx sin )(cosx x sinx 4cos sinx x 2)

     

cos sin (1)

cos sin 4sin cos (2)

x x

x x x x

 



     



+ Giải (1): (1) tanx x k 



    

+ Giải (2): Đặt cosx sinx t t,  ta có phương trình: 2t2 t 0.

1/ t t

    



 Với t0 ta có:

tan

4 x  x k

 Với t1/ ta có:

arccos( / 4) /

cos( ) /

4 arccos( 2 / 4) / 4 2

x k

x

x k

 



 

    

   

   

 KL: Vậy phương trình có họ nghiệm: x k

 

 

, x k 



 

, arccos( / 4) /

2).Giải hệ phương trình: 2 3 1 1

(1 ) 4

1 4 x x y y x x x

y y y

               .

§k y0

2 2 3 3

1(1 1) 4 1

4

1

1 ( ) 4

4

x x x x

y y y y

x

x x x x

x

y y y

y y y

                              đặt a x y x b y           Ta đợc

2 2

3 2

2 4 2

1

2 ( 4) 4

a a b a a b a a b a

b

a ab a a a a a a

                                         Khi 1 x y y x x x             

 KL

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

0

2

3 4

4

x x

I x x dx

x x                  2

3 4

(2 1)

x x

I x x dx

x                 

0

2

1

2

4 (2 1)

( 1)

(2 1)

x

dx x x dx

x           

0

2

1

2

4 (2 1)

( 1)

(2 1)

x

dx x x dx

x            + Tính: 2

4 (2 1)

(2 1)

x I dx x       

Đặt:

1

2 2sin , ; cos , 0,

2 2

x  t t     dx tdt x  t x  t

  .

Khi đó:

2

6 6

1 2

0 0

2cos sin

4sin 2(sin 1) sin

t tdt dt

I dt dt

t t t

                 =

12 sin

dt t       + Tính: 6

2 2

0

(tan )

sin 2(tan 1/ 2)

dt d t

I t t         Đặt: tan tan

t y

Suy ra:

2

2

(tan ) (tan ) (1 tan )

2

d t  d y   y dy

, với t y 0,t y 



     

cho

tan  

,(0 2)  

 

Khi đó:

2

0

2 2

2 2

I dy y







  

+ Tính:

1

( 1)

I x x dx



 

Đặt:

2 1

2 1, , 0,

2

t x  x t  dx tdt x   t x  t Khi đó:

1

2

2

0

1

2 10 15

t t t

I   t dt   

 

 KL: Vậy

1

15 12

I  I I I      , (

6 tan

3  

,(0 2)  

 

)

Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc A với mặt phẳng hình vng ABCD cạnh a

ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ hình chiếu vng góc A lên SB SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’

+ Trong tam giác SAB hạ AB'SC. Trong tam giác SAD hạ AD'SD.

Dễ có: BC SA BC, BA BC (SAB) Suy ra: AB'BC, mà AB'SB Từ có

' ( ) ' (1)

AB  SAC  AB SC

Tương tự ta có: AD'SC(2) Từ (1) (2) suy ra: SC(AB D' ') B D' 'SC Từ suy ra: SC' ( AB C D' ' ') + Ta có: 2

1 1

'

'

a AB

AB SA BA  

2 2 4

' '

5

SB SA AB a a a

     

,

2 5

SB SA AB  a. Suy ra:

' SB

SB  ;

Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) vng góc với SC) nên

' ' '

B D AC (vì dễ cóBD(SAC) nên BDAC' ). Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ SBD suy ra:

' ' '

5 B D SB

BD SB 

B

S

O

A D

C C'

B'

4 ' '

5 a B D

 

Ta có:

2

2 2

1 1

' ' '

' 3

a

AC SC SA AC a

AC SA AC      

+ Ta có:

3 ' ' ' ' ' '

1 1 16

' ' ' ' '

3 45

S AB C D AB C D

V  S SC  B D AC SC  a

3

1

3

S ABCD ABCD

V  S SA a

Suy thể tích đa diện cần tìm là:

3 ' ' '

14 45

S ABCD S AB C D

V V V  a

Chú ý: Vẽ hình sai khơng chấm.

Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm góc thoả mãn:

cos cos cos cos cos cos

cos cos cos

A B B C C A

C  A  B 

Ta cã tanA+tanB=

sin cos cos tan

cos cos cos tan tan

C A B C

A B C  A B

ABC

 không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 Từ GT ta có

3

x y z

y z z x x y  với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc

3

x y z

y z z x  x y  . Dấu “=”xảy x=y=z hay tam giác ABC

II PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn:

2/.Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) :

2 2 6 15 0

x y  x y  đường thẳng (d) : mx y  3m0 ( m tham số) Gọi I tâm đường trịn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi

IAB 5(2 2)

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

1

( ) :

2 1

x y z

d    



2

( ) :

1 1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) hợp với (d2) góc 300.

Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d   0 (a2b2c2 0) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0)

Do ( ) qua A, B nên:

0

0

a c d c a b

a b d d a b

    

 



 

     

  nên

( ) : ax by (2a b z a b )   0.

Yêu cầu toán cho ta:

0

2 2 2

1 1.(2 )

1

sin 30

2 1 ( 1) 1 (2 )

a b a b

a b a b

  

 

2 2 2 3a 2b 3(5a 4ab )b 21a 36ab 10b

        

Dễ thấy b0nên chọn b=1, suy ra:

18 114

21

18 114

21 a

a

 

  

 

   KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn:

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có:

1 1 1 1 1

4a4b4c a3b b 3c c 3aa2b c b  2c a c  2a b Dễ có:

2 1

(x y) 4xy ( ,x y 0)(*)

x y x y

     

 .

+ Chứng minh:

1 1 1

4a4b4c a3b b 3c c 3a. Áp dụng lần (*) ta có:

1 1 16

3

a b b b   a b hay

1 16

3 a b a b(1) Tương tự ta có:

1 16

3

b c b c(2)

1 16

3 c a c a(3)

Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế rút gọn ta có điều phải chứng minh

+ Chứng minh:

1 1 1

3 3 2

a b b  c c  a a b c b   c a c   a b Áp dụng (*) ta có:

1

3 2( )

a b b  c a  a b c a b c (4) Tương tự ta có:

1

(5)

3 2

b c c  a b b c a

1

(6)

3 2

c a a  b c c a b

Cộng (4), (5) (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M điểm ( ) :d x y  2 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C)

tại A, B Viết phương trình đường thẳng AB.

Dễ thấy I( )d Hai tiếp tuyến hợp với (d) góc 450 suy tam giác MAB vuông cân

tam giác IAM vuông cân Suy ra: IM  2.

( ) (

M d  M a; a+2), IM (a1;a1),

0

2 2

2 a

IM a

a  

     





+ Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 (C1):

2 4 3 0

x y  y  . Khi AB qua giao điểm (C ) (C1) nên AB:

2 4 3 2 2 2 1 1 0

x y  y x y  x y  x y   . + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 (C2):

2 4 3 0

x y  x  . Khi AB qua giao điểm (C ) (C2) nên AB:

2 4 3 2 2 2 1 1 0

x y  x x y  x y  x y   .

+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y 1 0 x y  1

2).Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),

( )

DH  ABC và DH 3 với H trực tâm tam giác ABC Tính góc (DAB) (ABC). Trong tam giác ABC, gọi K CH AB.

Khi đó, dễ thấy AB(DCK) Suy góc (DAB) (ABC) góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính HK xong

+ Phương trình mặt phẳng (ABC)

- Vecto pháp tuyến n[AB AC, ]0; 4; 4   

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

- (ABC): y z  0

+ H(ABC) nên giả sử H a b( ; ; 2 b) Ta có: AH ( ; ;a b b BC ), (4; 2; 2).

 

CH (a 2; ;b b AB ),  ( 2; 2; 2).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Khi đó:

0

2

2

BC AH a b

a b a b

AB CH

    



   

 

   

 

 

    Vậy H(-2; -2; 4)

+ Phương trình mặt phẳng qua H vng góc với AB là: x y z   0

Phương trình đường thẳng AB là: x t y t

z t

  

    

 .

Giải hệ:

2 x t y t

z t

x y z  



 



  

    

 ta x =2/3; y =-2/3, z =8/3.

Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra:

2 2

2 96

2

3 3

HK            

     

Gọi  góc cần tìm thì:

tanDH HK/  96 /12 / 3 arctan( / 3) Vậy  arctan( / 3) góc cần tìm

1

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

a a b a c  b b a b c  c c a c b   . Víi a,b >0 ta cã

   

       

2 2

2

a b a c ( ) ( )

a b a c ( ) a b a c ( )

( )( )

ab ac a bc a bc a bc

ab ac ab ac

a a a

a a b a c a ab ac a b c

         

         

  

      

CM t2 rồi cộng vế với vế ta đợc dpcm

ĐỀ

Câu 1: Cho hàm số y =

2

2

x

x có đồ thị (C)

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

2) Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, b cho AB ngắn

Câu 2:

1/.Giải phương trình: 2 sin(x 12).cosx 

 

2/.Giải hệ phương trình:

3 3

2

8 27 18 (1)

4 (2)

x y y

x y x y

 

 

 

 Câu 3:

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: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1)

Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng:

3 3

8 8

a b c

c   a   b  

Câu 5: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC SBC tam giác đều

cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Phần riêng:

1.Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 hai đường thẳng :

(d1)

3

1

1 1y z2

x    

; (d2)

1

2 ( )

1

x t y t t z t

   

  

    



Viết phương trình tham số đường thẳng  nằm mp(P) cắt đường thẳng (d1) , (d2)

2.Theo chương trình nâng cao:

Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) giao tuyến mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0

Tìm tất giá trị m để (S) cắt (d) điểm MN cho MN=

ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu 1: Cho hàm số y =

2

2

x

x có đồ thị (C)

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

2) Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn

Gọi M(xo;

0

2

2

x x



 ) (C)

Phương trình tiếp tuyến M: () y =

2

0

2

0

2 6

( 2) ( 2)

x x x

x x

 

 

 

( )  TCĐ = A (2; 0

2

2

x x

  ) ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)

0

2

(2 4; )

2

AB x

x

 





 AB =

2

0

0

4

4( 2) 2

( 2)

cauchy

x

x

 

 

 AB = 2

0 (3;3)

1 (1;1)

o

x M

x M

  

  

 Câu 2:

1) Giải phương trình: 2 sin(x 12).cosx 

 

phương trình  2(cosx–sinx)(sinx– 3cosx)=0

3 ( )

4

x k k x k

 

 

  



 

 

 



2).Giải hệ phương trình:

3 3

2

8 27 18 (1)

4 (2)

x y y

x y x y

 

 

 

 (1)  y 

Hệ 

3

3 3

3

2

27 3

8 18 (2 ) 18

4 1 3 3

2

x x

y y

x x

x x

y y y y

  

    

  



    

 

 

     

 

 

   

Đặt a = 2x; b =

3

y Ta có hệ:

3 18 3

1

( )

a b a b

ab ab a b

 

 

 



 



  

  Hệ cho có nghiệm

3 5; , 5;

4 5

     

   

     

1) Tính tích phân I=

2 2

6

1

sin sin

2

x x dx





 



I =

2

6

3

cos (cos )

2





   x d x

Đặt

3

cos cos

2

x   u

 I ¿3

2⋅π

π

2

sin2udu =  

3 16  

2) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1)

Đk x  đặt t = x; t 

(1) trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 

2

2 3

1 t t m

t t  

  (2) Xét hàm số f(t) =

2

2 3

1 t t

t t  (t  0) Lập bảng biến thiên

(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t  

5 3

3m

Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng:

3 3

8 8

a b c

c   a   b   (2 1)(4 2 1) 2

cauchy

c   c c  c  c   8 1 2

a a

c c   

Tương tự, 3

;

2

8

b b c c

a b

a    b    Ta chứng minh: 2 2 2 1 (1)

a b c

c   a   b  

Bđt(1)  4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c) 

 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2)

Ta có: 2a3b2 +2ab2  4a2b2; … (3)

2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3.3 a b c5 5 =6 (do abc =1)(4)

a3+b3+c3  3abc =3 = +2 a2b2c2 (5)

a3 +a  2a2; …. (6)

Công vế (3), (4), (5), (6), ta (2) Dấu xảy a=b=c=1

Câu 5: 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)

Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =

3

a

; AMS600 SO  mp(ABC)

 d(S; BAC) = SO =

3

4a  V(S.ABC) =

3 3

Mặt khác, V(S.ABC) =1 (3dt SAC d B SAC) ( ; )

SAC cân C có CS =CA =a; SA =

3

a

 dt(SAC) =

2 13 3

16

a

Vậy d(B; SAC) =

3

( ) 13

V a

dt SAC  Phần riêng:

1.Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Gọi H, I hình chiếu B, C lên ()

M đối xứng B qua   M  AC M trung điểm AC (BH): x –2y + =0  H 

7 1; 5



 M  

7 4; 5



BH =

3

5 CI = 6 55 ; C Oy  C(0; y0) 

0

5

o

y y

     C(0; 7)  A  

27 14 ; 5

 

()loại (0; –5)  A 

33 14 ;

5

 

() nhận

Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 hai đường thẳng :

(d1)

3

1

1 1y z2

x    

; (d2)

1

2 ( )

1

x t y t t z t

   

  

    



Viết phương trình tham số đường thẳng  nằm mp(P) cắt đường thẳng (d1) , (d2)

(P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) ()

1

1 ( )

2

x t y t t z

   

  

   

 2.Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b: Cho  ABC có diện tích 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0 tìm bán kinh đường trịn nội tiếp  ABC

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) (1), (3)  C(–2; 10)  r =

3

2 65 89

S

p    (2), (3)  C(1; –1) 

3 2

S r

p

 



Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) giao tuyến mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0

Gọi H trung điểm MN  MH=  IH = d(I; d) = m

(d) qua A(0;1;-1), VTCP u(2;1;2) 

 d(I; d) =

;

3

u AI u

 

  



 

 Vậy : m 3=3  m = –12( thỏa đk)

ĐỀ

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3(m+1)x2+9x − m , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho ứng với m=1

2 Xác định m để hàm số cho đạt cực trị x1, x2 cho |x1− x2|≤2 Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

√2cotx+ sin 2x

sinx+cosx=2 sin(x+ π

2) Giải phương trình: log5(3x −1)+1=log3

√5(2x+1) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=

1

x2+1

x√3x+1dx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có

AB=1,CC'=m(m>0) Tìm m biết góc hai đường thẳng AB' BC' 600 .

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x , y , z thoả mãn x2

+y2+z2=3 Tìm giá trị lớn biểu thức

A=xy+yz+zx+

x+y+z

B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có

A(4;6) ,

phương trình đường thẳng chứa đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C

2x − y+13=0 6x −13y+29=0 Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có

M(5;3;−1), P(2;3;−4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng (γ):x+y − z −6=0

Câu VIIa (1,0 điểm) Cho tập E={0,1,2,3,4,5,6} Từ chữ số tập E lập

số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác nhau? b Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) qua điểm

M(−2;−3) có

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) mặt phẳng (α):x+2y+2=0 Tìm toạ độ điểm M biết M cách điểm A , B , C mặt phẳng (α)

Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển rút gọn biểu thức

1− x¿n

1− x¿2+ +n¿

1− x+2¿

thu đa thức P(x)=a0+a1x+ +anxn Tính hệ số a8 biết n số nguyên dương thoả mãn

1

Cn2

+

Cn3

=1

n

ĐÁP ÁN ĐỀ

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3(m+1)x2+9x − m , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho ứng với m=1

Víi m=1 ta cã y=x3−6x2

+9x −1

* Tập xác định: D = R * Sự biến thiên

 ChiỊu biÕn thiªn: y '=3x2−12x+9=3(x2−4x+3)

Ta cã

y '>0⇔

x>3

¿ x<1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

, y '<0⇔1<x<3

Do đó:

+ Hàm số đồng biến khoảng (− ∞,1) (3,+∞) + Hàm số nghịch biến khoảng (1,3)

 Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=1 yCD=y(1)=3 ; đạt cực tiểu x=3

yCT=y(3)=−1  Giíi h¹n: lim

x →− ∞y=− ∞;x→lim+∞y=+∞

Bảng biến thiên: Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung điểm (0, 1)

2.Xác định m để hàm số cho đạt cực trị x1, x2 cho |x1− x2|≤2 Ta cã y '=3x2−6(m+1)x+9

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1, x2

⇔ phơng trình y '=0 có hai nghiệm pb x1, x2

⇔ Pt x2−2(m+1)x+3=0 cã hai nghiệm phân biệt x1, x2

m+1¿2−3>0⇔

¿ m>−1+√3

¿ m<−1−√3

¿ ¿ ¿ ¿

⇔Δ'=¿

+) Theo định lý Viet ta có x1+x2=2(m+1);x1x2=3 Khi

|x1− x2|≤2⇔(x1+x2) 2−4x

1x2≤4⇔4(m+1)

2−12≤4 m+1¿

2≤4⇔−3≤ m≤1(2) ⇔¿

Tõ (1) vµ (2) suy giá trị m 3 m<13 1+3<m 1 Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

√2cotx+ sin 2x

sinx+cosx=2 sin(x+ π

2) §iỊu kiƯn: sinx ≠0,sinx+cosx ≠0

Pt cho trở thành cosx

√2 sinx+

2sinxcosx

sinx+cosx −2 cosx=0

⇔cosx

√2 sinx−

2cos2x

sinx+cosx=0 ⇔cosx(sin(x+π

4)−sin 2x)=0

+) cosx=0⇔x=π

2+kπ , k∈Z

+)

sin 2x=sin(x+π 4)⇔ 2x=x+π

4+m2π

¿

2x=π − x −π 4+n2π

¿ x=π

4+m2π

¿ x=π

4+

n2π

3

¿ m, n∈Z

¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

⇔x=π 4+

t2π

3 , t∈Z

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt lµ

x=π

2+kπ ; x=

π

4+

t2π

3 , k ,t∈Z 2.Giải phương trình: log5(3x −1)+1=log3

√5(2x+1) §iỊu kiƯn x>1

3 (*)

Với đk trên, pt cho 3x −1¿

2+1=3 log

2x+1¿3 ¿

2x+1¿3

3x −1¿2=¿

3x −1¿2=log5¿ ¿

⇔log55¿

⇔8x3−33x2+36x −4=0

x −2¿2(8x −1)=0 ¿

⇔

¿ x=2

¿ x=1

8

¿ ¿

Đối chiếu điều kiện (*), ta cã nghiƯm cđa pt lµ x=2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=

1

x2+1

x3x+1dx Đặt t=3x+1dt= dx

2√3x+1⇒dx= tdt

3 Khi x=1 th× t = 2, x = t =

Suy I= (t

2−1 )

2 +1

t2−1 t

.2 tdt

3 ¿

2 92

4

(t2−1)dt+2

dt

t2−1

¿2

9( 3t

3− t

)

¿4 ¿ ¿2

+ln|t −1 t+1|

¿4 ¿ ¿2

=100 27 +ln

9

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có

AB=1,CC'=m(m>0) Tìm m biết góc hai đường thẳng AB' BC' 600

- KỴ BD // AB'(D∈A ' B ') ⇒(AB ', BC')=(BD,BC')=600

⇒∠DBC'=600 hc ∠DBC'=1200. - NÕu ∠DBC'=600

Vì lăng trụ nên BB'⊥(A ' B ' C ') áp dụng định lý Pitago định lý cosin ta có

BD=BC'=√m2+1 vµ DC'=√3

Kết hợp ∠DBC'=600 ta suy ΔBDC' Do m2+1=3⇔m=√2

C

C’ B’

B

A’ m

D 3

1 1200

- NÕu ∠DBC'=1200

áp dụng định lý cosin cho ΔBDC' suy m=0 (loại) Vậy m=√2.

* Chú ý: - Nếu HS xét trờng hợp góc 600 cho 0,5đ giải - HS giải phơng pháp vectơ toạ độ với nhận xét:

cos(AB ', BC')=|cos(AB' ,BC')|=|AB'.BC'| AB' BC'

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x , y , z thoả mãn x2

+y2+z2=3 Tìm giá trị lớn biểu thức

A=xy+yz+zx+

x+y+z §Ỉt t=x+y+z ⇒ t2=3+2(xy+yz+zx)⇒xy+yz+zx=t

2

−3 Ta có 0≤xy+yz+zx≤ x2+y2+z2=3 nên 3≤t2≤9⇒√3≤t ≤3 t>0 Khi A=t

2−3 +

5

t

XÐt hµm sè f (t)=t 2+

5

t −

3

2,√3≤t ≤3 Ta cã f '(t)=t −5

t2= t3−5

t2 >0 v× t ≥√3

Suy f(t) đồng biến [√3,3] Do f(t)≤ f(3)=14 Dấu đẳng thức xảy t=3⇔x=y=z=1

VËy GTLN cđa A lµ 14

3 , đạt đợc x=y=z=1

B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có

A(4;6) ,phương trình đường thẳng chứa đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C 2x − y+13=0 6x −13y+29=0 Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

- Gọi đờng cao trung tuyến kẻ từ C CH CM Khi

CH có phơng trình 2x y+13=0 ,

CM có phơng trình 6x 13y+29=0

- Tõ hÖ

¿

2x − y+13=0 6x −13y+29=0

⇒C(−7;−1)

¿{

¿

- AB⊥CH⇒n❑AB=u❑CH=(1,2)

⇒pt AB :x+2y −16=0

- Tõ hÖ

¿ x+2y −16=0 6x −13y+29=0

⇒M(6;5)

¿{

¿

M(6; 5)

A(4; 6)

C(-7; -1)

B(8; 4)

⇒B(8;4)

- Giả sử phơng trình đờng trịn ngoại tiếp ΔABC:x2+y2+mx+ny+p=0

Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên

¿

52+4m+6n+p=0 80+8m+4n+p=0 50−7m− n+p=0

¿{ {

¿

⇔

m=−4

n=6

p=−72

¿{ {

Suy pt đờng tròn: x2

+y2−4x+6y −72=0 hay

y+3¿2=85 x −2¿2+¿

¿

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có

M(5;3;−1), P(2;3;−4) Tìm toạ độ đỉnh Q biết đỉnh N nằm mặt phẳng (γ):x+y − z −6=0

- Gi¶ sư N(x0; y0; z0) Vì N()x0+y0 z06=0(1) - MNPQ hình vuông MNP vuông cân N

MN=PN MN PN=0

{

⇔

z0+4¿2 ¿ y0−3¿

2

+(z0+1)(z0+4)=0

¿ y0−3¿2+¿ x0−2¿2+¿ z0+1¿2=¿ y0−3¿2+¿

¿ x0−5¿2+¿

¿

⇔

x0+z0−1=0(2)

¿

y0−3¿2+(z0+1)(z0+4)=0(3)

¿

(x0−5)(x0−2)+¿

- Tõ (1) vµ (2) suy

¿

y0=−2x0+7 z0=− x0+1

¿{

¿

Thay vào (3) ta đợc x02−5x0+6=0

⇒

x0=2, y0=3, z0=−1

¿

x0=3, y0=1, z0=−2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

hay

N(2;3;−1)

¿ N(3;1;−2)

¿ ¿ ¿ ¿

- Gọi I tâm hình vuông I là trung điểm MP NQ I(7 2;3;

5 2) NÕu N(2;3−1) th× Q(5;3;−4)

NÕu N(3;1;−2) th× Q(4;5;−3)

Câu VIIa (1,0 điểm) Cho tập E={0,1,2,3,4,5,6} Từ chữ số tập E lập bao

nhiêu số tự nhiên chẵn gồm ch s ụi mt khỏc nhau? Giả sử abcd sè tho¶ m·n ycbt Suy d∈{0,2,4,6} +) d=0 Số cách xếp abc A63.

+) d=2 Số cách xếp abc A63 A52.

+) Với d=4 d=6 kết giống nh trờng hợp d=2 Do ta có số số lập đợc A63+3(A63− A52)=420

b Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) qua điểm

M(−2;−3) có phương trình đường chuẩn x+8=0 Viết phương trình tc ca (E)

- Gọi phơng trình (E):x

a2+ y2

b2=1(a>b>0)

- Gi¶ thiÕt

⇔

a2+

b2=1(1)

a2 c =8(2)

¿{

Ta có (2)⇔a2=8c⇒b2=a2−c2=8c − c2=c(8−c). Thay vào (1) ta đợc

8c+

9

c(8−c)=1

⇔2c2−17c

+26=0⇔

c=2

¿ c=13

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

* NÕu c=2 th× a2=16, b2=12⇒(E): x 16+

y2 12=1 * NÕu c=13

2 th× a

=52, b2=39

4 ⇒(E):

x2 52+

y2 39/4 =1

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) mặt phẳng (α):x+2y+2=0 Tìm toạ độ điểm M biết M cách điểm A , B , C mặt phẳng (α)

x0−1¿

+y02+z02

¿ y0−1¿2+z02

¿ z0−2¿2

¿ y0−3¿2+¿

x02 +¿ x02

+¿ ¿

√¿

⇔

y0−1¿2+z02(1)

¿ z0−2¿2(2)

¿ x0+2y0+2¿2

¿ ¿5(3)

¿

x0−1¿2+y02+z02=¿ y0−3¿2+¿ y0−1¿2+z02=x02+¿

¿ x0−1¿

2

+y02+z02=x02+¿ ¿

Tõ (1) vµ (2) suy

¿ y0=x0

z0=3− x0

¿{

¿

Thay vào (3) ta đợc 3x0+2¿

5(3x02−8x0+10)=¿

⇔

x0=1

¿ x0=23

3

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇒

M(1;1;2)

¿ M(23

3 ; 23

3 ;− 14

3 )

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển rút gọn biểu thức

1− x¿n

1− x¿2+ +n¿

1− x+2¿

thu đa thức P(x)=a0+a1x+ +anxn Tính hệ số a8 biết n số nguyên dương thoả mãn

1

Cn

2+

Cn

3=

n

Ta cã

1

Cn

2+

Cn

3=

n⇔ n≥3

n(n −1)+

7 3!

n(n−1)(n−2)=

n ¿{

⇔

n ≥3

n2−5n −36=0 ⇔n=9

Suy a8 lµ hƯ sè cđa x8 biÓu thøc 1− x¿ 9. 1− x¿8+9¿

8

Đó 8 C88+9 C98=89

ấ

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 3.

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

2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc

Câu II (2 điểm)

1/ Giải hệ phương trình:

¿

(x −1)(y −1)(x+y −2)=6

x2+y2−2x −2y −3=0

¿{

¿

2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x

Câu III.(1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = 2x, y = – x , trục hòanh và

trục tung

Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, O giao điểm AC BD Biết mặt bên hình chóp tam giác khỏang cách từ O đến mặt bên d Tính thể tích khối chóp cho

Câu V (1 điểm)

Chứng minh tam giác ta có: sin(π − A

4 ) sin(

π − B

4 ) sin(

π − C

4 )≥sin

A

2 sin

B

2 sin

C

2 II PHẦN RIÊNG (3điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần a b) Câu VI a.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): x2 +

y2

4=1 điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (E) hai điểm A, B cho M trung điểm AB

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - √3 z = góc 600

Câu VII a.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0

Câu VI b.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) đường tròn

(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = Lập phương trình đường tròn (C’) qua B tiếp xúc với (C) A.

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; ; c) với a, b, c số dương thay đổi cho a2 + b2 + c2 = Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến

mp(ABC) lớn Câu VII b.(1 điểm)

Tìm m để phương trình: 4(log2√x)

−log1

x+m=0 có nghiệm khỏang (0 ; 1).

ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 3.

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

2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc Phương trình hịanh độ giao điểm (C) (d): x3 – (m + 3)x – m – = 0

Hay : (x + 1)(x2 – x – m – 2) =

x=−1, y=3

¿

x2− x −m −2=0(∗)

¿ ¿ ¿ ¿

(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > −9

4¿ , xN xP nghiệm (*)

Theo giả thiết: (xN

2

−3)(xP

2

−3)=−1

⇔9m2+18m

+1=0⇔

m=−3+2√2

¿ m=−3−2√2

3

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Câu II (2 điểm)

1/ Giải hệ phương trình:

¿

(x −1)(y −1)(x+y −2)=6

x2+y2−2x −2y −3=0

¿{

¿

Hệ

⇔

(x −1)(y −1)(x −1+y −1)=6

y −1¿2−5=0 ¿

⇔

¿ ¿uv(u+v)=6

¿ u2

+v2−5=0

¿ ¿

⇔

x −1¿2+¿ ¿

với

¿ u=x −1

v=y −1

¿{

¿

Đặt:

¿ S=u+v

P=u.v

¿{

¿

¿ P.S=6

S2−2P −5=0 ⇔

¿S=3 P=2

¿{

u, v nghiệm phương trình: X2 – 3X + =

⇔

x −1=2

y −1=1

x −1=1

y −1=2

¿∨{

¿ X=1

¿ X=2

¿

⇔{

¿ ¿

Vậy nghiệm hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)

2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x

ĐK:

¿

cos 2x ≠0 sinx ≠0

¿{

¿

tan2x + cotx = sin 2cos 2xx+cosx sinx =

sin 2x sinx+cos 2xcosx cos 2x sinx =

cosx

cos 2x.sinx

Pt ⇔cosx

(8sinxcosxcos 2x −1)=0⇔cosx¿ sin4x – 1) =

⇔

x=π 2+kπ

¿ x= π

24 +k

π

2∨x= 5π

24 +k

π

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Câu III.(1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = 2x, y = – x , trục hòanh trục

tung

Phương trình : 2x = -x + có nghiệm x = Do đồ thị hai hàm số cắt

điểm có hịanh độ x = Vậy diện tích cần tính là: S = 

0

2xdx

+

(− x+3)dx= ln 2+2 Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, O giao điểm AC BD Biết mặt bên hình chóp tam giác khỏang cách từ O đến mặt bên

là d Tính thể tích khối chóp cho

Gọi M trung điểm CD Kẻ đường cao OH tam giác SOM ⇒OH⊥(SCD)⇒OH=d

Gọi CM = x Khi đó: OM = x , SM = x √3 SO = √SM2− x2=√3x2− x2=x√2

Ta có: SM.OH = SO.OM hay

x√3 d=x√2.x⇒x=d√6

2 ⇒CD=d√6,SO=d√3

d

x H

M O

D

C B

A

V=1 3CD

2 SO=1 36d

2.d

√3=2d3

√3 Câu V (1 điểm)

Chứng minh tam giác ta có: sin(π − A

4 ) sin(

π − B

4 ) sin(

π − C

4 )≥sin

A

2 sin

B

2 sin

C

2 Theo bất đẳng thức Côsi:

¿

√sin A

2 sin

B

2≤ 2[sin

A

2+sin

B

2]=sin

A+B cos

A − B

4 ≤sin

π − C

4

√sinB

2sin

C

2 ≤ 2[sin

B

2+sin

C

2]=sin

B+C cos

B −C

4 ≤sin

π − A

4

√sinC

2 sin

A

2 ≤ 2[sin

C

2+sin

A

2 ]=sin

C+A cos

C − A

4 ≤sin

π − B

4

¿{ {

¿

Nhân vế với vế bất đẳng thức cần chứng minh II PHẦN RIÊNG (3điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần a b) Câu VI a.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): x +

y2

4=1 điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (E) hai điểm A, B cho M trung điểm AB

Pt d: y = k(x – 1) +

Tọa độ giao điểm d (E) nghiệm hệ

¿ y=k(x −1)+1 4x2+6y2=24

¿{

¿

Suy ra: (6k2 + 4)x2 – 2(6k2 – k)x + 6k2 – 2k – 23 = (*)

Để thỏa YCBT từ (*) ta có: 2(6k

− k) 6k2

+4 =2⇔

6k2− k

6k2+4=1⇔k=−4 Vậy d : y = -4x + hay 4x + y – =

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - √3 z = góc 600

Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0, ⇒→n

p=(A ; B ;0) n →

Q=(2;1;−√5)

Theo gt: cos(n

→ p, n

→

Q)=cos 60

0⇔ |2A+B|

√A2

+B2.√4+1+5=

2⇔2|2A+B|=√10 √A

+B2 ⇔6A2+16 AB−6B2=0

Chọn B = ta có : 6A2 + 16A – = suy ra: A = -3 , A = 1/3

Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = -3x + y = Câu VII a.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0

(*) ⇔ t2

t −1=4m(t>0∧t ≠1) Xét y= t

2

t −1 có y '=

t2−2t (t=1)2 y’ = ⇔t=0∨t=2

Từ bảng biến thiên ta có : m < m≥1 Câu VI b.(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) đường tròn

(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = Lập phương trình đường trịn (C’) qua B tiếp xúc với (C) A.

(C) có tâm I(2 ; 1) phương trình đường thẳng AI: x + y – = Pt (C’) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = có tâm I’(-a ; -b)

A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) tâm I’ thuộc đường thẳng AI Ta có hệ phương trình:

¿

2a+4b+c=−5 2a+12b+c=−37

a+b+3=0

¿{ {

¿

, giải hệ a = 1, b = -4, c =

Pt (C’) : x2 + y2 + 2x – 8y + = 0

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; ; c) với a, b, c số dương thay đổi cho a2 + b2 + c2 = Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến

mp(ABC) lớn Pt mp(ABC):

x a+

y b+

z

c=1⇒d(O;(ABC))=

|−1| √a12+

1 b2+

1 c2 Theo bất đẳng thức Côsi :

a2+

b2+

c2≥3

√a2b12c2 = a2 + b2 + c2 3

√a2b2c2

Ta có : a2+

1 b2+

1

c2≥3⇔√ a2+

1 b2+

1

c2≥√3 ⇒d ≤ √3 Dấu = xảy a2 = b2 = c2 hay a = b = c = 1

Vậy d lớn bắng

√3 a = b = c = Câu VII b.(1 điểm)

Tìm m để phương trình: 4(log2√x)

−log1

x+m=0 có nghiệm khỏang (0 ; 1). Pt cho ⇔4(1

2log2x)

+log2x+m=0∀x∈(0;1)⇔log22x+log2x+m=0 (*) Đặt t=log2x , x∈(0;1)⇒t∈(−∞ ;0)

(*) ⇔t2+t+m=0⇔m=− t2−t∀t∈(− ∞;0) Xét hàm số y = -t2 – t có y’ = -2t – 1

y’ = ⇔t=−1 2, y=

1

t - ∞ - 12

+

- +

- 4

0

0

2

0

y y'

y’ + - y

4

- ∞ ĐS : m

4

ĐỀ 5

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)Cho hµm sè y=x+2

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

2.Cho điểm A(0;a) Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) cho hai tiếp điểm tơng ứng nằm hai phía trục ox

Câu II (2,0điểm)

Giải hệ phơng trình :

x4−4x2+y2−6y+9=0

x2y

+x2+2y −22=0

¿{

¿

Giải PT :  

2 2

cos cos sin +1

3

x  x  x

   

   

   

   

Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=

6

4

sin cos

6x

x x

dx 

 

  

Cõu IV (2,0 điểm)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vng tâm O cạnh a, SO

(ABCD) Gọi M, N lần lợt trung điểm SA BC Tính góc đờng thẳng MN mặt phẳng (ABCD) thể tích khối chóp M.ABCD, biết MN=a√10

2

Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho {a , b , c>0

abc=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thøcA =

a3(b+c)+¿

1

b3(a+c)+¿

1

c3(b+a)

Phần Riêng: (3 điểm)

Thí sinh đ ợc chọn làm hai phần (phần A phần B)

A Theo chơng trình chuÈn

Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho Δ ABC có PT hai cạnh là: 5x −2y+6=0, 4x+7y-21=0 Trực tâm tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh cịn lại

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d :

x y z

2 1

 

 

 .Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M,

cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d

Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ban cán gåm mét líp trëng, mét líp phã vµ đy viên (Biết không phân biệt chức danh ủy viên) Hỏi có cách lập ban cán

B Theo chơng trình nâng cao

2) Trong kg Oxyz cho đường thảng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từ I đến mp(P) mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường trịn (C)có bán kính r=3

Câu VII.b (1 điểm) Tìm giá trị tham số m để đờng thẳng y=−2x+m cắt đồ thị hàm số y=x

2 +x 1

x hai điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuéc trôc

tung

ĐÁP ÁN ĐỀ

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)Cho hµm sè y=x+2

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

2.Cho điểm A(0;a) Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) cho hai tiếp điểm tơng ứng nm v hai phớa trc ox

Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)

Điều kiÖn cã hai tiÕp tuyÕn qua A:

x+2

x −1=kx−a(2)

x −1¿2 ¿ ¿k(3)

¿ ¿ ¿ −3

¿

cã nghiÖm x ≠1

Thay (3) vào (2) rút gọn ta đợc: (a −1)x2−2(a+2)x+a+2=0(4)

§Ĩ (4) cã nghiƯm x ≠1 lµ:

¿ a ≠1

f(1)=−3≠0

Δ'=3a+6>0 ⇔

¿a ≠1 a>−2

¿{ {

¿

Hoành độ tiếp điểm x1; x2 nghiệm (4) Tung độ tiếp điểm y1=x1+2

x1−1

, y2= x2+2

x21

Để hai tiếp điểm n»m vỊ hai phÝa cđa trơc ox lµ: y1.y2<0⇔ (x1+2)(x2+2)

(x1−1)(x2−2)<0

x1x2+2(x1+x2)+4

x1x2−(x1+x2)+1 <0⇔ 9a+6

−3 <0⇔a>−

3 VËy −

3<a ≠1 thoả mÃn đkiện toán Cõu II (2,0im)

Giải hệ phơng trình :

x44x2

+y2−6y+9=0

x2y+x2+2y −22=0

¿{

¿

y −3¿2=4

¿

(x2+2)y+x2−22=0

¿ x2−2¿2+¿

¿ ¿

2 2

2

( 2) ( 3)

( 4)( 3) 20

x y

x y x

                 Dat 2 x u y v      

 * Thay vào hệ phơng trình ta có:

2 4

4( )

u v u v u v

        u v    

 hc u v     

vào cách đặt ta đợc nghiệm hệ : x y      ; x y      ; x y        ; x y        ;

Giải PT :  

2 2

cos cos sin +1

3

x  x  x

                2

1 2cos(2 ) cos(2 ) sin 2cos(2 ).cos sin

3 3

5

1 cos sin 2sin sin ; ;

6

x x x x x

x x x x x k x k hayx k

                                 

Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=

6

4

sin cos

6x

x x dx      

Tính tích phân I=

6

4

sin cos

6x

x x dx       * Đăt t = -x => dt = -dx

* Đổi cận:x t 4;;x t

   

     

6 6

4

4

6

4

sin cos sin cos

6 ; (6 1)

6

(sin cos )

                t t t t

t t t t

I dt I dt

4

4

4

4

3 5

2 sin cos sin

4 8 8

5

16 32

 



     

          

     

  

 

I t dt t dt t t

I



 

 



 

Cõu IV (2,0 điểm)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vng tâm O cạnh a, SO

(ABCD) Gọi M, N lần lợt trung điểm SA BC Tính góc đờng thẳng MN mặt phẳng (ABCD) thể tích khối chóp M.ABCD, biết MN=a√10

2

SO (ABCD) Dựng MH//SO, H thuộc AC, MH

(ABCD), suy góc đờng thẳng MN với mp(ABCD) góc MN H^ =α. Ta cần tính

α

XÐt tam gi¸c CNH cã :

HC=3 AC=

3a√2 ,CN=

a

2 HN2=HC2+CN2−2 HC CN cos 450 Hay HN2=9a

2 +

a2

4 − 3a2

4 Suy HN=a√10

4 VËy cosα= HN MN=

a√10

2

a√10=

Dẫn đến α=600. Vậy góc đờng thẳng MN mặt phẳng (ABCD) 600.

ThÓ tÝch khèi chãp M.ABCD.

Trong tam gi¸c HMN cã, tan 600

=MH

HN ⇒MH=HN tan60

=a√10

√3 =

a√30

MH lµ chiỊu cao cđa khèi chãp M.ABCD VËy thĨ tÝch cđa khèi chãp nµy lµ:

V=1

3SABCD MH=13a

.a√30 =

a3√30 24 C©u V (1 ®iÓm) Cho ba sè a, b, c sao cho {a , b , c>0

abc=1 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøcA =

a3(b +c)+¿

1

b3(a +c)+¿

1

c3(b +a) §Ỉt x =

a, y=

1

b, z=

1

c Khi đó: A= x

3

y+

1

z

+ y

x+

1

z

+ z

y+

1

x

=¿ x3yz

y+z+

y3xz

z+x +

z3xy

x+y ≥ (*) Do abc=1⇒xyz=1 nªn ta cã A= x

2

y+z+

y2 z+x+

z2

x+y (1) Ta chứng minh bất đẳng thức a+b+c

2 a

2

b+c+

b2 c+a+

c2

b+a Thật áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dơng ta có:

a2

b+c+

b+c ≥ a ,

b2

c+a+

c+a ≥ b ,

c2

a+b+

a+b ≥ c Cộng ba bất đẳng thức chiều ta có:

a+b+c

2 a

2

b+c+

b2 c+a+

c2 b+a Bạn đọc tự đánh giá dấu “=” xảy khi a = b = c.

VËy A= x

2

y+z+

y2 z+x+

z2 x+y≥

x+y+z ≥

3

√xyz=3 DÊu “=” x¶y x = y = z = VËy minA =

2 a = b = c =

Phần Riêng: (3 điểm)

Thí sinh đ ợc chọn làm hai phần (phần A phần B) A Theo chơng trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho Δ ABC có PT hai cạnh là: 5x −2y+6=0, 4x+7y-21=0 Trực tâm tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh lại

Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB : 5x −2y+6=0 AC: 4x+7y-21=0 , suy tọa độ A nghiệm hệ phơng trình:

{5x −2y=−6

4x+7y=21 , giải hệ suy A(0; 3) Nhận thấy A thuộc Oy, OA đờng cao tam giác, OA⊥BC⇒BC// Ox suy phơng trình BC có dạng y = y0

Đờng cao BB’ qua trực tâm O vng góc với AC suy BB’ có phơng trình là: 7(x – 0) - 4(y – 0) = hay BB’: 7x – 4y = Điểm B = BB' ∩AC⇒ tọa độ B nghiệm hệ phơng trình:

{57x −x −24yy==0−6⇔{

x=−4

y=−7

Đờng thẳng qua B(- 4; - 7) song song với Ox đờng thẳng BC suy phơng trình cạnh BC: y = -

VËy ph¬ng trình cạnh lại tam giác ABC y = -7

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d :

x y z

2 1

 

 

 .Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M,

cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d

Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d

d có phương trình tham số là:

x 2t y t z t

   

  

  

Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy :MH = (2t  ;  + t ;  t)

Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên : 2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t =

2

3 Vì thế, MH =

1 ; ; 3

 

 

 

 

3 (1; 4; 2)

MH

u  MH   

Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là:

x y z

1

 

 

 

Theo trªn cã

7

( ; ; )

3 3

H  

mà H trung điểm MM’ nên toạ độ M’

8

( ; ; )

3  Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ban cán sù gåm mét líp trëng, mét líp phã vµ ủy viên (Biết không phân biệt chức danh ủy viên) Hỏi có cách lập mét ban c¸n sù

A

B

C O(0; 0)

A

B’

• Đầu tiên ta chọn học sinh để làm lớp trởng lớp phó, (chú ý hai chức danh khác nhau)

Mét c¸ch xÕp häc sinh lµm líp trëng vµ líp phã lµ chỉnh hợp chập 40 Số cách xếp häc sinh lµm líp trëng vµ líp phã lµ A402

Còn lại 38 học sinh

ã Tip ta chọn học sinh làm ủy viên (khơng phân biệt thứ tự) Số cách chọn học sinh lm y viờn l C383

ã Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ban cán : A402 C383 =13160160 cách

B Theo chơng trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho A(4;3), đường thẳng (d) : x – y – = (d’): x + y – = cắt M Tìm B( ) àd v C( ')d cho A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC

2) Trong kg Oxyz cho đường thảng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từ I đến mp(P) mặt cầu(S) cắt

mp(P )theo giao tuyến đường trịn (C)có bán kính r=3

m cầu(S) có tâm I g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của(1) *d I P ;  2 (2) Từ (1) và(2) ta có hệ PT:

2 2

11 14 1

; ; ; ; ;

2 6 3

2 a b c

a t heconghiem va

b t c t

    



     

    

      

   



  



Dor R2 3  R 13 Vậy có mặt cầu theo ycbt :

 

2 2

1

2 2

2

11 14

( ) : 13

6

1

: 13

3 3

S x y z

S x y z

     

     

     

     

     

     

     

     

Câu VII.b (1 điểm) Tìm giá trị tham số m để đờng thẳng y=−2x+m cắt đồ thị hàm số y=x

2 +x 1

x hai điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thc trơc

tung

 Phơng trình hồnh độ giao điểm:

x2+x+1

x =−2x+m⇔3x

2

+(1−m)x −1=0(x ≠0) (1)

 NhËn thÊy x = 0, không nghiệm phơng trình (1) cã biƯt sè:

Δ=(1− m)2+12>0,∀m , suy ph¬ng trình (1) có hai phân biệt x1, x2 khác víi mäi

m, tức thẳng ln cắt đờng cong hai điểm A, B phân biệt với m Theo định lí Viét ta có x1+x2=−b

a= m−1

3

 Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB xI=x1+x2 =

m−1 §iĨm I∈Oy⇔xI=0⇔m−1=0⇔m=1

ĐỀ

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y x 4 5x24, có đồ thị (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C)

2 Tìm m để phương trình |x4 5x24 | log 2m có nghiệm. Câu II (2.0 điểm)

Giải phương trình:

1

sin 2x sin x 2cot 2x

2sin x sin 2x

   

2 Tìm m để phương trình:  

2

m x  2x 1  x(2 x) (2) 

có nghiệm x 0;

 

 

 

Câu III (1.0 điểm) Tính

4

2x

I dx

1 2x

 

 

 Câu IV (2.0 điểm)

1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a BAC

❑

=120o

Gọi M trung điểm cạnh CC1

a/.Chứng minh MBMA1

b/.Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1)Câu VI.a (2.0 điểm)

1 Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + =

a Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) b Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ

2 (1.0 điểm) Giải phương trình:  

2

3

log x  x  log x2x x 2)Câu V.b (1,5điểm)

1 Giải bất phương trình: (log log x )logx  2 2x 0

2.(1.5 điểm) Cho x, y, z số dương Chứng minh : 3x2y4z xy 3 yz5 zx

ĐÁP ÁN ĐỀ

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y x 4 5x24, có đồ thị (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C)

9

4

12

log 12 144 12

4

m  m  Câu II (2.0 điểm)

Giải phương trình:

1

sin 2x sin x 2cot 2x

2sin x sin 2x

   

(1) (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x  0

 cos2x 0v2cos x cosx 0(VN)     cos2x = 

  

     

2x k x k

2

2.Tìm m để phương trình:  

2

m x  2x 1  x(2 x) (2) 

có nghiệm x 0; 1 3 Đặt t x2 2x 2  t2  = x2  2x

Bpt (2) 



    



2

t

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t

Khảo sát

2

t

g(t)

t

 

 với  t  2

g'(t)

2

t 2t 0

(t 1)

 

 

 Vậy g tăng [1,2] Do đó, ycbt  bpt

2

t

m

t

 

 có nghiệm t  [1,2]

  

  

t 1;2

2 m max g(t) g(2)

3

Vậy m

Câu III (1.0 điểm) Tính

4

2x

I dx

1 2x

 

 



Đặt t 2x 1  t2 2x 1  2tdt 2dx  dx tdt ; Đổi cận t(4) = 3, t(0) =

Vậy

4 2

0 1

2x t

I dx dt t dt

1 t t

1 2x

  

      

 

   

  

; =

Câu IV (2.0 điểm)

1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a BAC

❑

=120o Gọi M trung điểm cạnh CC1

a).Chứng minh MBMA1

 

  

 

 

a a

A(0;0;0),B ; ;0

2

M( 2a,0,a 5)

 

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

5

BM a ; ; , MA a(2;0; 5)

2

Ta có:       

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

  2

1

BM.MA a ( 5) BM MA

b.Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

Ta tích khối tứ diện AA1BM :



   

   

   

     2

1 BMA1

1 a 15

V A A AB,AM ; S MB,MA 3a

6

Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1)

3V a 5

d

S

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1)Câu VI.a (2.0 điểm)

1 Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + =

a Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Ta có AB ( 2,4, 16)  



phương với    

a ( 1,2, 8)

mp(P) có VTPT n (2, 1,1)  

Ta có  

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1)

Phương trình mp(Q) chứa AB vng góc với (P) : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =

 2x + 5y + z  11 =

b Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ

Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với Mp (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' :

x y z

2 1

  

 



AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm ;

   

 

 

   

 

 



2x y z

H(1,2, 1) x y z

2 1

Vì H trung điểm AA' nên ta có :

H A A '

H A A '

H A A '

2x x x

2y y y A'(3,1,0)

2z z z

 

 

  



  

 Ta có A'B ( 6,6, 18)  



(cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B :

 

 



x y z

Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

   

 

 

 



 



 

2x y z

M(2,2, 3) x y z

1

2 (1.0 điểm) Giải phương trình:  

2

3

log x  x  log x2x x

   

2

2

1

log x x x x 3x x x

x x

  

      

Đặt:f(x)= 3x2x g(x)=

1 x

x  

(x0)

Dùng pp kshs =>max f(x)=3; g(x)=3=>PT f(x)= g(x)  max f(x)= g(x)=3 x=1 =>PT có nghiệm x=

Câu V.b (1,5điểm)

1 Giải bất phương trình: (log log x )logx  2 2x 0

Điều kiện x > , x 

(1)

 

    

 

1 2log x 1log 2x 0

log x

 

 

 

     

 

 

2

2

1 log x log x 1 0

1 log x

   

     

 

      

2 2

2

2

2

log x log x

(log x 3) 0

log x log x

1

log x 1haylog x 0 x hay x

2

2.(1.5 điểm) Cho x, y, z số dương Chứng minh : 3x2y4z xy 3 yz5 zx

Theo BĐT Cauchy

     

1

; ;

2 x y  xy y z  xy z x  xy Cộng vế =>điều phải chứng minh

ĐỀ

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm)

Câu I :( 2, điểm) Cho hàm số y (m 2)x  33x2mx 5 , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số m =

2 Tìm giá trị m để điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cho có hồnh độ số dương

Câu II :( 2, điểm) Giải phương trình

1 4sin x.c 3x 4cos x.sin 3x 3c 4x 33 os   os  log (x3 5x 6) log (x  9x 20) log   

Câu III :( 1, điểm) Tìm giá trị tích phân :

3

e

1

ln x I

x ln x 



CâuVI :( 1, điểm) Một mặt phẳng qua đỉnh S hình nón cắt đường trịn đáy theo cung 

AB có số đo  Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc  Biết khoảng cách từ tâm O đáy hình nón đến mặt phẳng (SAB) a Hãy tìm thể tích hình nón theo,và a

CâuV :( 1, điểm) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh bất đẳng thức sau : 3 2 2

2 y

2 x z 1

x y + y z + z x x + y + z

B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần(phần 2)

1.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa :(2,0 điểm)

1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x22y2 7x 0  hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với đường thẳng AB

2/ Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) qua M(2; -1; 2) , song song với Oy vng góc với mặt phẳng (Q): 2x – y + 3z + =

Câu VIIa :(1,0 điểm) Cho chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 7, Hãy cho biết có tất số tự nhiên có chữ số khác đơi cho hai chữ số chẵn không đứng cạnh , lập từ chữ số cho

2.Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb :(2,0 điểm)

1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x22y2 7x 0  hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với đường thẳng AB

2/ Cho hàm số

2

2x (m 1)x

y

x m

  



 Tìm giá trị m cho tiệm cận đồ thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2+5

Câu VIIb :(1,0 điểm) Cho khai triển

 x 

3 x

2

8 1log 3 1

log

2



   

 



 

  Hãy tìm giá trị x biết

rằng số hạng thứ khai triển 224

ĐÁP ÁN ĐỀ

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm)

Câu I :( 2, điểm) Cho hàm số y (m 2)x  33x2mx 5 , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số m =

2 Tìm giá trị m để điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cho có hồnh độ số dương

Các điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cho có hồnh độ số dương  PT y ' 3(m 2)x  26x m = 0 có nghiệm dương phân biệt

2 a (m 2)

' 3m(m 2) ' m 2m 0 3 m 1

m m 0 m 0 3 m 2

P

3(m 2)

m m

3

S

m

  

 

     

        



 

              



      

 

 

 



 

Câu II :( 2, điểm) Giải phương trình

1 4sin x.c 3x 4cos x.sin 3x 3c 4x 33 os   os 

2

4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cos x.sin 3x[ ] 3 cos4x

4 sin x.cos3x cos x.sin 3x) cos x sin x(cosx.cos3x sin x.sin 3x)[( ] 3 cos4x

     

1

4 sin 4x sin 2x.cos2x 3 cos4x sin 4x sin 4x 3 co s4x 3sin 4x 3 cos4x

2

[ ]  

           

 

1

sin 4x cos4x sin 4x cos 4x sin(4x ) sin

2 2

 

        

4x k2 4x k2 4x k2 x k

3 6 24 2 (k Z)

5 x k

4x k2 4x k2 4x k2

8

3 6

      

   

            

   

       

 

    

                

   

 

2 log (x3 5x 6) log (x  9x 20) log    (*)

+ Điều kiện :

2

x

x 5x x x

4 x

x x

x 9x 20

x

            

      

  

       

 

   

 , có : 1 log log 24 

+ PT (*)

2 2

3

log (x 5x 6)(x 9x 20) log 24 (x 5x 6)(x 9x 20) 24

(x 5) ( x 3) (x 2)

(x 5) ( x 3) (x 2)

             

  

  

                    

 

(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*)

(x 5) ( x 3) (x 2) (**)

    

  

          

+ Đặt t(x 3)(x 4)  x27x 12  (x 2)(x 5)   t 2, PT (*) trở thành : t(t-2) = 24  (t 1) 25 t t  4

 t = :

2 x

x 7x 12 x 7x

x

          



 ( thỏa đkiện (**))  t = - : x27x 12 4 x27x 16 0  : vơ nghiệm

+ Kết luận : PT có hai nghiệm x = -1 x = -

Câu III :( 1, điểm) Tìm giá trị tích phân :

3

e

1

ln x I

x ln x 





+ Đặt

2 dx t ln x ln x t 2tdt

x

      

 

3

3

ln x t 1 + Đổi cận : x 1  t ; x e  3 t 2

+ Tích phân

2 2

5

1 1

(t 1) t 3t 3t 1

I dt dt (t 3t 3t )dt

t = t t

   

     

6 2

1 3 15

t t t ln t ln

1

6 4

 

      

 

CâuVI :( 1, điểm) Một mặt phẳng qua đỉnh S hình nón cắt đường trịn đáy theo cung 

AB có số đo  Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc  Biết khoảng cách từ tâm O đáy hình nón đến mặt phẳng (SAB) a Hãy tìm thể tích hình nón theo,và a

+Gọi I trung điểm dây cung AB H chân đường cao hạ từ O tam giác SOI : AB IO , AB SO  AB(SIO) AB SI AB OH ,và có IS OH theo cách dựng Từ giả thiết đề , ta có

 

IOA OH a

2 ; OIS ; 

  

OH a

OI

sin sin

 

 

OH a

OS

cos cos

 

 

+Tam giác OIA vuông I  IOA

2  

nên b/kính đường trịn đáy

OIa

cossin.cos

22

ROA







+ Thể tích hình nón :

2

3

2

1 a a a

V )

3 sin co s co s 3sin .co s co s

2

(R OS

 

    

      

   

    

 

CâuV :( 1, điểm) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh bất đẳng thức sau : 3 2 2

2 y

2 x z 1

x y + y z + z x x + y + z CM bất đẳng thức 3 2 2

2 y

2 x z 1

x y + y z + z x x + y + z với x > ; y > ; z > 0

+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x3 y2 ta có :

3

3

2 x x y x y xxy

x y xy

    

 , dấu đẳng thức xảy x3 = y2 (1)

Tương tự :

2 y

y z yz , dấu đẳng thức xảy y3 = z2 (2)

2 z

z x zx, dấu đẳng thức xảy z3 = x2 (3)

+ Áp dụng BĐT(dễ CM ) ab bc ca a   2b2c2(dấu đẳng thức xảy a = b = c )

ta có : 2

1 1 1

xy + yz+ zx x + y + z , dấu đẳng thức xảy x = y = z (4)

+ Từ (1), (2), (3) (4) ta có BĐT cần C/minh Dấu đẳng thức xảy x = y = z >

B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần(phần 2)

1.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa :(2,0 điểm)

1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x22y2 7x 0  hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với đường thẳng AB + Đường tròn(C ) :

2

2 2 7 65

2x 2y 7x x y x x y

2 16

 

              

 

 (C ) có tâm I ;0

4

 

 

  bán kính

65 R

4 

+ Đường thẳng AB với A(-2; 0) B(4; 3) có phương trình

x y x

y , hay :

 

 

2

2 2 x 5x(x 2) 0

2x 2y 7x 2x 7x x 0; y 1

2

x

x x 2; y 2

x

2

2

y = y =

y =

   

 

            

 



    

  

     

 

 

  

 



Vậy có hai giao điểm M(0; 1) N(2; 2)

+ Các tiếp tuyến (C ) M N nhận vectơ

7

IM ;1

4

 

  

 



1

IN ;

4

 

 

 



làm vectơ pháp tuyến , TT có phương trình :



(x 0) 1(y 1) 7x 4y

4 , hay :

       



(x 2) 2(y 2) x 8y 18

4     , hay :   

2/ Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) qua M(2; -1; 2) , song song với Oy vng góc với mặt phẳng (Q): 2x – y + 3z + =

Cách

+ Mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + = có VTPT nQ 2; 1;3 



trục Oy có VTĐV

 

j ; ; 

Hai vectơ nQ

 j



không phương với + Gọi nP



là VTPT mặt phẳng (P) Vì (P) song song với Oy vng góc với mặt phẳng (Q) nên nP nQ

 

và nP j

 

, chọn nP j, nQ (3;0; 2)

  

.Mp qua M có VTPT (3;0; 2) là

3(x - 2) + 0(y+1) -2(z - 2) = , : 3x - 2z - = 0 // Oy Vậy (P) : 3x - 2z - = 0

Cách

+ Mặt phẳng (P) song song trục Oy qua M( 2; -1; 2) nên có phương trình dạng : a( x – ) + c(z – 2) =  ax cz 2a 2c 0    , với a2c2 0 2a 2c 0 

+ Mặt phẳng (P) vng góc với mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + = nên có 2a + 3c = : chọn a = c = -2 , -2a – 2c = 2 0 , PT mp(P) : 3x – 2z – = 0

Câu VIIa :(1,0 điểm) Cho chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 7, Hãy cho biết có tất số tự nhiên có chữ số khác đơi cho hai chữ số chẵn không đứng cạnh , lập từ chữ số cho

Đặt A = { 1, 2, 3, 4, 5, 7, }

+ Tổng số số tự nhiên có chữ số khác đơi lập từ chữ số tập A 7! + Trong A có hai chữ số chẵn nên : Tổng số số tự nhiên có chữ số khác đôi cho hai chữ số chẵn đứng cạnh , lập từ chữ số tập A : 2!6! + Vậy : Tổng số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán : 7! – 2!6! = 6!(7 – 2) = 6!5 = 3600

(số )

2.Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb :(2,0 điểm)

1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x22y2 7x 0  hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với đường thẳng AB

2/ Cho hàm số

2

2x (m 1)x

y

x m

  



Hàm số

2

2x (m 1)x

y

x m

  



 xác định với xm Viết hàm số dạng

2

m m

y 2x m

x m  

   

 + TH1 :

2 13

m m m

2 

    

: Có hàm số bậc y 2x m   (xm) : đồ thị khơng có tiệm cận

+ TH2 :

2 13

m m m

2 

    

: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng (d1)

x = -m

và tiệm cận xiên đường thẳng (d2) y = 2x + - m

+ Đường thẳng (d1) x = - m cắt parabol parabol y = x2 +5 điểm (-m ; m2 +5) ( với

1 13

m  

) tiếp tuyến parabol

+ Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5  PT x2 +5 = 2x + - m ,

hay PT x2 – 2x + +m = có nghiệm kép  ' 1-(4 + m) =  m3( thỏa điều kiện)

Kết luận : m = -3 giá trị cần tìm Câu VIIb :(1,0 điểm) Cho khai triển

 x 

3 x

2

8 1log 3 1

log

2



   

 



 

  Hãy tìm giá trị x biết

rằng số hạng thứ khai triển 224 Ta có :  

k

8 k k k k

a b C a b

  

 

với  

 

 

x

3 x

2

1

1 log 3 1

log x 3 5 x 5

a   =  ; b 2    

    

+ Theo thứ tự khai triển , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải khai triển

       

3

1 1

5 x 3 x 5 x x

6

T C        56   

         

   

+ Theo giả thiết ta có :    

x 1

x x x x

x

9

56 4(3 1)

= 224  

   





       



 

x

x x

x

3 x 4(3 )

x 3



 



   

       



 

 ĐỀ

I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH :(7 điểm) Bài I (2 điểm) Cho hàm số

3

1

3

y x  mx  x m 

có đồ thị (Cm) a) Khảo sát m =-1

b) Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt có tổng bình phương hồnh độ lớn 15

Bài II (2 điểm) Cho phương trình cos3x sin3x m (1) a) Giải phương trình m=-1

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm

; 4

x   

 

a) Giải phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32

b) Tính tích phân

2

4

4

sin

cos (tan tan 5)

xdx

x x x





  

 Bài IV(2 điểm)

a/.Cho khai triển  

2 15

0 15

1 x x x a a x a x

Tìm hệ số a9 khai triển đó. b/.Cho a, b, c>0; abc=1 Chứng minh

3 3 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

a b c

b c  c a  a b 

     

II-PHẦN RIÊNG(3điểm)( Thí sinh làm câu Va Vb) Bài Va.(3 điểm)

Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x1 2 y2 2  z32 14

điểm M1; 3; 2   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua cho (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ

2.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;3 nằm (C): x2y2 6x2y 6 Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) hai điểm B C cho AB=BC Bài Vb.(3 điểm)

(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Biết  1; , 1; 4

A  B 

đường thẳng BC qua điểm

1 2;

2 M 

  Hãy tìm toạ độ đỉnh C.

2.(2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) SA=2a Gọi E trung điểm cạnh CD

a) Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE b) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

ĐÁP ÁN ĐỀ

I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH :(7 điểm) Bài I (2 điểm) Cho hàm số

3

1

3

y x  mx  x m 

có đồ thị (Cm) a) Khảo sát m =-1

b) Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt có tổng bình phương hoành độ lớn 15

YCBT thỏa

3

1 2 0

3x mx x m

     

có nghiệm phân biệt thỏa x12x22 x32 15. x 1x2 (1 )m x 2 3m 0

      

có nghiệm phân biệt thỏa 2

1 15 x x x  .

1

m

 

Khi m=-1, phương trình trở thành cosx sinx 1 cos sin x x1 Đặt t = cosx sinx; điều kiện t  2 Ta có nghiệm

 

2 ,

2

x k k l x l

 

 



 

 



  



b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm

; 4

x   

 

(1)  cosx sinx 1 cos sin x x m Đặt t = cosx sinx; điều kiện t  2 Khi

; 0;

4

x     t  

   

  Ta có phương trình theo t: 3t t 2m. Bằng cách tìm tập giá trị hàm vế trái, ta suy phương trình có hai nghiệm

; 4

x   

 

2 ;1

m    . Bài III (2 điểm)

a) Giải phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32

ĐK: x>0

Ta có phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32  3log2x x21

Đặt log2

t

x x

Phương trình trở thành

3

3 1

4

t t

t t     t x

           

   

b) Tính tích phân

2

4

4

sin

cos (tan tan 5)

xdx

x x x





  



4

4

sin

cos (tan tan 5)

xdx I

x x x



  

 



Đặt tan

dt t x dx

t

  

 Ta có

1

2

1

2

2 ln

3

2 5

t dt dt

I

t t t t

 

   

   

 

Tính

1

1

dt I

t t

 

 



Đặt

0

4

1 tan

2

t u I du



 



    

Vậy

2 ln

3

I     Bài IV(2 điểm)

a) Cho khai triển  

2 15

0 15

1 x x x a a x a x

Tìm hệ số a9 khai triển đó.

 35   2 5

5 10 0

1 1 k m k m

k m

x x x x x C C x 

 

 

      

   

a9 cho tương ứng k+m=9

Suy a9C C5 100 C C5 101 C C5 102 C C5 103 C C5 104 C C5 105 5005 b/.Cho a, b, c>0; abc=1 Chứng minh

3 3 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

a b c

b c  c a  a b 

      .

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số, ta có

 

  

 

3 1 1 3

(1 )(1 ) 8

a c b a

b c

 

  

 

3 1 1 3

(1 )(1 ) 8

b c a b

c a

 

 

  

 

    

3 1 1 3

(1 )(1 ) 8

3 (1)

4

c a b c

a b

VT a b c

Dấu xảy

1 1

1

8 8

1

a c b

a b c abc

   

 



   



 



Vậy

3 3

(1) (1)

2 4

VT   VT  

đpcm

II-PHẦN RIÊNG(3điểm)( Thí sinh làm câu Va Vb) Bài Va.(3 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x1 2 y2 2  z32 14

điểm M1; 3; 2   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua cho (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ

Ta thấy M thuộc miền (S) (S) có tâm I1; 2; ,   R 14 Do đó, (P) qua M cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ

2

R IH

  nhỏ (H hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P))  IH lớn nhất 0;1; 1

M H IM

    



là VTPT (P) Vậy (P) có phương trình y-z+1=0 2.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;3 nằm (C): x2y2 6x2y 6 Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) hai điểm B C cho AB=BC Theo yêu cầu toán  A B C, , thẳng hàng AB=BC.Gọi

2

( ; ), ( ; )

2

m a B a b C m n

n b

  

 

 



Do B, C nằm (C) nên

2 2

3

6

5

6

1

a

a b a b b

m m n m n

n

  

      

 



 



    

 



 

 hoặc

7

5

5 13

5

a b m n

   

  

    

 .

I F

E

A D

B C

Bài Vb.(3 điểm)

(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Biết  1; , 1; 4

A  B 

đường thẳng BC qua điểm

1 2;

2 M 

  Hãy tìm toạ độ đỉnh C.

Đt BC qua B1; 4 

1 2;

2 M 

  nên có pt:

1

9

2 x y

 9x 2y 17

   

9 17

; ,

2 t

C BC  C t   t

    

9 25

2; ; 1;

2 t AB  AC t  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì tam giác ABC vng A nên               AB AC 0 Suy ra

9 25

1

2 t

t     t

Vậy C3;5

2.(2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) SA=2a Gọi E trung điểm cạnh CD

a) Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE Gọi F trung điểm BC => AFBE

Vì AIB ABF

2 2

2

2

5

4

AI AB AB a a a

AI

AB AF AF a a

a

      



Vì

AI BE

SI BE SA BE

 

  

 

2

2 4

5

a a

SI SA AI a

  

b) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Gi O l trung điểm SC  SO AO CO  (1)

Vì SDCvng góc D (CDSD CD, AD)  SO OD (2) Vì SBCvng góc B (BCBA BC, SA)  SO OB (3)

Từ (1), (2), (3) SO=AO=BO=CO=DO => O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp =>

2 2 4 6

2 2

SO AC SA a a a

R     

ĐỀ

Câu

Cho hàm số

2 x y

x 



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

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

Câu 2: ( điểm)

O

I F

E A

B

D

Cho hệ phơng trình:

2

2 x xy y m x y xy m

   

 

  



1) Giải hệ phơng trình với m3

2) Tỡm m để hệ phơng trình có nghiệm Câu 3:

1). Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng: 3(a2+b2+c2)+4 abc≥13

2).Cho ABC Chøng minh r»ng: sin 2Asin 2Bsin 2C4sin sin sinA B C

Trong A B C, , độ lớn ba góc ABC đối diện lần lợt với ba cạnh BC CA AB, , Câu 4: ( điểm)

Cho ABC vng góc A Trên đờng thẳng vng góc với mặt phẳng ABC B ta lấy điểm S cho SB BA AC  1  P mặt phẳng song song với cạnh SB AC cắt cạnh SA SC BC BA, , , lần lợt D E F H, , ,

1) Chứng minh rằng: DEFH hình chữ nhật

2) Xác định vị trí mặt phẳng  P cho diện tích hình chữ nhật lớn Câu 5: ( điểm)

1).Cho a b c, , số thực không âm, đôi khác Chứng minh rằng:

ab bc ca a b c a b b c c a

 

  

   Hỏi dấu = xảy nào?

2) Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: x2+y2+z2≤xyz Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P= x

x2+yz+

y y2+zx+

z z2+xy

3) Giải hệ phương trình sau:

x+y¿2 ¿ ¿7

¿

2x+

x+y=3

¿ ¿

4 xy+4(x2+y2)+3

¿

ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu I

Cho hàm số

2 x y

x 

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

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

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

       

2 2

2

4

4 2

2

a

y x a x a y a d

a a

       

 

Tâm đối xứng I2;2 Ta có

 

 4  2

8 8

, 2

2 2

16 2.4

a a a

d I d

a

a a

  

   



  

 , 

d I d

lớn

 22

4

a a

a

 

   

 

Từ suy có hai tiếp tuyến y = x y = x + Câu 2: ( điểm)

Cho hệ phơng trình:

2

2 x xy y m x y xy m

   

 

  



1) Giải hệ phơng trình với m3

Nhn thy rng hệ phơng trình đối xứng loại I Khi ú:

Đặt

, x y S xy P

 

 



 điều kiện S2 4P0 Viết lại hệ phơng trình díi d¹ng:

 

 

2

1

x y xy m S P m

SP m x y xy m

   

    





 

 

   



  I

Khi S P, nghiệm phơng trình bậc hai:

 

2 2 1 0

1 t

t m t m

t m  

      

  

1

1 x y xy m x y m xy   

 

  

 

     

   

   

     

2

1

1

f u u u m

g u u m u

    

 

   

 Với m=-3, ta đợc:

 1 2 0 1;

2 2;

u x y

u u

u x y

  

 

       

  

 

 

2  u    u u 1 x y

2) Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm

Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm x y0; 0thì y x0; 0 nghiệm hệ, hệ có nghiệm x0 y0.

Khi đó:

2

0 0

3

0 0

1

2 2

3

2 2

3 m

x x m m x

m

x m x x x

m 

 

       

 

  

  

     

  

 

  

Điều kiện đủ:

+Với m1, ta đợc:

   

 

3 xy x y I

xy x y

  

   

 

 

Khi x y, nghiệm phơng trình:

 

1

3

2

1 x y

vn xy

t

t t x y

t x y

xy   

 

 

 

        



   



    

 lµ nghiƯm nhÊt cđa hƯ. +Víi m1, ta cã:

   

 

1 xy x y I

xy x y

  

   

 



 NhËn thÊy hƯ lu«n có cặp nghiệm 0;1 1;0.

+Với

3 m

, ta cã:

 

 

 

5 4 xy x y I

xy x y 

  

   

  

 

Khi x y xy nghiệm phơng trình:

 

1 1

5 0

1

4

4

4 x y xy t

t t x y

t

x y

vn xy

   

 

 



 

  

        

  

 

 

    

VËy: víi m1 hc

3 m

hệ cho có nghiệm Câu 3: (1 điểm)

1). Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng: 3(a2+b2+c2)+4 abc≥13

Đặt f(a , b , c)=3(a2+b2+c2)+4 abc−13;t=b+c

*Trước hết ta chưng minh: f(a , b , c)≥ f(a ,t ,t) :Thật Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a ≤ b ≤ c

⇒3a ≤ a+b+c=3 hay a

f(a , b , c)− f(a , t , t)=¿ 3(a2+b2+c2)+4 abc−13−3(a2+t2+t2)−4 at2+13 = 3(b2+c2−2t2)+4a(bc− t2)

= 3[b2+c2−2(b+c)

2

]+4a[bc−(b+c)

2

] =

b − c¿2 ¿ b − c¿2

3¿ ¿

=

b− c¿2 ¿

(3−2a)¿ ¿

a

*Bây ta cần chứng minh: f(a , t , t)≥0 với a+2t=3 Ta có f(a , t , t)=3(a2+t2+t2)+4 at2−13

= (3−2t¿2+t2+t2)+4(3−2t)t2−13 3¿

= t −1¿

(7−4t)≥0

2¿ 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ⇔t=1∧b − c=0⇔a=b=c=1 (ĐPCM) 2).Cho ABC Chøng minh r»ng:

sin 2Asin 2Bsin 2C4sin sin sinA B C

Trong A B C, , độ lớn ba góc ABC đối diện lần lợt với ba cạnh BC CA AB, , Trong ABC, ta có:

2

B C A

   

 

 

sin sin sin 2sin cos 2sin cos

2sin cos 2sin cos

2sin cos cos

2sin cos cos

2

2sin cos cos

2

2sin sin sin

A B C A A B C B C

A A A B C

A A B C

A B C A B C

A

A C B

A B C dpcm

 

     

  

    

   



   

      

   

 

C©u 4: ( ®iĨm)

Cho ABC vng góc A Trên đờng thẳng vng góc với mặt phẳng ABC B ta lấy điểm S cho SB BA AC  1  P mặt phẳng song song vi cỏc cnh SB v

AC cắt cạnh SA SC BC BA, , , lần lợt t¹i D E F H, , , . 1).Chøng minh rằng: DEFH hình chữ nhật



 / / / /

P SAB DH

DH SB P SB

 

 

 



 (1)

   

 / / / /

P SBC EF

EF SB P SB

 

 

 



 (2)

   

 / / / /

P SAC DE

DE AC P AC

 

 

 



 (3)

   

 / / / /

P ABC HF

HF AC P AC

 

 

 



 (4)

Tõ (1), (2), (3), (4) suy tø giác DEFH hình bình hành (5)

Mặt khác:

 

/ /

SB ABC SB HF

DH HF SB DH

  

 

 

 

 (6)

VËy: Tø (5) vµ (6) suy DEFH hình chữ nhật

2) Xỏc định vị trí mặt phẳng  P cho diện tích hình chữ nhật lớn

H×nh ch÷ nhËt DEFH sÏ cã diƯn tÝch lín nhÊt  P ®i qua ®iĨm D E F H, , , lần lợt trung điểm cạnh SA SC BC AB, , ,

Câu 5: ( điểm) Cho a b c, , số thực không âm, đôi khác Chứng minh rằng: A

B

C S

D E

2 ab bc ca a b c a b b c c a

 

  

   Hỏi dấu “=” xảy nào? áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số a b c, , ta đợc:

   

 

2

2

2

2

2

2

ab ab ab ab

a b ab

a b ab a b

bc bc bc bc

b c bc

b c bc b c

ca ca ca ca

c a ca

c a ca c a

     

 

     

 

     

 

Cộng vế với vế      1 , , ta đợc:

2

2 2

2

ab bc ca ab bc ca

a b b c c a

ab bc ca a b b c c a

a b b c c a

ab bc ca a b c

dpcm a b b c c a

 

  

  

  

 

       

    

 

    

  

DÊu “=” xảy a b c

2) Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: x2

+y2+z2≤xyz Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P= x

x2 +yz+

y y2

+zx+

z z2

+xy Vì x ; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Cơsi ta có: P≤ x

2√x2yz+

y

2√y2zx+

z

2√z2xy =

¿1

4(

√yz+

√zx+

√xy)

4(

y+

1

z+

1

z+

1

x+

1

x+

1

y)=

1 2(

yz+zx+xy xyz )≤

1 2(

x2+y2+z2

xyz )

1 2(

xyz xyz)=

1 Dấu xảy ⇔x=y=z=3 Vậy MaxP =

2

3) Giải hệ phương trình sau:

x+y¿2 ¿ ¿7

¿

2x+

x+y=3

¿ ¿

4 xy+4(x2+y2)+3

¿

Ta có hệ 

2

2

3( ) ( )

( )

1

3

x y x y

x y

x y x y

x y 

    

 

 

     

 



Đặt u = x + y +

x y ( u 2) ; v = x – y ta hệ :

2

3 13

3 u v u v

  



  

Giải hệ ta u = 2, v = ( u 2)

Từ giải hệ

1

2 1

1

1

x y x y x

x y

x y y

x y 

       



  

  

  

 

  



ĐỀ 10

Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

2

1 x y

x  



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

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 im)

1 Giải hệ phơng trình:

1

6

x y

x y

    



Giải phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot cot

x x

x x x

Câu III (1 điểm)

Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với SI =

2 R

M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giá tr ln nht ú

Câu IV (1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n: I =

2

11

dx

x x



Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dơng thỏa mÃn xyz=1 Chøng minh r»ng

1 1

1

1 1

x y  y z  z x  

Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A.Theo chơng trình Chuẩn

C©u VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3

2 trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a (1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập đợc số tự nhiên có chữ số đơi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số

Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

2

1

3

Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt ph¼ng Oxy cho elip (E):

2

1

4

x y

 

đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua điểm cố định

C©u VII.b (1 ®iĨm) Cho hµm sè

2 4 3

x x

y x

 



 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + cắt (C) điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi

C©u VIII.b (1 điểm) 1).Giải phơng trình:

2

2

log log

3 1 xx 1 x 1 x 2) Cho số thực a, b, c thỏa mãn : 0a1, 0 b 1,0 c Chứng minh rằng:

 

1 1

1 a b c

abc a b c

 

      

 

 

3) Giải hệ phương trình:

3

2

2 3.2

3 1

x y y x

x xy x

  

  

 

   

 

ĐÁP ÁN ĐỀ 10

PhÇn chung cho tất thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2 ®iĨm) Cho hµm sè

2

1 x y

x  



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

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1)

0

0

2

1 x y

x  

Gọi A, B lần lợt hình chiếu M TCĐ TCN

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0

2

1 x x

 

- 2| = |

1 x 

|

Theo Cauchy th× MA + MB 

0 x

1 x 

 =2  MA + MB nhá nhÊt b»ng x

0 = hc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai điểm cần tìm (0;1)

và (-2;3)

Câu II (2 điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

1

6

x y

x y

    



   

 §iỊu kiƯn: x-1, y1

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 10

6

x x y y

x x y y

        



       



Đặt u= x x6, v = y y4 Ta cã hÖ 10

5 2u v u v     

  

  

  x y

lµ nghiƯm cđa hệ Giải phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot cot

x x

x x x

 

 

Điều kiện:sinx.cosx0 cotx1 Phương trình tương đương

1 2(cos sin )

sin cos cos cos sin sin

x x

x x x

x x x

 

 

 cosx =

2  x = k2 

  

Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = k2 



 

Câu III (1 điểm)

Trong mt phng (P) cho đờng trịn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với

SI =

3 R

M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn

Tø giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3, SI =

2 R ,

SM = SO2OM2 2R SH = R hay H trung điểm SM Gọi K hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) HK =

1 2SO=

3 R , (không đổi)

 V

BAHM lín nhÊt dt(MAB) lín nhÊt M điểm cung AB

Khi ú VBAHM=

3

6 R (đvtt) Câu IV (1 điểm)

Tính tích phân: I =

2

11

dx

x x

Đặt u = x+ 1x2 th× u - x= 1x2  x2 2ux u  1 x2

2

1 1

1

2

u

x dx du

u u

  

      

Đổi cận x= - u = 2-1 x = th× u = 2+1

S

H I

O

B

2 2 2

2

2 2

1

1

1

2

1 2 (1 )

du

du du

u I

u u u u

  

  

 



 

 

   

  

  

=

2

2

2

1 1 1

1

2

du

du

u u u u

 

 

 

     

   



Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dơng thỏa mÃn xyz=1 Chứng minh r»ng

1 1

1

1 1

x y  y z  z x Đặt x=a3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, a+b>0 vµ a2+b2-abab

 a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

 3  

1

a  b 1 ab a b c   Tương tự ta có

 

3

1

c bc a b c

b     

, 3  

1

a ca a b c

c     

Céng theo vÕ ta cã

1 1

1 1

x y   y z   z x  = 3

a  b 1+ 3 c

b   + 3 a c  

  

1 1

a b c ab bc ca

 

 

 

   =  

1

1 a b c  c a b   DÊu b»ng x¶y x=y=z=1

Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A.Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3

2 trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C. Ta có: AB = 2, M = (

5

;

2  2), pt AB: x – y – = 0 SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

2  d(G, AB)=

(3 8) t t 

=

 G(1; - 5) G(2; - 2) Mà CM 3GM

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

 C = (-2; 10) hc C = (1; -4)

Câu VII.a (1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập đợc số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số

Gọi số có chữ số abcdef

Nếu a = có cách chọn b, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chọn e, cách chọn f có 7.6.5.4.3 = 2520sè

NÕu b = th× cã c¸ch chän a, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chän f ë có 6.6.5.4.3 = 2160số

Tơng tự với c, d, e, f

VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè

Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

2

1

3

log x  1 log (ax a ) §iỊu kiƯn: ax + a >

Bpt tương đương x2 1 a x( 1) NÕu a>0 th× x +1 >0.Ta cã

2 1 x

a x

   NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã

2 1 x

a x

   XÐt hµm sè y =

2 1 x x



 víi x - 1 y’ =

2

( 1)

x

x x



  =0 x=1

a>

2 hc a < - 1

B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

1

4

x y

 

đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua điểm cố định

Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng

1 1

4

xx yy

 

TiÕp tuyến qua M nên 1 1

4

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 1

4

xx yy

 

M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0



0

4

4

4

xx yy

 



0

4 (12 )

4

4

xx y  x

 

Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M (x- y)x0 + 4y – =

 

4

x y y

y x

  

 

Vậy AB qua điểm cố định F(1;1) Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số

2 4 3

x x

y x

 



 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + cắt (C) điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi

y = kx + c¾t (C):

2 4 3

x x

y x

 



 Ta cã pt 4 3

2

x x

x

 

 = kx + có nghiệm phân biệt k 1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn

2 2 k x

k y kx   

 

    

2

2

2

x x

y

x

 

 



Vậy quĩ tích cần tìm đờng cong

2

2

2

x x

y

x

 

 

C©u VIII.b 1) Giải phơng trình:

2

2

log log

3 1 xx 1 x  1 x §iỊu kiƯn : x>0

Đặt log

3 x

=u,   log

3 1 x v

ta cã pt u +uv2 = + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1 u uv 

 



 x =1

2) Cho số thực a, b, c thỏa mãn : 0a1, 0 b 1,0 c Chứng minh rằng:

 

1 1

1 a b c

abc a b c

 

      

 

 

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

1 1

1 ab a b

   

Chứng minh tương tự :    

1 1 1

1 ,

bc  b c ca  c a  Cộng BĐT (1), (2), (3) vế theo vế :

 

1 1 1

2

ab bc ca a b c

 

      

 

Sử dụng BĐT (4) BĐT Cauchy ta có :

 

1 1 1 1

1 a b c a b c a b c

abc ab bc ca a b c

   

               

   

   

  1 1 1

2 a b c

a b c a b c

 

          

 

Cũng theo BĐT Cauchy ta :  

1 1 a b c

a b c

 

     

 

Do  

1 1 1 1

1 a b c 3

abc a b c a b c

 

           

 

  (đpcm)

3) Giải hệ phương trình:

3

2

2 3.2

3 1

x y y x

x xy x

  

  

 

   

 

PT  

 

2

1

x+1

2

3 0

3 1

x x

x x y x y x

x xy x



  

  

     

      

     

 

Với x = thay vào (1) :

2

2

8

2 3.2 12.2 log

11 11

y y y y y

y 

        

Với

1 x

y x

  

 

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

1 t

PT (3) :

2 2

1

6

3 2 t

t t t

t t

  

       

   Đối chiếu điều kiện

1 t

ta chọn t 3 2

Khi  

3

2

2 2 log 2

3

x

x

  

     

 

 

2

1 log 2

y  x  

Vậy HPT cho có nghiệm

8 log

11 x

y    

 



 

 

2

2

1 log 2 1

2 log 2

x y

  

  

  



   

 ĐỀ 11

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số    

3 2

y x  3mx 3 m 1 x m 1

(m tham số) (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0.

2 Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ dương

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:

2sin 2x 4sin x

6 

 

   

 

 

2 Giải hệ phương trình:

  

    

2

2

x y x y 13

x, y

x y x y 25

   



 

  

 

 Câu III (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD 2a,  cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 o Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3 

Câu IV (2 điểm)

1 Tính tích phân:

2

dx I

2x 4x



  



2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : y = 2sin8x + cos42x

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn

1/.Cho đường trịn (C) :    

2

x 1  y 3 4

điểm M(2;4)

a/.Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn (C) hai điểm A, B cho M trung điểm AB

b/.Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) có hệ số góc k = -1

2/.Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt,

đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ) Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm

cho Tìm n Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao

2/.Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn   100

x x

, chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

100C 101C 199C 200C

2 2

       

    

       

       

1/ Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – = (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 =

có tâm I, J

a/.Chứng minh (C1) tiếp xúc ngồi với (C2) tìm tọa độ tiếp điểm H

b/.Gọi (d) tiếp tuyến chung không qua H (C1) (C2) Tìm tọa độ giao điểm K

(d) đường thẳng IJ Viết phương trình đường tròn (C) qua K tiếp xúc với hai đường tròn (C1) (C2) H

ĐÁP ÁN ĐỀ 11

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số    

3 2

y x  3mx 3 m 1 x m 1

(m tham số) (1) 1).Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0.

Víi m = , ta cã : y = x3 – 3x + 1

- TXĐ: R - Sự biến thiên:

+ ) Giíi h¹n : x x Lim y ; Lim y

      +) Bảng biến thiên:

Ta có : y’ = 3x2 –

y’ =  x = -1 hc x =

y’ y

x   

+



 

-1

+

0

-1

3

Hàm số đồng biến khoảng   ; 1 1;, nghịch biến khoảng ( -1; 1) Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số

y(-1) =3

Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) =-1

- Đồ thị

+ im un : Ta có : y’’ = 6x , y" = điểm x = y" đổi dấu từ dơng sang âm x qua điểm x = Vậy U(0 ; 1) điểm uốn đồ thị

+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0;1) + ĐTHS qua điểm :

A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1)

2.Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ dương

Để ĐTHS (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ dơng, ta phải có :

   

 

y '

x x

0 x x

y y

y 0

 

   

 

 



 

 

(I)

Trong : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1)

∆y’ = m2 – m2 + = > víi mäi m

y’ = x1 = m – = xCĐ x2 = m + = xCT

(I)

     

 

2 2

2

m m

3 m m m m 2m

m   

   

          



  



Câu II (2 điểm)

1/.Giải phương trình:

2sin 2x 4sin x

6 

 

   

 

 

Ta cã :

2sin 2x 4sin x

6 

 

   

 

 

 3sin2x – cos2x + 4sinx + =

 3sin2x + 2sin2x + sinx =

 sinx ( 3 cosx + sinx + ) =

 sinx = (1) hc 3 cosx + sinx + = (2)

+ (1)  x k + (2)

3

cosx sin x

2

  

sin x

3 

 

   

 

5

x

6 

  k 

6

4

2

-2

-4

-5 10

y

2.Giải hệ phương trình:

  

    

2

2

x y x y 13

x, y

x y x y 25

   



 

  

 



    

    

2

2

x y x y 13

x y x y 25

   

 

  

 

   

3 2

3 2

x xy x y y 13 1' y xy x y x 25 '

    

  

   

 

Lấy (2’) - (1’) ta đợc : x2 y– xy2 =  x y xy 6 (3)

KÕt hỵp víi (1) ta cã :

  

   

2

x y x y 13

I x y xy

   

 

 



Đặt y = - z ta có:

    

 

   

 

2

2

x z x z 13 x z x z 2xz 13 I

x z xz x z xz 6

  

       

   

   

  

   

 

đặt S = x +z P = xz ta có:

 

S S 2P 13 S 2SP 13 S P SP

SP

       



 

  



 

 

  Ta cã:

x z x.z   

 

 HÖ nµy cã nghiƯm x z

  



 hc

x z

  

  Vậy hệ cho có nghiệm : ( 3; 2) ( -2; -3 ) Cõu III (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD 2a,  cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 o Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3 

Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Ta cã ( SAB) ( BCNM) vµ SAB  BCNM BM

Từ S hạ SH vuông góc với đờng thẳng BM SH (BCNM) hay SH l ng cao ca hỡnh chúp SBCNM

Mặt khác :

SA = AB.tan600 = a 3

Suy : MA = 3SA Câu IV (2 điểm)

1/.Tính tích phân:

2

dx I

2x 4x



  

 đặt t 4x 1 , ta có dt =

2dx

4x 1 hay t

2dt = dx vµ

2

t x

4  

N

D

B C

A S

Khi x = t = x= t = Khi :

5

tdt I

t

2 t

2 

  

 

 

 



=  

5

2

tdt t 1

  

5

2

1

dt t t 1

 

 

 

   

 



=

5

3

1 ln t

t

 

 

 



  =

3 ln

2 12

2/.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : y = 2sin8x + cos42x

Đặt t = cos2x t 1 th× sin2x =

1 t    1 3  3

f ' t 4t t 8t t

2

 

     

 

     2

1

2t t 4t 2t t t

 

      

 =   

2

1

3t 7t 4t

2   

B¶ng biÕn thiên

Qua bảng biến thiên ta có : miny =

27 vµ maxy = 3 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn

1).Cho đường tròn (C) :    

2

x 1  y 3 4

điểm M(2;4)

a).Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn ( C) hai điểm A, B cho M trung im ca AB

Đờng tròn â : ( x – 1)2 + ( y – )2 = có tâm I ( 1 ; 3) bán kính

R =

Ta cã: (d):

     

 

Qua M 2;

qua M qua M

d : d :

MA MN AB MI vtpt MI 1;1 

  

 

  

 

  



 (d): x – + y – =  (d): x + y – = 0

b).Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn I có hệ số gúc k = -1 Đờng thẳng (d) với hệ sè gãc k = -1 cã d¹ng : y = -x + m

hay x + y – m =0 (1)

Đờng thẳng (d) tiếp tuyến đờng tròn I  kc(I,(d)) = R

1

1 m m 2

2

1 m 2



   

   

   

+ Vậy có tiếp tuyến thoả mãn đề : x + y – 2 2= 0

2.Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường

thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ) Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm cho

Tìm n t f’(t) f(t)

-1 1/3

+

-3

1 27

Theo đề ta có :

3 3

n 10 10 n

C   C  C 2800

( n2)

 

   

n 10 10! n!

2800 3! n ! 3!7! 3! n !



   

 

n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n n 2    2800.6

        

 n2 + 8n – 560 = 

n 20 n 28

 

  

 VËy n = 28 Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao 1.Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn  

100

x x

, chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

100C 101C 199C 200C

2 2

       

    

       

       

Ta cã: [(x2 + x )100]’ = 100(x2 + x )99( 2x +1) (1)

vµ  

100

2 100 101 102 99 199 100 200

100 100 100 100 100

x x C x C x C x C x C x

 100 99 100 99 198 100 199

100 100 100 100

x x ' 100C x 101C x 199C x 200C x

 

        

   (2)

Tõ (1) vµ (2) ta thay

1 x

2 

, ta đợc

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

100C 101C 199C 200C

2 2

       

    

       

       

2 Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – = (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 =

có tâm I, J

a).Chứng minh (C1) tiếp xúc ngồi với (C2) tìm tọa độ tiếp điểm H

(C1) cã t©m I( 2; -1) bán kính R1= (C2) có tâm J(5;3) bán kính R=2

Ta có: IJ2 = ( – 2)2 + ( + 1)2 = 25  IJ = = R + R2

Suy (C1) (C2) tiếp xúc với Tọa độ tiếp điểm H đợc xác

định :

   

   

H

I H J H

I H J H

H

19 x

2 x x x x 5

2HI 3HJ

7 y y y y

y 

 

   

 

    

  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b).Gọi (d) tiếp tuyến chung không qua H (C1) (C2) Tìm tọa độ giao điểm K

(d) đường thẳng IJ Viết phương trình đường trịn (C) qua K tiếp xúc với hai đường tròn (C1) (C2) H

Cã : 2KI3KJ  

   

   

I K J K K

K

I K J K

2 x x x x x 11

y 11 y y y y

     



   



   

Đờng tròn (C) qua K , tiếp xúc với (C1) , (C2) H nên tâm E (C) trung điểm KH :

37 31 E ;

5

 

Bán kính (C) EH = 6

Phơng trình (C) :

2

37 31

x y 36

5

   

   

   

ĐỀ 12

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số yx3 3mx2 3x3m2 (Cm)

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 3

b) Tìm m để (Cm) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, ,2 thỏa mãn

2 2

1 15

x x x 

Câu II: a) Giải bất phương trình: log (log (2x x 4)) 1

b) Giải phương trình:  

2

cos 2xcosx tan x1 2

Câu III: Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx





Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 BAC❑ =120o Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB  MA1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

Câu V: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

2x2 2(m4)x5m10 x 3 B PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh làm phần Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a:

1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho đường thẳng: (d1):x 7y17 0 , (d2):x y  0 Viết

phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) tam giác cân giao điểm

của (d1),(d2)

2) Trong khơng gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AO, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1) Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’

Câu VII.a: Một kệ sách có 15 sách (4 toán khác nhau, lý khác nhau, văn khác nhau) Người ta lấy ngẫu nhiên sách từ kệ Tính xác suất để số sách lấy không đủ môn

Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: Trong khơng gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) đường thẳng: (d1):

1

3

x y z

 

; (d2) giao tuyến mp có PT: x 1 x y z   2

1) Chứng tỏ đường thẳng d1, d2 chéo tính khoảng cách chúng

2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) cắt (d2)

Câu VII.b: Tìm hệ số x8 khai triển Newtơn biểu thức  

8

2

1

P x  x

ĐÁP ÁN ĐỀ 12

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số yx3 3mx2 3x3m2 (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

b) Tìm m để (Cm) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hoành độ x x x1, ,2 thỏa mãn

2 2

1 15

x x x 

Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 3mx2 3x3m 2

2

(x 1)[x (3m 1)x 3m 2]=0 x x (3m 1)x 3m (2)

             

(Cm) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, ,2 với x31 x x1, 2 nghiệm khác PT (2) Theo đlý viet ta có:

1

1

3

3

x x m

x x m

  

 

 



Để thoả mãn đk thì:

2

2

2 2

1

0 9 6 9 0

1 (3 1).1 0

15 9

m m

m m m

x x x m

 

    

 

      

 

 

     

  m   ( ; 1] [1; )

Câu II: a) Giải bất phương trình: log (log (2x x 4)) 1

4

log (log (2x x 4)) 1 Đk:

4

0

log (2 4) log

2

x x

x

x

 

 

   

 

  

Do x 1 PT log (24 x 4) x 2x 4 x  4x 2x 4 0 với x. Do

BPT có nghiệm: xlog 52

a) Giải phương trình:  

2

cos 2xcosx tan x1 2 Đk: cosx 0 x / 2k

PT

2

2

1

(2cos 1) cos [2( 1) 1]

cos

x x

x

      3 2

2cos x 3cos x 3cosx

    

2

(cosx 1)(2 cos x 5cosx 2)

    

cos 2

cos 1/

2

cos 2( )

x x k

x

x k

x VN

 

  

   

 

  

   

  



Câu III: Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx





2 2

2

0 0

1

I cos cos (1 cos ) cos (1 2cos cos )

2

x xdx x xdx x x dx

  

       

/2

1

( sin sin ) |

4 x x x

 

   

Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 BAC❑ =120o

Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB  MA1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

Theo đlý cosin ta có: BC = a

A

M C

1 B

1

B

A

Theo Pitago ta được: MB =2 3a; MA1=3a

Vậy MB2MA12 BA12 21a2 MA1MB

Ta lại có: 1 1

1

( ,( ))

3

ABA M ABA MBA

V  d M ABA S  d S

1

( , ( )) ( ,( ))

d M ABA d C ABA a

2

1

2

ABA

S  AB AA a

1

2

1

3

2

MBA

S  MB MA  a

3 a d

 

Câu V: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

2x2 2(m4)x5m10 x 3

2

2x  2(m4)x5m10 x 3  2x2 2(m4)x5m10  x

2

3

2 2( 4) 10 ( 3)

x

x m x m x

 

   

     

 

2

3

2

2

x

x x

m

x   

   

 

 

Xét hàm số, lập BBT với

2 2 1

( )

2

x x

f x

x

 

 

2

2( )

'( )

(2 5)

x x

f x

x 

 

 Khi ta có:

Bảng biến thiên:

x - 0 5/2 3 5 +

y’ + - - +

y

24/5

+

Phương trình có nghiệm

24

(8; )

m  

 

B PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh làm phần Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a:

1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho đường thẳng: (d1):x 7y17 0 , (d2):x y  0 Viết

phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) tam giác cân giao điểm

của (d1),(d2)

Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là:

1

2 2 2

3 13 ( )

7 17

3 ( )

1 ( 7) 1

x y

x y x y

x y

   

    

  

   



  

PT đường cần tìm qua M(0;1) song song với  1,

KL: x3y 0 3x y  1

2) Trong khơng gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AO, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1) Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’

C C’

D’

D A

B’

B

H K

Kẻ CHAB’, CKDC’ Ta chứng minh CK  (ADC’B’) nên tam giác CKH vuông K.

2 2 49

10

CH CK HK

   

Vậy PT mặt cầu là:

2 2 49

( 3) ( 2)

10 x  y z 

Câu VII.a: Một kệ sách có 15 sách (4 toán khác nhau, lý khác nhau, văn khác nhau) Người ta lấy ngẫu nhiên sách từ kệ Tính xác suất để số sách lấy không đủ môn

Số phần tử không gian mẫu là:  C154 1365

Gọi A biến cố lấy sách đủ mơn ( có trường hợp: (2 toán, lý, văn); (1 toán, lý, văn);(1 tốn, 1lý, văn)) có số phần tử là:

2 1 1 6 720

A C C C C C C C C C  Xác suất để xảy A là:

720 48

( ) 0.527

1365 91

P A   

Vậy xác suất cần tìm là:   43 P P A

91

  

Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) đường thẳng: (d1):

1

3

x y z

 

; (d2) giao tuyến mp có PT: x 1 x y z   2

1) Chứng tỏ đường thẳng d1, d2 chéo tính khoảng cách chúng

Ta có: 1 qua M1 = (1;-2;0), có vectơ phương u1(3; 2;1)



Ta tìm được 2 qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ phương u2 (0;1;1)



1, (1; 3;3); 1,

u u u u M M

   

    

   

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

 1,2 chéo nhau.

1 2

1 2

1

, 1

, 19 ( , )

19 ,

u u M M

u u d d d

u u

 

 

 

    

   

 

    

 

2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vng góc (d1) cắt (d2)

Mp(P) qua M(0;1;1) vng góc với d1 có PT: 3x2y z  0

Giao điểm A d2 (P) nghiệm hệ

3

1 /

2 /

x y z x

x y

x y z z

    

 

 

   

 

      

 

ĐT cần tìm AM có PT:

1

3

x y z

 

Câu VII.b: Tìm hệ số x8 khai triển Newtơn biểu thức  

8

2

1

P x  x

Ta có:  

8

2

8

1 (1 ) k k(1 )k

k

P x x C x x



    

Mà

(1 )k k ki( 1)i i

i

x C x



  

k

i

Loại Loại Loại TM TM

Do hệ số x8 là: a C C 33 2( 1) 2C C8 44 0( 1) 238 ĐỀ 13

I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x2 + (C)

1: Khảo sát hàm số

2: Gọi (d) đường thẳng qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) ba điểm phân biệt A ; M ; N cho hai tiếp tuyến (C ) M N vng góc với

Câu II (2 điểm):

1: Giải phương trình: 3(sin3x 2−cos

3x

2)=2 cosx+

2sin2x 2: Giải bất phương trình: x235 5 x 4 x224

Câu III (1điểm): Tính tích phân : I =

2

ln( 1)

1

x

dx

x x

 

  



Cõu IV (1điểm): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc BAC =1200.Trên đờng thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho SA =a 3.Gọi I

trung ®iĨm đoạn BC Tính góc SI hình chiếu mặt phẳng (ABC) & tớnh bỏn kớnh mt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a

Câu V (1điểm):

1) Cho x,y,z số thực dương Chứng minh: 3 2 2

2 x y z 1

x y y z z x x y z

2).Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y m

     

 

     



 có nghiệm thực

PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)

Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M điểm ( ) :d x y  2 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C) A, B Viết phương trình đường thẳng AB.

2) Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A1(0;0;2) M

trung điểm AB; N tâm hình vng ADD1A1 Tính bán kính đường trịn giao tuyến

của mặt cầu qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1

Câu VII/a: Cho n số tự nhiên n2.Tính

2 2 2

1

2 2

n

k k n n

n n n n

k

S k C C C n C



    

Câu VIa.1) Cho (P) y2 = x đường thẳng (d): x – y – = cắt (P) hai điểm A B Tìm

điểm C thuộc cung AB cho ABC có diện tích lớn 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :

1

( ) :

2 1

x y z

d    



2

( ) :

1 1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) hợp với (d2) góc 300.

Câu VII/b: Giải hệ phương trình

2010

2 2( 1) log

2

x

y x y

y x x y

 

  

 

   



ĐÁP ÁN ĐỀ 13

I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x2 + (C)

1: Khảo sát hàm số

2: Gọi (d) đường thẳng qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) ba điểm phân biệt A ; M ; N cho hai tiếp tuyến (C ) M N vng góc với +PT đường thẳng d: y=k(x-2)

+Hoành độ A;M;N nghiệm PT: x3-3x2+4=k(x-2)

 (x-2)(x2-x-2-k)=0  x=2=x

A;f(x)=x2-x-2-k=0

+PT có 3nghiệm phân biệt f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2 

0

0

(2) k

f   

   





 .Theo Viét ta có

1

M N

M N

x x x x k

 

 

  

+Tiếp tuyến M N vng góc với nhau y'(x

M).y'(xN)=-1

 (3xM2  6xM)(3xN2  )xN 1  9k2+18k+1=0

3 2 k  

 

(tm) Câu II (2 điểm):

1: Giải phương trình: 3(sin3x 2−cos

3x

2)=2 cosx+

2sin2x PT tương đương

3(sin3x 2−cos

3x

2)=2 cosx+

2sin2x ⇔3(sin

x

2−cos

x

2)(1+sin

x

2cos

x

2)=(2+sinx)cosx ⇔3(sinx

2−cos

x

2)(1+

2sinx)=(2+sinx)(cos

x

2−sin

x

2)(cos

x

2+sin

x

2) ⇔(cosx

2−sin

x

2)(2+sinx)(sin

x

2+cos

x

2+ 2)=0 *

x x x x

sin cos sin k x k2 (k )

2 2 4

  

 

              

  Z

* 2+sinx=0⇔sinx=−2 (v« nghiƯm) * sinx

2+cos

x

2=−

2⇔√2 sin(

x

2+

π

4)=−

2⇔sin(x+

π

4)=−

2√2 (v« nghiƯm) VËy nghiƯm phơng trình là:

x k2 k

2 

2: Giải bất phương trình: x235 5 x 4 x224 BPT tương đương

2

2

2

35 24

11

5

35 24

11 (5 4)( 35 24)

x x x

x

x x

x x x

    

  

  

     

Xét: a)Nếu x

4 

không thỏa mãn BPT

b)Nếu x>4/5: Hàm số y(5x 4)( x235 x224) với x>4/5 y'=

2

2

1

5( 35 24) (5 4)( )

35 24

x x x

x x

     

  >0 x>4/5 Vậy HSĐB +Nếu 4/5<x1 y(x) 11

+Nếu x>1 y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1

Câu III (1điểm): Tính tích phân : I =

2

ln( 1)

1

x

dx

x x

 

  

 Đặt t= x1 1

* x =  t = 2

*x =  t = *dx=2(t-1)dt

I=2

3

2

2

3

2 2

2

( 1) ln ln

2

( 1)

2 ln ln ln ln ln

t t t

dt dt

t t t

td t t 



  

   

 



Cõu IV (1điểm): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0) ,góc BAC =1200.Trên đờng thẳng vng góc với mặt phẳng

(ABC) lÊy ®iĨm S cho SA =a 3.Gọi I trung điểm đoạn BC Tính góc SI hình chiếu mặt phẳng (ABC) & tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tiếp hình chóp SABC theo a

+Gọi D trung điểm BC  ADBC (Vì ABC cân A)  AD(SBC)

+Gọi E trung điểm SB AESB (Vì SAB đều)

 DESB (Định lý đường vng góc) +SC//DE (DE đường trung bình tam giác)

 SCSB Vậy tam giác SBC vuông S

+AD trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách A; B; C nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC +BC = a2b2 

2 2

DC

cosC= sin

AC 2

a b a b

C

a a

 

  

B C

A S

+ R =

2 2

2sin 3

AB a

C  a  b Câu V (1điểm):

1) Cho x,y,z số thực dương Chứng minh: 3 2 2

2 x y z 1

x y y z z x x y z +Đặt a x 0;b y 0;c z 0

+VT= 6 3 2 2 2

2 2 2 1

2 2

a b c a b c

a b b c c a  a b  b c  c a a b b c c a (Theo BĐT CôSi)

+VP= 4 2 2 2

1 1 1

a b c a b b c c a (Áp dụng BĐT CôSi cho cặp)

ĐPCM Dấu xảy a = b = c =1 hay x = y = z =

2).Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3 3 2 (1)

1 3 2 0 (2)

x y y x

x x y y m

     

 

     



 có nghiệm thực

Điều kiện:

2

1 0 1 1

0 2

2 0

x x

y y y

     





 

 

  

 

Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2.

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên:

(1)  t = y  y = x +  (2)  x2 2 1 x2 m0 Đặt v 1 x2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt min ( )[0;1] g v 1; m [0;1ax] g v( ) 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1  m

PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)

Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M điểm ( ) :d x y  2 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C) A, B Viết phương trình đường thẳng AB.

Dễ thấy I( )d Hai tiếp tuyến hợp với (d) góc 450 suy tam giác MAB vng cân

tam giác IAM vuông cân Suy ra: IM  2.

( ) (

M d  M a; a+2), IM (a1;a1),

0

2 2

2 a

IM a

a  

     





Suy có điểm thỏa mãn: M1(0; 2) M2 (-2; 0) + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 (C1):

2 4 3 0

2 4 3 2 2 2 1 1 0 x y  y x y  x y  x y   . + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 (C2):

2 4 3 0

x y  x  . Khi AB qua giao điểm (C ) (C2) nên AB:

2 4 3 2 2 2 1 1 0

x y  x x y  x y  x y   .

+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y 1 0 x y  1

2).Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A1(0;0;2) M

trung điểm AB; N tâm hình vng ADD1A1 Tính bán kính đường trịn giao tuyến

của mặt cầu qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1

+Mặt cầu qua C(2; 2; 0);D1(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình:

x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 nên

4

4

; ;

2 2

2 2

a b d b c d

a c b d

a d b c d

                          

Suy tâm mặt cầu bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R = 35 +(MNC1) qua M(1;0;0) nhận 1

; (0;3; 3)

MC NC                                  

làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z =

+ h = d(I;(MNC1)) =

+ Bán kính đường tròn giao tuyến

2 3 R  h  Câu VII/a: Cho n số tự nhiên n2.Tính

2 2 2

1

2 2

n

k k n n

n n n n

k

S k C C C n C



    

2 2 2

1

2 2

n

k k n n

n n n n

k

S k C C C n C



    

= 1

( 1) 2

n n

k k k k

n n

k k

k k C kC

 

 

 

Xét khai triển (1+x)n=

n k k n k C x  

; n(1+x)n-1=

1 n k k n k

kC x  



Lấy x=2 ta n.3n-1=

1 n k k n k kC   

 2n.3n-1= 0 n k k n k kC   +n(n-1)(1+x)n-2 =

2 ( 1) n k k n k

k k C x  

 

Lấy x=2 ta n(n-1)3n-2=

2

( 1)

n

k k n k

k k C  

 

 4n(n-1)3n-2=

( 1)

n

k k n k

k k C 

  Vậy S=n.3n-2(2+4n)

Câu VIa.1) Cho (P) y2 = x đường thẳng (d): x – y – = cắt (P) hai điểm A B Tìm

điểm C thuộc cung AB cho ABC có diện tích lớn

+Tọa độ A;B nghiệm hệ:

2 y x x y

 



  

 A(1;-1); B(4;2)

+C(yo2;yo)(P); h=d(C;d)=

2 2

2

o o

y  y 

+

1

2

ABC

S  h AB yo2 yo +Xét hàm số f =

2 2

o o

y  y 

Với  1 yo 2

Suy Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)

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

1

( ) :

2 1

x y z

d    



2

( ) :

1 1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) hợp với (d2) góc 300.

Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d   0 (a2b2c20) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0)

Do ( ) qua A, B nên:

0

0

a c d c a b

a b d d a b

    

 



 

     

  nên

( ) : ax by (2a b z a b )   0.

Yêu cầu toán cho ta:

0

2 2 2

1 1.(2 )

1

sin 30

2 1 ( 1) 1 (2 )

a b a b

a b a b

  

 

     

2 2

2 3a 2b 3(5a 4ab )b 21a 36ab 10b

        

Dễ thấy b0nên chọn b=1, suy ra:

18 114

21

18 114

21 a

a

 

  

 

   KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn:

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

Câu VII/b: Giải hệ phương trình

2010

2 2( 1) log

2

x

y x y

y x x y

 

  



    



ĐỀ 14

Câu 1:

Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y = x

x 



Chứng minh với giá trị thực m, đường thẳng (d) y = - x + m cắt đò thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm giá trị nhỏ đoạn AB

Câu

1 Giải phương trình: 22

x

x x 

2 Giải phương trình:

tan tan sin sinx +sin2x

6

x  x  x

   

  

   

   

Câu 3:

Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c,

  

ASB 60 , BSC90 ,CSA120 .

Câu 4:

Tính tích phân  

3

sinxdx sinx + osxc 



Câu 5:

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

2 2

2 2

log x 1 log y 1 l go z4 x, y, z số dương thoả mãn đièu kiện xyz =

II PHẦN RIÊNG:

1) Theo cương trình chuẩn:

Câu 6a:

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng

(d1): x + y + = 0, (d2): 2x – y – = Lập phương trình đường thẳng (d) qua M(1;-1) cắt

(d1) (d2) tương ứng A B cho 2MA MB 0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + = hai điểm A(1;7; - 1), B(4;2;0) Lập phương trình đường thẳng (D) hình chiếu vng góc đường thẳng AB (P)

Câu 6b: Ký hiệu x1 x2 hai nghiệm phức phương trình 2x2 – 2x + = Tính giá trị

số phức: 12

x 2 x

2) Theo chương trình nâng cao:

Câu 7a:

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình 2

1

9

x y

 

Giả sử (d) tiếp tuyến thay đổi F hai tiêu điểm (H), kẽ FM (D) Chứng minh M nằm đường trịn cố định, viết phương trình đường trịn

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

ĐÁP ÁN ĐỀ 14

I PHẦN CHUNG:

Câu 1:

Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y = x

x 



Chứng minh với giá trị thực m, đường thẳng (d) y = - x + m ln cắt đị thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm giá trị nhỏ đoạn AB

Phương hoành độ giao điểm (d) (C) là: x

x 

 = - x + m

1

2 (1) x

x mx m 

  

   

 ln có nghiệm phân biệt với m

Ta có A(x1; -x1 +m), B(x2; - x2 + m)

AB =

2

1 2

2(x  x )  ( x x )  4x x 

= 2(m2 4m8)  Vậy gtnn AB = m =

Câu

1 Giải phương trình: 22

x x x



Lấy logarit theo số cho hai vế ta được:

3

log log

2

x x

x

  

 Đưa phương trình dạng: (x – 1)(2x2 + x – - log23) = 0.

Từ suy nghiệm x = 1;

3

1 8log

4 x  

2.Giải phương trình:

tan tan sin sinx +sin2x

6

x  x  x

   

  

   

   

Điều kiện:

os x - os x +

6

c    c   

   

tan tan sin sinx +sin2x

6

x  x  x

   

  

   

   

sin sin

6

sin sinx + sin2x os x - os x +

6

x x

x

c c

 

 

   

 

   

   

 

   

   

   

 - sin3x = sinx + sin2x

 sin2x(2cosx + 1) =

sin

2

1 2

osx =

-2

3 k

x x

c

x k

 

 

 

 



  



  



 

Kết hợp điều kiện, nghiệm pt là:

2

2 k x

x k

 

 

  

  

Câu 3:

Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c, ASB 60 ,  BSC 90 ,0 CSA 1200 Trên SB, SC lấy điểm B’, C’ cho SB’ = SC’ = a

Ta có AB’ = a, B’C’ = a 2, AC’ = a 3, tam giác AB’C’ vuông B’ Gọi H trung điểm AC’, tam giác SHB’ vng H

Vậy SH đường cao hình chop S.AB’C’ Vậy: VS.AB’C’ =

3 2 12 a

3

' '

S ABC S AB C

V abc bc

V  a a  V

S.ABC =

2 12 abc

Câu 4:

Tính tích phân  

3

sinxdx sinx + osxc 



Ta có sinx + 3cosx = 2cos x 

 



 

 , sinx = sin 6 x  

  

 

 

 

 

  =

3

sin os

2 x 2c x

 

   

  

   

   

I =

2

3

0

sin

x-3

16 os 16 cos

x-6

dx

dx

c x

  

 

 

 

  

   



   

   

 

=

Câu 5:

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = log22 x 1 log22 y 1 l go 22z4 x, y, z số dương thoả mãn đièu kiện xyz =

Theo bất đẳng thức Minkowski:

2 2 2 2

1 2 3 ( 3) ( 3)

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

Dấu đẳng thức xảy khi:

3

1

a a a b b b Ta có P

2

2

log (xyz)

 

= ( xyz = 8) Vậy minP =

2 2

log log log log ( )

1 4

x y z xyz

     x y 48;z2 2

II PHẦN RIÊNG:

1) Theo cương trình chuẩn:

Câu 6a:

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng

(d1): x + y + = 0, (d2): 2x – y – = Lập phương trình đường thẳng (d) qua M(1;-1) cắt

(d1) (d2) tương ứng A B cho 2MA MB 0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

A(a;-a-1), B(b;2b – 1) Từ điều kiện 2MA MB 0

  

tìm A(1; - 2), B(1;1) suy (d): x – =

2.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + = hai điểm A(1;7; - 1), B(4;2;0) Lập phương trình đường thẳng (D) hình chiếu vng góc đường thẳng AB (P)

Gọi (Q) mặt phẳng qua A,B vng góc với (P) ta suy (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = (D) = (P)(Q) suy phương trình (D).

Câu 6b: Ký hiệu x1 x2 hai nghiệm phức phương trình 2x2 – 2x + = Tính giá trị

số phức: 12

x 2 x

2x2 – 2x + = có hai nghiệm

1

(1 ), (1 )

2

x   i x  i 2

1

1

2 ,

  i  i

x x

2) Theo chương trình nâng cao:

Câu 7a:

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình

2

1

9

x y

 

Giả sử (d) tiếp tuyến thay đổi F hai tiêu điểm (H), kẽ FM (D) Chứng minh M nằm đường trịn cố định, viết phương trình đường trịn

(H) có tiêu điểm F(( 13;0)

Gọi phương trình tiếp thuyến (d): ax + by + c = Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*)

Phương trình đường thẳng qua F vng góc với (d) (D): b(x 13) - a y =

Toạ độ M nghiệm hệ:

ax + by = - c bx - ay = 13b 

   

Bình phương hai vế phương trình cộng kết hợp với (*) ta x2 + y2 = 9

2.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , ch ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) Tìm toạ độ trưc tâm tam giác ABC

Lập phương trình mp(ABC)- ptmp(P) qua A (P)  BC – pt mp(Q) qua B (Q)  AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng ta trực tâm H

36 18 12 ; ; 49 49 49

 

 

 

Câu 7b: Người ta sử dụng sách Toán, Vật lý, & Hoá học ( sách loại giống nhau) để làm giải thưởng cho học sinh, học sinh sách khác loại Trong học sinh có hai bạn Ngọc Thảo Tìm sác xuất để hai bạn Ngọc Thảo có phần thưởng giống

Gọi A biến cố “ Ngọc Thảo có phần thưởng giống nhau” Ta có n() = C C C92 73 44 = 120

Ta có: p(A) =

( )

( ) 18 n A

n   .

ĐỀ 15

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

1

  

x x y

có đồ thị (C)

1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2.Chứng minh đường 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

Câu II(2 điểm)

1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x =

2.Giải bất phương trình log log 5(log4 3)

2

2 x x   x 

Câu III(1 điểm). Tìm nguyên hàm  x x

dx

I 3

cos sin

Câu IV(1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh

bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đường

thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a

Câu V(1 điểm). Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

2

2 4 6

4

y x

xy x

y P

   

II.Phần riêng(3 điểm) Thí sinh làm hai phần sau: 1.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa(2 điểm).

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2

= đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 3; 4) đường thẳng d:

    

 

 

 

t z

t y

t x

2

2

Lập phương trình mặt cầu tâm A cắt đường thẳng d hai điểm M, N cho MN =

Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số ln ln có mặt chữ số khơng có chữ số

2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = và

đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có

phương trình

1

2

1 

 

 y z

x

Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn

ĐÁP ÁN ĐỀ 15

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

1    x x y

có đồ thị (C)

1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2.Chứng minh đường 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

Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương trình                 ) ( ) ( 2

2 m x m

x x m x x x

Do (1) có m2 10 va(2)2 (4 m).(2)1 2m30m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy

AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi AB 24 Câu II(2 điểm)

1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = Phương trình cho tương đương với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =

        ) ( sin cos sin VN x x x    2 k

x 

2.Giải bất phương trình log log 5(log4 3)

2

2 x x   x 

ĐK:       log log 2

2 x x

x

Bất phương trình cho tương đương với log log 5(log2 3) (1)

2

2x x   x

đặt t = log2x,

BPT (1)  t2  2t 3 5(t 3) (t 3)(t1)  5(t 3)                                 log log ) ( ) )( ( 2 x x t t t t t t t          16 x x

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: 2] (8;16)

;

( 

Câu III(1 điểm). Tìm nguyên hàm  x x

dx

I 3

    x x dx x x x dx

I 2 2

cos sin cos cos sin đặt tanx = t

dt t t t t dt I t t x x dx dt           1 2 2 sin ; cos 2 2 C x x C t t dt t

t      

 lntan

2 tan ln ) ( 2

Câu IV(1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh

bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đường

thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a

Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, góc AA1H =300

3 a H A  

Do tam giác A1B1C1 tam giác

đều cạnh a, H thuộc B1C1

3

a H

A 

nên A1H vng góc với

B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên B1C1 (AA1H)

Kẻ đường cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách

AA1 B1C1

Ta có AA1.HK = A1H.AH

3 1 a AA AH H A

HK  



Câu V(1 điểm). Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

2

2 4 6

4 y x xy x y P     Ta có 5 ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2             y x y x y x y x y xy x P  

 MinP 

            0 2 y y x y x y x

II.Phần riêng(3 điểm) Thí sinh làm hai phần sau: 1.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa(2 điểm).

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2

= đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

Từ phương trình tắc đường trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ABAC=> tứ giác ABIC hình vng cạnh 3 IA3

5

3

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 3; 4) đường thẳng d:   

 

 

 

t z

t y

t x

2

2

Lập phương trình mặt cầu tâm A cắt đường thẳng d hai điểm M, N cho MN =

Gọi H hình chiếu A lên d => H(3 + 2t; + 6t; – t), u(2; 6; -1) véc tơ phương d Khi AH.u0 H(3;2;2)

Xét tam giác vng HAM, có HM = 4, AH = nên AM = = R, với R bán kính mặt cầu thỏa mãn tốn

Vậy phương trình mặt cầu cần lập (x – 1)2 + (y – 3)2 + (z – 4)2 = 25

Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số ln ln có mặt chữ số khơng có chữ số

Từ giả thiết tốn ta thấy có C84 = 70 số ln ln có số khơng có số 0 Với có 5! = 120 số Vậy có 70.120 = 6000 số thỏa mãn tốn

2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đường

thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vng

Từ phương trình tắc đường trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường trịn ABAC=> tứ giác ABIC hình vuông cạnh 3 IA3

5

3

7

m m

m

m 

 

      

 

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình

1

2

1 

 

 y z

x

Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn

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 véc tơ pháp tuyến

) ; ;

( t t t

H d

H    vì H hình chiếu A d nên )

3 ; ; ( (

 



d AH u u

AH 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 =

Câu VIIb(1 điểm). Có số tự nhiên có chữ số khác mà số ln ln có mặt chữ số

Ta cần chọn số khác mà ln ln có mặt chữ số Dễ thấy có C94 126 (bộ)

Với số có 4.4! = 96 số Vậy có 126.96 = 12096 số thỏa mãn tốn

ĐỀ 16

I PHẦN CHUNG

Câu 1: ( điểm) Cho hàm số y x 2(m 2)x m 5m Cm

2

   

 

2, Với giá trị m đồ thị ( Cm) có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời

điểm cực đại điểm cực tiểu lập thành tam giác

Câu 2: ( điểm) 1, Giải phương trình:   ) cos )( cos ( cos

1 x  x  x 

2, Giải hệ phương trình:                     ) ( log ) ( log ) ( log ) 2 ( log 2 2 x y x x y x xy y x y x

Câu 3: ( điểm ) 1, Tính tích phân:

     3 dx x x x I

2, Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abbccaabc Chứng minh rằng:  

1 ) (

)

( 3

4 3 4 3 4          a c ca a c c b bc c b b a ab b a

Câu 4: ( điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng trình: 2x+y+z −1=0 đờng thẳng ( d) có phơng trình:

¿

2x − y −2=0

y+2z+2=0

¿{

¿

1, Tìm toạ độ giao điểm A ( d) (P) Tính số đo góc tạo ( d) (P)

2, Viết phơng trình đờng thẳng (Δ) qua A, (Δ) nằm (P) cho góc tạo hai đ-ờng thẳng () v ( d) bng 450.

II Phần riêng( Thí sinh làm hai phần)

Câu 5A: ( điểm ) ( Dành cho THPT không ph©n ban)

1, Viết phơng trình đờng trịn qua hai điểm A( 2;5 ), B9 4; 1) tiếp xúc với đờng thẳng có ph-ơng trình: 3x − y+9=0

2, Với n số nguyên dơng, chøng minh hÖ thøc: (Cn1)2+2(Cn2)2+ +n(Cnn)2=n 2C2n

n

Câu 5B: ( điểm) ( Dành cho THPT phân ban) 1, Giải phơng trình:

2log2(x+3)+

4 log4(x −1)

=log24x

2, Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a, chiều cao a Gọi E, K lần lợt trung điểm cạnh AD BC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S EBK

ĐÁP ÁN ĐỀ 16

I Phần chung

Câu 1: ( điểm) Cho hàm sè y=x4+2(m−2)x2+m2−5m+5(Cm)

1, Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2, Với giá trị m đồ thị ( Cm) có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời

điểm cực đại điểm cực tiểu lập thành tam giác

Đk để ( Cm) có điểm cực trị m < Các điểm cực trị ( Cm)

A(0;m25m+5); B(

2 m;1m);C(2 m;1m) Đáp số: m=233

Câu 2: ( điểm) 1, Giải phơng trình: (1+cosx)(1+cos 2x)(1+cos 3x)=1 Đa phơng trình dạng: (cos x

2 cosx cos 3x

2 )

= 16

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng giải hai phơng trình: cosx

2.cosx cos 3x

2 =

4 vµ cos

x

2.cosx cos 3x

Ta đợc họ nghiệm phơng trình cho là: x=π 4+

kπ

2 ; x=± 2π

3 +m2π(k , m∈Z)

2, Gi¶i hƯ phơng trình:

2 log1 x(xy2x+y+2)+log2+y(x

−2x+1)=6 log1− x(y+5)−log2+y(x+4)=1

¿{

¿

§K

¿

−4<x<1, x ≠0

y>−2; y ≠−1

{

Đa phơng trình thứ hƯ vỊ d¹ng: log1− x(2+y)+log2+y(1− x)=2

Đặt t=log1− x(2+y) , tìm đợc t = 1, kết hợp với phơng trình thứ hai hệ,đối chiếu với điều

kiện trên, tìm đợc nghiệm (x ; y)=(−2;1) Câu 3: ( điểm ) 1, Tính tích phân: I=

1

(x − x3)

x4 dx

Đa I dạng: I=

(x12−1) 3.

x3dx Dùng phơng pháp đổi biến số, đặt t=1

x2−1

Đáp số: I =

2, Cho số thực dơng a, b, c thoả mÃn ab+bc+ca=abc Chøng minh r»ng:

a4+b4 ab(a3+b3)+

b4+c4 bc(b3+c3)+

c4+a4 ca(c3+a3)≥1 Tõ a4

+b4≥ a3b+ab3⇒2(a4+b4)≥ a4+a3b+b4+ab3=(a3+b3)(a+b) VËy a

4 +b4 ab(a3+b3) ≥

a+b 2ab=

1 2(

1

a+

1

b)

Tơng tự cho bất đẳng thức lại, suy đpcm

Câu 4: ( điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng trình: 2x+y+z −1=0 đờng thẳng ( d) có phơng trình:

¿

2x − y −2=0

y+2z+2=0

¿{

¿

1, Tìm toạ độ giao điểm A ( d) (P) Tính số đo góc tạo ( d) (P) Đáp số 1) A(1;0;−1);∠(d ,(P))=300

2, Viết phơng trình đờng thẳng (Δ) qua A, (Δ) nằm (P) cho góc tạo hai đ-ờng thẳng (Δ) ( d) 450.

Hai đờng thẳng thoả mãn đề có phơng trình: (Δ1):

x −1

−2+√3=

y −1+√3=

z+1

5−3√3;(Δ2):

x −1

−2−√3=

y 13=

z+1 5+33

II Phần riêng( Thí sinh làm hai phần)

Câu 5A: ( điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban)

1 Viết phơng trình đờng trịn qua hai điểm A( 2;5 ), B(4; 1) tiếp xúc với đờng thẳng có ph-ơng trình: 3x − y+9=0

Hai đờng trịn thoả mãn đề có phơng trình:

(C1):(x −1)2+(y −2)2=10;(C2):(x −17)2+(y −10)2=250

2, Víi n số nguyên dơng, chứng minh hệ thức: (Cn1)2+2(Cn2)2+ +n(Cnn)2=n 2C2n

n

2S=n(Cn1)2+n(Cn2)2+ +n(Cnn −1)2+n(Cnn)2(1)

Tõ (1+x)n(1+x)n=(1+x)2n,∀x∈R So s¸nh hƯ sè cđa xn khai triĨn nhÞ thøc Newton cđa

(1+x)n(1+x)n vµ (1+x)2n ta suy ra: (Cn1

)2+(Cn2)2+ +(Cnn)2=C2nn(2) Tõ (1) (2) có đpcm

Câu 5B: ( điểm) ( Dành cho THPT phân ban) 1, Giải phơng tr×nh:

2log√2(x+3)+

4 log4(x −1)

=log24x

Đk x > x 1 Đa phơng trình dạng log2(x+3)+log2|x 1|=log2(4x)

Xét hai khả < x < x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm phơng trình là:

x=−3+2√3 vµ x =

2, Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a, chiều cao a Gọi E, K lần lợt trung điểm cạnh AD BC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S EBK

Đáp số: R=a29

ấ 17

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

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

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

2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình cos2x 2sin x 2sin x cos 2x 0    Giải bất phương trình  

2

4x 3 x  3x 8x 6  

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân

6

cotx

I dx

sinx.sin x 

 



 



 

 

 Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) tam giác cạnh a Chân đường vng góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) điểm thuộc BC Tính khoảng cách hai đường thẳng BC SA biết SA=a SA tạo với mặt phẳng đáy góc 300.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 3 3 3

a b c

P

b c a

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2y2 2x 8y 0   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường tròn theo dây cung có độ dài

2.Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ

Câu VI.b (2 điểm) 1.Tính giá trị biểu thức: A4C1002 8C1004 12C1006  200 C100100. Cho hai đường thẳng có phương trình:

1

2

:

3

x z

d    y 

2

3

:

1

x t

d y t

z t

   

      

Viết phương trình đường thẳng cắt d1 d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1)

Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0

ĐÁP ÁN ĐỀ 17

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

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

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

   

lim lim

x   x  x    x  x  x   y’=3x2-6x=0

0 x x

    

 Bảng biến thiên:

x - +  y’ + - +

+  y

- -2

Hàm số đồng biến khoảng: (-;0) (2; + ) Hàm số nghịch biến khoảng (0;2)

fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2

y’’=6x-6=0<=>x=1 x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) tâm đối xứng

2.Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ

Gọi tọa độ điểm cực đại A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:

4

3 5

2 2

5 x y x

y x

y 

 

 

 



 

 

  



 =>

4 ; 5 M 

 

1 Giải phương trình cos2x 2sin x 2sin x cos 2x 0    Giải phương trình: cos2x 2sin x 2sin x cos 2x 0    (1)

     

   

1 os2 2sin 2sin

os2 1 2sin

c x x x

c x x

    

   

Khi cos2x=1<=>x k , k Z Khi

1 sinx

2 

 x k2 



 

hoặc

2

x  k 

,k Z Giải bất phương trình  

2

4x 3 x  3x 8x 6   Giải bất phương trình:  

2

4x 3 x  3x 8x 6   (1) (1)   

2

4x x 3x

     

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

x2 3x 4 2=0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu:

x - ¾ +  4x-3 - - + +

2 3 4 2

x  x  + - - + Vế trái - + - + Vậy bất phương trình có nghiệm:  

3

0; 3;

4

x  

 

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân

6

cotx

I dx

sinx.sin x 

 



 



 

 



 

 

3

6

3

cot cot

2

sinx sinx cos sin x sin

4 cot

sin x cot

x x

I dx dx

x x

x

dx x

 

 







 



 



 

 





 



Đặt 1+cotx=t

sin xdx dt

 

Khi

3 1 3;

6 3

x   t x  t 

Vậy

 

3 3 1

3 3

3

1

2 ln ln

3 t

I dt t t

t 

  

  

      

 

 Câu IV (1 điểm)

Gọi chân đường vng góc hạ từ S xuống BC H Xét SHA(vuông H)

0

cos30 a

AH SA 

Mà ABC cạnh a, mà cạnh

3 a AH  => H trung điểm cạnh BC

=> AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vng góc xuống SA K => HK khoảng cách BC SA =>

0

AH sin 30

2

AH a

HK   

Vậy khoảng cách hai đường thẳng BC SA a

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 3 3 3

a b c

P

b c a

  

  

Ta có:

3

3

2

3

3

16 64

2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

 

2 2

2 2

9

16

a b c

P     a b c (4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3 P

 

giá trị nhỏ P

khi a=b=c=1

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

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

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2y22x 8y 0   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường trịn theo dây cung có độ dài

Đường trịn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm ,

=>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)

Vì đường thẳng cắt đường trịn theo dây cung có độ dài 6=> khoảng cách từ tâm I đến  52  32 4

H

A C

B S

 ,  42 4 10

3 10

c c

d I

c

  

  

     

    (thỏa mãn c≠2)

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: 3x y 4 10 0  3x y  10 0 

2.Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ

Ta có AB  1; 4; 3  



Phương trình đường thẳng AB:

5 4

x t

y t

z t

   

      

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D hình chiếu vng góc C cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) DC( ; 4a a 3;3a 3)



Vì AB DC=>-a-16a+12-9a+9=0<=>

21 26 a

Tọa độ điểm

5 49 41 ; ; 26 26 26 D 

 

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z i  2 Biết phần ảo nhỏ phần thực đơn vị Gọi số phức z=a+bi

Theo ta có:

   2  2

2 2

3

a b i a b

b a b a



        

 



 

   

 

 

2

1

2

1

a b a b      

    

    

 

  

  

Vậy số phức cần tìm là: z=2 2+( 1 2)i; z= z=2 2+( 1 2)i. B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1).Tính giá trị biểu thức: A4C1002 8C1004 12C1006  200 C100100 Ta có: 

100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 100 1x C C x C x  C x

(1)  

100 0 1 2 2 3 3 100 100

100 100 100 100 100

1 x C  C x C x  C x  C x (2) Lấy (1)+(2) ta được:

 100  100 2 4 100 100

100 100 100 100

1x  1 x 2C 2C x 2C x  2 C x Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta

 99  99 1002 1004 100100 99 100 1x 100 1 x 4C x8C x  200 C x Thay x=1 vào

1

2

:

3

x z

d    y 

2

3

:

1

x t

d y t

z t

   

      

Viết phương trình đường thẳng cắt d1 d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1)

Gọi đường thẳng cần tìm d đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 d2 điểm

A(2+3a;-1+a;-3+2a) B(3+b;7-2b;1-b)

Do đường thẳng d qua M(3;10;1)=> MA k MB

 

MA3a1;a11; ,  a MB b; 2 b 3;b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 1

11 3 11

4 2

a kb a kb a

a kb k a k kb k

a kb a kb b

    

  

  

            

       

  

=> MA2; 10; 2   

Phương trình đường thẳng AB là:

3 10 10

x t

y t

z t

   

 

     Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0

=24+70i, 5i

     7 5i

2

z i

z i

  

    

ĐỀ 18

CÂUI: (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: 14+cos2x 3=

1 2sin

2x Giải phương trình:

x −1¿8=3 log8(4x)

2log√2(x+3)+ 4log4¿

Câu III: (1,0 điểm)

Tính tích phân: I=

π

6

π

4 tanx

cosx√1+cos2x dx Câu IV: (1,0 điểm)

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)

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

ĐÁP ÁN ĐỀ 18

CÂUI: (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

Đồ thị hàm số cắt trục hồnh 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 9xm có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng  Đường thẳng ym qua điểm uốn đồ thị

11 11

m m

    

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 4+cos

2 x 3=

1 2sin

2x

   

 

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

 





  

    

 

     

 

    

     

  cos cos cos cos cos cos 3

1 3 3 2

2

2 2 6

3 loại 3 3

2

a x x

k x k

a x x x k k a                                                  

2.Giải phương trình:

x −1¿8=3 log8(4x)

2log√2(x+3)+ 4log4¿

x −1¿8=3 log8(4x)

2log√2(x+3)+ log4¿

Điều kiện:

3

1

0 x x x x            

Biến đổi theo logarit số thành phương trình

        log log 2

3

2

1 loại

3

x x x

x x x x x                   

Câu III: (1,0 điểm)

Tính tích phân: I=

π

6

π

4 tanx

cosx√1+cos2x dx

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

1

u  t

3

7

3

7

3

3

I dt t 

     

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

V Sđáyh.

2 đáy

3

a S 

,

6

a

h

3 3

2

a V

 

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 )

Đặt f x 3 1 x2  x32x21, suy f x  xác định liên tục trênđoạn ;

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: f x'  0 x0 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

4

2

m 

   

m1. 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

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 

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 .

 , ,  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 Tìm quỹ tích điểm cách hai mặt phẳng (OAB) (Oxy)

   

, 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 z0  1

x y   z Câu VII: (1,0 điểm)

Với n số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:

Cn

0 +2 Cn

1 +3 Cn

2 +4 Cn

3

+ +n.Cn n −1

+(n+1).Cn n

=(n+2) 2n −1 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 xn1nx x 1

   

Thay x1, ta có Cn0 2.Cn13.Cn24.Cn3 n C nn1(n1).Cnn n2 2 n1

ĐỀ 19

I PHẦN CHUNG:

Câu 1( điểm):

Chứng minh với giá trị thực m, đường thẳng (d)

y = - x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm giá trị nhỏ đoạn AB Câu (1.5 điểm):

1 Giải hệ phương trình sau:

2 2

2

y 2

3y

x

x 2

3x

y

 

   



 





2 Giải phương trình: 2x13 2x23 2x30

Câu ( điểm): Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng (ABC), ngồi AC = AD = 4; AB = 3; BC = Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD) Câu 4( điểm):

Tính tích phân:

3

x cos x

I dx

sin x 





Câu ( điểm): Cho số thực dương x,y,z Chứng minh rằng:

x2−xy

x+y +

y2−yz

y+z +

z2−zx

z+x ≥0 II PHẦN RIÊNG:

1) Theo chương trình chuẩn: Câu ( 1.5 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng

(d1): x + y + = 0, (d2): 2x – y – = Lập phương trình đường thẳng (d) qua

M(1;-1) cắt (d1) (d2) tương ứng A B cho 2MA MB 0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Giải bất phương trình sau: 2C2

x+1 + 3A2x < 30

ĐÁP ÁN ĐỀ 19

I PHẦN CHUNG:

Câu 1( điểm):

Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y = x x  

Chứng minh với giá trị thực m, đường thẳng (d) y = - x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm giá trị nhỏ đoạn AB

Phương hoành độ giao điểm (d) (C) là: x

x 

2 (1) x

x mx m 

  

   

 ln có nghiệm phân biệt với m

Ta có A(x1; -x1 +m), B(x2; - x2 + m)

AB =

2

1 2

2(x  x )  ( x x )  4x x 

= 2(m2 4m8)  Vậy gtnn AB = m =

Câu (1.5 điểm):

1 Giải hệ phương trình sau:

2 2

2

y 2

3y

x

x 2

3x

y

 

   



 





điều kiện x>0, y>0 Khi hệ tương đương

2

2

3

3

x y y xy x

  

 

 

 

Trừ vế theo vế hai phương trình ta được: (x-y)(3xy+x+y) =  xy thay lại phương trình Giải tìm nghiệm hệ là: (1;1)

2 Giải phương trình: 2x13 2x23 2x30 Tập xác định: D = R Đặt f(x) = 2x13 2x23 2x3

Ta có:

3 , , ;

0 ) (

2 )

2 (

2 )

1 (

2 )

( '

3

3

3          

 x

x x

x x

f

Suy hàm số f(x) đồng biến tập M= 

 

 

 

    

 

      

 

      

 

 

 ,

2

3 , 1

, 2

1 ,

Ta thấy f(-1)=0  x=-1 nghiệm (1) Ta có: 2) 3 ( ; )

(  f  

f

Ta có bảng biến thiên hàm số f(x): x

-∞



-1



+∞ f’(x)

   F(x) +∞

-∞ -3

Cách 2: Học sinh đặt 3

2

2

u x

v x

  

 

 



 ta hệ

3

3

0 2 u v u v

v u

 

  

 

  

 giải hệ tìm nghiệm

Câu ( điểm): Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng (ABC), ngồi AC = AD = 4; AB = 3; BC = Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD) Ta có VABCD =

1 1

3AH SDBC 3DA SDBC 3DA AB AC Vậy AH.SDBC=

1

2DA AB AC (1) Mà AM.BC = BA.CA

12 AM

 

từ (1) có

1

2

AH BC DM  DA AB AC

từ

4.3.4 34

144 17

5 16 25 DA AB AC

AH

BC DM

  



Câu 4( điểm): Tính tích phân:

3

x cos x

I dx

sin x 





Ta có (

sin2x)

'

= −2 cosx sin3x nên

I = −1

2π4

π2

xd(

sin2x) = − 2x

1 sin2x¿π4

π2

+ 2π4

π2 dx

sin2x=− 2(

π

2−

π

2)−

2cotx¿π4

π2

= 12

Câu ( điểm): Cho số thực dương x,y,z Chứng minh rằng: x2−xy

x+y +

y2−yz

y+z +

z2−zx

z+x ≥0 Ta có:

x+y¿2 ¿ ¿

x2−xy x+y =

x(x+y)−2 xy x+y =x −

2 xy

x+y≥ x −¿

(1)( x,y>0)

Tương tự: y

−yz

y+z ≥

y − z

2 (2),

z2−zx

z+x ≥

z − x

2 (3) Cộng vế (1),(2),(3) suy ra:

x2−xy

x+y +

y2−yz

y+z +

z2−zx

z+x ≥

x − y

2 +

y − z

2 +

z − x

2 =0 Đẳng thức xảy x = y = z

II PHẦN RIÊNG:

1) Theo chương trình chuẩn: Câu ( 1.5 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng

D

A

B

M

C

(d1): x + y + = 0, (d2): 2x – y – = Lập phương trình đường thẳng (d) qua M(1;-1) cắt

(d1) (d2) tương ứng A B cho 2MA MB 0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

A(a;-a-1), B(b;2b – 1) Từ điều kiện 2MA MB 0

  

tìm A(1; - 2), B(1;1) suy (d): x – = Giải bất phương trình sau: 2C2

x+1 + 3A2x < 30

Điều kiện x N x , 2 Ta có 2C2

x+1 + 3A2x < 30  x(x + 1) +3x(x-1) < 30 4x2 – 2x – 30 >



3

2 x



 

kết hợp với điều kiện ta x =

ĐỀ 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =

x 2x



 (1)

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

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O

Caâu II (2,0 điểm) Giải phương trình

(1 2sin x)cos x

3 (1 2sin x)(1 sin x)





  .

2 Giải phương trình : 3x 5x 03      (x  R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

I (cos x 1) cos xdx 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a; CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)

 5(y + z)3

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – = mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = đường thẳng 1 :

x y z

1

 

 

; 2 :

x y z

2

  

 

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :

2

2

2

x xy y

log (x y ) log (xy)

3   81

   

 

 

 (x, y  R)

ĐÁP ÁN ĐỀ 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho haøm số y =

x 2x



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

/

2

3

\ , 0,

2 (2 3)

D y x D

x

 

 

      



 



Suy hàm số giảm khoảng xác định

và khơng có cực trị

3

2

lim , lim

x x

y y

 

 

 

   

TCĐ:

2 x

1

lim :

2

x y  TCN y

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O

Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghĩa là:

x y

-2 3 2

0

2/3

+∞ 

1

+∞ -∞

y y/ x

-∞

2

-f’(x0) = 1 

2

1

1 (2x 3)



 



0

0

x y

x y

  



   

 1 : y – = -1(x + 1)  y = -x (loại) 2 : y – = -1(x + 2)  y = -x – (nhận) Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

(1 2sin x)cos x

3 (1 2sin x)(1 sin x)





  .

ĐK:

1 sin

2 x

, sinx ≠

     

 

1 2sin cos 2sin sin

cos 2sin cos sin 2sin

cos sin sin2 cos

    

    

   

Pt x x x x

x x x x x

x x x x

1 3

cos sin s in2 cos cos cos

2 2

   

          

   

x x x x  x x 

2 2

3 6

  x x  k hay x x k 

2  x  k 

(loại)

2

18

 

x  k 

, k  Z (nhận) 2.Giải phương trình : 3x 5x 03      (x  R)

3

2 3x 5x 0     , điều kiện :

6

6

5

x x

   

Đặt t = 33x 2  t3 = 3x –  x =

3

t

3 

vaø – 5x = 5t

3 

Phương trình trở thành :

3 5t

2t

3 

  



3 5t

3 2t

3 

 

 

3

t

15t 4t 32t 40



   

 t = -2 Vaäy x = -2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

I (cos x 1) cos xdx 

 

 

   

2 2

3

0 0

2 2

4 2

1

0 0

cos cos cos cos

cos cos sin cos 2sin sin cos

sin cos

   

     

  

  

  

I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

Đổi cận: x=  t = 0; x = 

 t =

 

1

1

2

0

2

1

3 15

     t t 

I t t dt t

2 2 2 2

2

0

0 0

1 cos 1 1

cos cos sin

2 2 4



  x      

I xdx dx dx xdx x x

     



 

2

3

0

8 cos cos

15

   

I x xdx





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a; CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Từ giả thiết tốn ta suy SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J trung điểm BC; E hình chiếu I xuống BC

2a a 3a

IJ

2



 

SCIJ

2

IJ CH 3a 3a

a

2 2



  

, CJ=

BC a

2 

 SCIJ

2

3a 1 3a 3a 6a 3a

IE CJ IE SE ,SI

4 CJ 5

        

,

 

3

1 3a 3a 15

V a 2a 2a

3 5

 

    

 

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)

 5(y + z)3 x(x+y+z) = 3yz

y z y z x x x x

   

Đặt 0, 0,

y z

u v t u v

x x

      

Ta có

   

2 2

2

1 3 3 4 2

2



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về

1u31v33 1 u 1v u v    5u v 3

             

       

     

3 2

3 3 3

3 3 3 2

2 1 1 1

2 1 6(1 )

1

2 6 2

3

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng t 

A B

D C

I J

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB

I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – = 0, E  E(m; – m); Gọi N trung điểm AB

I trung điểm NE 

N I E

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y m m

   

 

      

  N (12 – m; m – 1)

MN



= (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) MN.IE 0

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

 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) =  m – = hay 14 – 2m =  m = hay m = + m =  MN



= (5; 0)  pt AB laø y = + m =  MN



= (4; 1)  pt AB laø x – – 4(y – 5) =  x – 4y + 19 =

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – = mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

I (1; 2; 3); R = 11 5    d (I; (P)) =

2(1) 2(2) 4

  



  < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường trịn (C)

Phương trình d qua I, vng góc với (P) :

x 2t y 2t z t

   

  

   

Gọi J tâm, r bán kính đường trịn (C) J  d  J (1 + 2t; – 2t; – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – =  t =

Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2)

Bán kính đường trịn r = R2 IJ2  25 9 4

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

’ = -9 = 9i2 phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i  A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn

(C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R = 2

Giả sử  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC =



IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

 IH = IA

1

2  (thoûa IH < R)  4m

1

m



 

 – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m = 15

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = đường thẳng 1 :

x y z

1

 

 

; 2 :

x y z

2

  

 

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)

M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a 

= (2; 1; -2) AM



= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P)) 

2

261t  792t 612 11t 20

 35t2 - 88t + 53 =  t = hay t = 53 35 Vaäy M (0; 1; -3) hay M

18 53 ; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :

2

2

2

x xy y

log (x y ) log (xy)

3   81

   

 

 

 (x, y  R)

Điều kiện x, y > 2

2 2

2

log (x y ) log log (xy) log (2xy)

x xy y

    

 

  

 



2

2

x y 2xy

x xy y

  

 

  



 

2

(x y)

xy

  

 

 

x y xy

  



 

x y   

  hay

x

y

  