De va DA mon Toan ca 3 Khoi ABD2012

Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.. Tìm tọa độ điểm A..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 ,với m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b) Tìm m để đồ thị hàm sớ (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sin2x+cos2x=2cosx-1

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

    

 (x, y  R).

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1 ln(x 1)

I dx

x

 



Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khới chóp S.ABC và tính khoảng cách hai đường thẳng SA và BC theo a

Câu (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P3x y 3y z 3z x  6x26y26z2

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử

11 ; 2 M 

 và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

1

x y z  

và điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn Cn3 

 Tìm sớ hạng

chứa x5 khai triển nhị thức Niu-tơn

2 1 14

n nx

x

 



 

  , x ≠ 0. B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn và (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bớn đỉnh hình vng

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

2 1

x y z  

, mặt phẳng (P) : x + y – 2z + = và điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) M và N cho A là trung điểm đoạn

thẳng MN

Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa

5( ) z i

i z



 

………… Hết ………… BÀI GIẢI GỢI Y

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :

m = Þ y = x4 – 2x2

D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = Û x = hay x = ±1

Hàm sớ đồng biến (-1; 0) và (1; +¥), nghịch biến (-¥;-1) và (0; 1)

Hàm sớ đạt cực đại x = và yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 và yCT = -1

lim

x ±¥y¥

Bảng biến thiên :

x -¥ -1 +¥

y’  +  +

y +¥ +¥

-1 -1 y = Û x = hay x = ±

Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) và cắt Ox hai điểm (± 2; 0)

b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = Û x = hay x2 = (m + 1)

Hàm sớ có cực trị Û m + > Û m > -1

Khi đồ thị hàm sớ có cực trị A (0; m2),

B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1)

Do AB = AC nên tam giác vng A Gọi M là trung điểm BC

Þ M (0; -2m–1)

Do ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)

Û m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 Û = (m + 1) m1 =

3

(m1) (do m

> -1)

Û = (m + 1) (do m > -1) Û m = Câu sin2x+cos2x=2cosx-1

Û 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx Û cosx = hay 3sinx + cosx =

Û cosx = hay

3

2 sinx +

2cosx =

1

2 Û cosx = hay cos(x 3) cos3

 

 

Û x = k hay x k2



 

 

hay

2

x  k 

Câu 3:

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

    

 Đặt t = -x

Hệ trở thành

3 2

2

3 9( ) 22

1

t y t y t y

t y t y

      

 

    

 Đặt S = y + t; P = y.t

Hệ trở thành

3

2

3 3( ) 22 3( ) 22

1 1

2 ( )

2 2

S PS S P S S PS S P S

S P S P S S

           

 

Û

 

     

 

 

x

y

-1

O

3 2

3

2 45 82

4

1

( ) 2

2

S S S P

P S S S

         Û  Û       

 Vậy nghiệm hệ là

3 1

; ; ;

2 2



   



   

   

Cách khác :

3

2

3 22

1

( ) ( )

2

x x x y y y

x y              

 Đặt u = x

1 

; v = y +

1

Hệ cho thành

3

2

3 45 45

( 1) ( 1) ( 1)

2 4

1

u u u v v v

u v               

Xét hàm f(t) =

3 45

2

t  t  t

có f’(t) =

2 45

3

4 t  t

< với t thỏa t Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + Þ (v + 1)2 + v2 = Þ v = hay v = -1 Þ

0 v u    

 hay

1 v u     

Þ Hệ cho có nghiệm là

3 1

; ; ;

2 2

             . Câu 4.

1 ln(x 1)

I dx x    = 3 2 1

1 ln(x 1)

dx dx x x     = 3 1 x

 J =

3J. Với

2

ln(x 1)

J dx

x

 

Đặt u = ln(x+1) Þ du =

1 1dx

x ; dv =

1 dx

x , chọn v =

1 x  - J =

( 1) ln( 1) x x    + dx x  =

( 1) ln( 1) x x    +

lnx = 34ln 2ln 2 +

ln3 =

2

ln ln 3





Vậy I =

2

ln ln 3



 

Cách khác : Đặt u = + ln(x+1) Þ du =

dx

x ; đặt dv =

dx

x , chọn v = x



, ta có :

 

3 1

1 ln( 1)

I x

x

  

+

3

1 ( 1) dx x x



=  

3

1

1

1 ln( 1) ln x x x x      = 2

ln ln 3



 

Câu 5.

Gọi M là trung điểm AB, ta có

2 3 6

a a a MH MB HB   

2 2 2

2 3 28 7

2 6 36 3

a a a a

CH       Þ CH      2 7 2 3 a SC  HC 

; SH = CH.tan600 = 21 a

 ,  1 2 7 3 7

3 4 12

a a

V S ABC  a

dựng D cho ABCD là hình thoi, AD//BC

B A

C S

H M

K

Vẽ HK vng góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao SHK

Vậy khoảng cách d(BC,SA) là khoảng cách 3HI/2 cần tìm

2 3 3

3 2 3

a a

HK  

, hệ thức lượng

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

21 3

3 3

HI HS HK a a

Þ    

   

   

   

   

 

42 3 3 42 42

,

12 2 2 12 8

a a a

HI d BC SA HI

Þ  Þ   

Câu 6. x + y + z = nên z = -(x + y) và có sớ khơng âm khơng dương Do tính chất đới xứng ta giả sử xy 

Ta có P3x y 32y x 32x y  12(x2y2 xy) =

2 2

3x y y x x y 12[( ) ]

P    x y xy

      

2

2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y

x y

x y xy

  



   



3

3 2.3

x y x y

x y

 

   Đặt t = x y 0, xét f(t) = 2.( 3)3t 2 3t



f’(t) = 2.3( 3) ln 3 3( 3.( 3) ln 1) 03t   3t  

Þ f đồng biến [0; +Ơ) ị f(t) f(0) =

Ma 3x y

 30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy Û x = y = z = Vậy

min P =

A Theo chương trình Chuẩn : Câu 7a

Ta có : AN =

10 a

; AM =

5 a

; MN =

5

a

; cosA =

2 2

2

AM AN MN

AM AN

 

=

1

2 Þ MAN 45o 

(Cách khác :Để tính MAN = 450 ta tính

 

1

3

( )

1

3 tg DAM DAN



  



)

Phương trình đường thẳng AM : ax + by

11 a 2b

 

=



2

2

cos

2

5( )

a b MAN

a b



 

 Û 3t2 – 8t – = (với t =

a

b) Þ t = hay t

+ Với t = Þ tọa độ A là nghiệm hệ :

2

3 17

x y x y

   



  

 Þ A (4; 5)

+ Với

1 t

Þ tọa độ A là nghiệm hệ :

2

3

x y x y

   



  

 Þ A (1; -1)

Cách khác: A (a; 2a – 3),

3 ( , )

2 d M AN 

, MA =

3 10

2

MH 

Û

2

11 45

( ) (2 )

2 2

a  a 

Û a = hay a = Þ A (1; -1) hay A (4; 5)

B A

C D

N

Câu 8a. Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud



= (1; 2; 1) là vectơ phương đường thẳng d

[ , ] ( , ) 2 d d MI u AB R

IH d I d

u                                 

Þ [MI u, ] ( 2;0; 2)d   

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

Þ IH =

8

6 

2

2

R



Þ R =

2

3 Þ phương trình mặt cầu (S) là :

2 ( 3)2 x y z 

Câu 9.a 5Cnn Cn3 

 Û

( 1)( 2)

6 n n n

n  

Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n =

Gọi a là hệ sớ x5 ta có

7 7 i i i x C ax x                 Û

7 14

7

( 1)

2 i

iC i x i ax 

   

   

 

Þ 14 – 3i = Þ i = và

7 7 i i C a        

  Þ a =

35 16 

Vậy số hạng chứa x5 là 35

16 

.x5.

B Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b Phương trình tắc (E) có dạng :

2

2 ( ) x y

a b

a b   Ta có a =

(E )cắt (C ) điểm tạo thành hình vng nên :

M (2;-2) thuộc (E) 2

4

1 a b

Û   16

3 b

Û 

Vậy (E) có dạng

2 16 16 x y  

Câu 8b. M d Þ M( ; ;2  t t t t R)(  ); A là trung điểm MN Þ N(3 ; 2 t   t; 2 t) ( )

N P Þ t2Þ N( 1; 4;0)  ;  qua A và N nên phương trình có dạng :

1

2

x y z

 

Câu 9b z x yi  5( ) z i i z     5( ) x yi i

i x yi

 

Û  

 

5[( ( 1) ) ( 1)

x y i

i

x yi

 

Û  

  5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

Û         Û 5x 5(y1)i(2x 2 y) ( x 1 )y i

2

1 5( 1)

x y x

x y y

          x y x y    Û     1 x y   Û   

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - Mơn: TỐN; Khối B

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx23m3 (1), m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm sớ (1) m1.

b) Tìm m để đồ thị hàm sớ (1) có hai điểm cực trị A và B cho tam giác OAB có diện tích 48

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cosx sin ) cosx xcosx sinx1.

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

3

3



 

 x

I dx

x x .

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H là hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khới chóp S.ABH theo a

Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z  0 và x2y2z2 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P x 5y5z5

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn ( ) :C1 x2y2 4, 2

2

( ) :C x y 12x18 0 và đường thẳng d x y:   0 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc ( )C2 , tiếp xúc với d và cắt ( )C1 hai điểm phân biệt A và B cho AB vng góc với d

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2

 

 

x y z

d

và hai điểm A(2;1;0), ( 2;3; 2)B  Viết phương trình mặt cầu qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d

Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có cả nam và nữ

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường trịn tiếp xúc với các cạnh hình thoi có phương trình x2y2 4 Viết phương trình tắc elip (E) qua các đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, choA(0;0;3), M(1; 2;0) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A và cắt các trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM

Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức phương trình z2 3iz 0. Viết dạng lượng giác z1 và z2

BÀI GIẢI

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + Tập xác định là R

y’ = 3x2 – 6x; y’ =

Û x = hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1 lim

x y

  ¥  ¥

limx y

 ¥ ¥

x ¥ 0 2 +¥

y’ +  +

y +¥

¥ CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (0; 2)

Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2; y(2) = -1 y" = 6x – 6; y” = Û x = Điểm uốn I (1; 1)

Đồ thị :

b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ =

Û x = hay x = 2m

y có cực trị Û m 

Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3)

SOAB =

4

6 48

2  m  Û m4 = 16 Û m = ±2 (nhận so với đk)

Câu : 2(cosx sin )cosx xcosx sinx1 (2cos 1)(cos 1) sin (2cos 1)

1

cos

2cos 2

3

cos sin cos 2

3

x x x x

x

x x k

x x x x k

  



Û     



 

  

  ± 



Û  Û Û



 

  

   



 

  



Câu : Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 x Đk :  x  2 3 hay x  2

nhận xét x = là nghiệm

+ Với x  0, BPT Û

1

4

x x

x x

   



Đặt t =

1 x

x



Þ x

x



= t2 – (t  2)

Ta có : t t2 3 Û t2 3  t Û t  hay 2

3

6 t

t t t

  

    

Û

1 x

x



5 

Û x

hay x 

Kết hợp với đk Þ  x

hay x 

y

x

3

Câu : Đặt t = x2 dt

xdx

Þ 

; x Þ0 t0; x Þ1 t1

2

2

tdt I

t t



 



1

1

2 t t dt 

 

   

 

 

 12ln 3ln 2

2

 

Câu 5

Nối BH ta có tam giác ABH cân H, tính chất đới xứng

SC BH

Þ  Vậy SC(ABH).

Gọi SD là chiều cao tam giác SAB

2 2

2 2

2 ( )

2

( ) ( )

15 15

(2 )

2 4

1 15 15

2

1 15 15 15

2 2.2

SAB

SAB SAC

a a a a

SD a a SD

a a

S a

a a a

S S AH SC AH

a

 

Þ        Þ 

 

 

   Þ  

Ta có

2

2 (2 )2 4 15 49 7

16 16 4.2

a a a SH a

SH a AH a SH

SC a

     Þ  Þ  

2 2 2 2

( )

( )

7 15 15 44 11

;

8 3.2 12 12

SABH SABC

V SH a a a a a a

SO SO

V SC

   

          Þ 

   

2

( )

7 11 11

8 96

SABH

a a a

V    

 

Câu 6. 2

1 x y z x y z

   



  

 Þ

2

( )

2

2

3

xy x y x y



  

  

    



P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y)

=

3

5 5

( ) ( )

2 x y x y 2t 4t

 

       

  ; t = x + y

f(t) =

3

5

2t 4t

 

f’(t) =

2

15

2 t

 

f’(t) = Û t =

6 ±

t 2

3 

1 

1

6 23

f’(t) – + –

f(t) 5 6

36 5 636

5 36 

Vậy P 

5

36 Vậy max P = 5 636 xảy t =

A

B

C S

H

Û

1

3

( )

x y xy

z x y

   

   

  

 (có nghiệm) hay

2

6

( )

x y xy

z x y

   

   

  

 (có nghiệm)

Câu 7a Phương trình đường trịn (C) : x2y2 2ax 2by c 0

Phương trình đường thẳng AB : 2ax 2by c 4 Þ AB có vtcp vv (b;-a)

Đường thẳng (d) có vtcp uv(1;1) ( )d AB Ûu vvv. 0 Û a b (1)

d(I,d) =

2

2 a b

a b c

 

  

Û = 2a2 – c (2) 2

2

( ) 12 18 (3)

I C Û a b  a 

Thế (1) vào (3) ta có : a b 3

Thế a b 3 vào (2) ta có : c = 10

Vậy phương trình đường trịn (C) : x2y2 6x 6y10 0

Cách khác : Gọi I (a;b) ( )C2 ; đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O A, B cho AB ( )d

 .

Mà IOABÞ IOP( )d Vậy d

(I/d) = d(O/d) = 2= R

Ta có :

2

12 18 4

a b a

a b

    

 

   



2 2

12 18 (1)

12 18 (2)

a b a

a b

a b a

a b

     

 

  

 Û 

    

 

   

Hệ (1) Ûa ±7 2;b ±1 2; (loại) I và O phải phía so với (d).

Hệ (2) Ûa b 3 a2 6a 9 0

Þ    Þ a3

Phương trình đường trịn : (x 3)2(y 3)2 8

Câu 8a

Gọi tâm mặt cầu là I( )d Û I(1 ; ; ) t t  t

2

9

IA  t  t , IB2 9t214t22

Ta có IA2 IB2

 Þ t1 Þ I( 1; 1; 2)  , IA2 R2 17

Vậy phương trình mặt cầu là : x12(y1)2(z 2)2 17

Câu 9a Số cách gọi học sinh lên bảng là :

4 25

25!

12650 4!.21!

C  

Sớ cách gọi học sinh có cả nam lẫn nữ là :

TH 1: nữ nam có : 10.C153  10.455 = 4550

TH 2: nữ nam có : C C102 152  4725

TH : nữ nam có : C C103 151 1800

Vậy số cách gọi học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 Vậy xác suất để học sinh gọi có cả nam lẫn nữ là :

Cách khác: Xác suất chọn khơng có nam: P1 =

4 10

4 25

21 1265 C

C 

Xác suất chọn khơng có nữ : P2 =

4 15 25

273 2530 C

C 

Xác xuất có cả nam và nữ : P = – (P1 + P2) = 443 506 B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi R =

Ta có

2 2

1 1

4

a a a

  

2 20 2 5

a a

Þ  Þ  Þ b

Vậy phương trình (E) :

2 20 x y

 

Câu 8b Gọi B là giao điểm mặt phẳng với Ox, B(b;0;0) C là giao điểm mặt phẳng với Oy, C(0;c;0)

Vậy pt mặt phẳng có dạng :

x y z

bc   và trọng tâm tam giác ABC là : 3; ;1 b c G 

 

(1; 2; 3) AM  

uuuv

Pt đường thẳng AM :

3

1

x y z  



Vì G AM nên

2

3

b c   

2,

b c

Þ  

Vậy pt mặt phẳng (P) là 6x3y 4z12 0

Câu 9b Phương trình z2 3iz 0 có hai nghiệm là z1 1 ,i z2  1 3i

Vậy dạng lượng giác z1, z2 là :

1 cos sin ; 2 cos sin

3 3

z      i z     i

   

z1 = 2(cos

3 

+ isin

2



); z2 cos3 isin

 

 

   

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y =

2

3x3 – mx2 – 2(3m2 – 1)x +

3 (1), m là tham số thực.

a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm sớ (1) m =

b) Tìm m để hàm sớ (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 cho x1.x2 + 2(x1 + x2) =

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2

2

xy x

x x y x y xy y

   



     

 (x, y  R)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

/

I x(1 sin 2x)dx 

 

Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vng, tam giác A’AC vng cân, A’C = a Tính thể tích khới tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a

Câu (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị

nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2).

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC và AD có phương trình là x + 3y = và x – y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M (

1 

; 1) Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+y–2z+10=0 và điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính

Câu 9.a (1,0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z +

2(1 )

7

i

i i



 

 Tìm mơđun sớ

phức w = z + + i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A và B, cắt trục Oy C và D cho AB = CD =

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

2 1

x y z

 

 và hai điểm A (1; -1; 2), B (2; -1; 0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình z2 + 3(1 + i)z + 5i = tập hợp các số phức.

BÀI GIẢI

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y =

2

3x3 – x2 – 4x +

3 Tập xác định là R

y’ = 2x2 – 2x – 4; y’ = Û x = -1 hay x = 2; y(-1) = 3; y(2) = -6 lim

x y

  ¥  ¥

và limx y

 ¥ ¥

x ¥ -1 2 +¥

y’ +  +

y +¥

¥ CĐ -6

CT

Hàm số đồng biến (∞; -1) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (-1; 2)

Hàm số đạt cực đại x = -1; y(-1) = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2; y(2) = -6 y" = 4x – 2; y” = Û x =

1

2 Điểm uốn I ( 2;

3 

) Đồ thị :

b) y’ = 2x2 – 2mx – 2(3m2 – 1)

y có cực trị Û ’ = m2 + 4(3m2 – 1) > Û 13m2 – > Û m <

2 13 

hay m >

2 13

Gọi x1, x2 là nghiệm y’ : x1x2 + 2(x1 + x2) =

Û -(3m2 – 1) + 2m = Û 3m2 – 2m = Û m = (loại) hay m =

3 (nhận)

Câu : sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x Û sin3x – sinx + cos3x + cosx = 2cos2x

Û 2sinxcos2x + 2cos2xcosx = 2cos2x Û cos2x = hay 2sinx + 2cosx =

Û cos2x = hay

1 sin( )

4

x 

Û x = k

 



hay x = 12 k2



  

hay x =

7 12 k

  

(với k  Z)

y

x

3

-6

Câu 3: 2 2

2

xy x

x x y x y xy y

            Û    2

2 xy x

x y x y

            Û 2 xy x x y      

 hay

2 xy x y x         Û 2 x x x y        

 hay

2

2 2

2 x x y x         Û 1 x y    

 hay

1 5 x y        

 hay

1 5 x y          Câu 4: /

I x(1 sin 2x)dx 

 

Đặt u = x Þ du = dx

dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –

1 2cos2x I = /

( cos )

x x x

 

/

1

( cos )

x x dx

   

=

/

2 2

0

sin

16 32

x x 

            Câu 5: / ,

2 2

a a a

A C a Þ AC  BC 

3 1

3 2 2 24

a a a a

V     

 

 

Hạ AH vng góc A/B tam giác ABA/

Chính là d(A,BCD/) =h

Ta có

2

2

1 1

6

2

a h h  a  a Þ 

   

   

Câu 6: Ta có

 (x 4)2(y 4)22xy32Û(x y )2 8(x y ) 0 Û 0 x y8  4xy(x y )2

2

6 ( )

2

xy x y

Þ   

A = x3y33(xy1)(x y  2)= (x y )3 6xy 3(x y ) 6

A

3

( ) ( ) 3( )

2

x y x y x y

      

Đặt t = x + y (0 t 8), xét f(t) =

3 3 6

t  t  t

Þ f’(t) = 3t2 3t

f’(t) = t =

1

2 

; f(0) = 6, f(8) = 398, f(

1

2 

) =

17 5 

Vậy giá trị nhỏ f(t) là

17 5 

xảy t =

1

2 

A B

A  f(t) 

17 5 

Dấu xảy x = y và x + y =

1

2 

hay x = y =

1

4 

PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a: AC cắt AD A (-3; 1)

Vẽ MN // AD (N  AC) Þ MN : 3x – 3y + =

Trung điểm MN : K (

4 ; 6 

)

Vẽ KE  AD (E  AD) Þ KE :

4

( ) ( )

6

x  y 

Þ E (-2; 2)

E là trung điểm AD Þ D (-1; 3) Giao điểm AC và EK : I (0; 0)

I là trung điểm BD Þ B (1; -3) I là trung điểm AC Þ C (3; -1) Câu 8a: IH = d(I, (P)) =

4 10

   

; R2 = IH2 + r2 = + 16 = 25

(S) : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 3)2 = 25.

Câu 9a : (2 + i)z + (1 + 2i)(1 – i) = + 8i Û (2 + i)z + + i – 2i2 = + 8i

Û (2 + i)z = 7i + Û z =

(7 4)(2 )

3 (2 )(2 )

i i

i

i i

 

 

 

Suy : w = z + + I = + 3i Þ w  16 5  B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b: I  (d) ÞI (t; 2t + 3) AB = CD Þt  = 2t + 3Û t = -1 hay t = -3

+ t = -1 Þ I (-1; 1) Þ R = 2Þ pt đường trịn : (x + 1)2 + (y – 1)2 =

+ t = -3 Þ I (-3; -3) Þ R = 10 Þ pt đường tròn : (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10 Câu 8b: Gọi M (2t + 1; -1 – t; t) thuộc (d)

AMB vuông M Û AM = (2t; -t; t – 2) vng góc với BM



= (2t – 1; -t; t)

Û 6t2 – 4t = Û t = hay t =

3 Vậy M (1; -1; 0) hay M (

7 ; ;  3). Câu 9b: z2 + 3(1 + i)z + 5i = 0

 = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2

z =

3(1 ) (1 )

i i

  ± 