Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi khó, trung bình, dễ và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.. Giải bất phương trình: 5..[r]
(1)BỘ ĐỀ + ĐÁP ÁN KÌ THI THPT NĂM 2016 ĐỀ 01: y 2x x Câu (2 điểm) Cho hàm số a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số b Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng đồ thị (C) khoảng cách từ M đến trục Ox Câu (1 điểm) a Giải phương trình: sin x cos x 4sin x b Giải bất phương trình: 2log ( x 1) log (2 x 1) 2 Câu (0.5 điểm) Tính nguyên hàm sau: Câu (1.5 điểm) I x x 3dx x 2 x a Tìm số hạng chứa x khai triển b Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên Thí sinh A đã học thuộc 10 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã thuộc Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy Góc (SAB) và (ABCD) 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA và IC Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, BC 2BA Gọi E, F là 5; 1 trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho FM 3FE Biết điểm M có tọa độ , đường thẳng AC có phương trình 2x y 0 , điểm A có hoành độ là số nguyên Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC Câu (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh a Tính thể tích hình lăng trụ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a x xy x y y 5 y y x y x Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1 điểm) Cho a , b, c là độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn 2c b abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức S bc a a c b a b c Hết (2) ĐÁP ÁN ĐỀ 01: Câu Câu1a 1.0đ Nội dung Điểm D R \ 1 - Tập xác định y' - Sự biến thiên 3 x 1 0,25 0 với x D ;1 , 1; + Hàm số nghịch biến trên khoảng + Hàm số không có cực trị + 0,25 lim y x 2 x , suy đường thẳng y = là đường tiệm cận ngang đồ thị lim y x , lim y x , suy đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng đồ thị x 1 x 1 0,25 + Bảng biến thiên x y’(x) y - + - - + - - Đồ thị + Đồ thị hàm số qua các điểm 0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5 I 1; + Đồ thị nhận điểm làm 0,25 tâm đối xứng Câu 1b 1.0đ Gọi M x ; y0 x 1 , , y0 2x 1 x , Ta có 0,25 d M, 1 d M, Ox x y x0 Với x0 2x x 1 2x x0 x 0 1 x 02 2x 1 2x 1 x 4 , ta có : 0,25 Suy 0,25 M 0; 1 , M 4;3 (3) 1 2 , ta có pt x 2x 1 2x x 0 (vô nghiệm) Với M 0; 1 , M 4;3 x0 Câu 2a 0.5đ Vậy sin x cos x 4sin x sin x cos x cos x 4sin x 0 sin x cos x 2sin x 4sin x 0 2sin x ĐK: x > , sin x 0 sin x 1 3 0,25 log ( x 1) log (2 x 1) 2 log3[( x 1)(2 x 1)] 1 0,25 x 2 x x 0 Đối chiếu điều kiện suy bpt có tập nghiệm S = (1;2] Câu 0.5 đ 2 Đặt t x t x 2tdt 2xdx xdx tdt t3 ( x 3)3 I t.tdt t dt C C 3 Suy Câu 4.a 0.5đ 0,25 0,25 0,25 k 9 k k 9 k x C x C9k x 3k 2 x x k 0 k 0 Ta có Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 3k 3 k 2 C x 144x Suy số hạng chứa x Câu 4.b 0.5đ cos x sin x 0 0,25 x k , k x k 2 sin x 0 cos x sin x Câu 2b 0.5đ 0,25 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi câu hỏi để lập đề thi có C20 =4845 đề thi 0,5 0,25 0,25 Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu đã thuộc, có 2 C10 C 10=2025 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu đã thuộc, có C10 C 10=1200 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu đã thuộc, có C10 =210 trường hợp Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã thuộc, có 2025+1200+210=3435 trường hợp 0,5 Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có ít câu đã 3435 229 thuộc là 4845 323 (4) Câu 1.0đ VS.ABCD SH.SABCD Ta có , đó SABCD a 0,25 Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy SH (ABCD) Dựng HE AB SHE AB , suy SEH là góc (SAB) và (ABCD) SEH 60 Ta có SH HE.tan 60 3HE HE HI a HE CB IC 3 a SH 0,25 Suy 1 a 3a VS.ABCD SH.SABCD a 3 Gọi P là trung điểm CD, suy AP song song vớiCI 0,25 d SA, CI d CI, SAP d H, SAP SHK SAP Dựng HK AP , suy Dựng HF SK HF SPA d H, SPA HF 1 2 Do SHK vuông H HF HK HS (1) 1 1 2 2 HK DM DP DA Dựng DM AP , ta thấy DM HK 1 1 2 2 2 2 2 HF DP DA HS a a a a Thay vào (1) ta có a HF 2 a d SA, CI 2 Vậy 0,25 Gọi I là giao điểm BM và AC Ta thấy BC 2BA EB BA, FM 3FE EM BC ABC BEM EBM CAB BM AC Câu 1.0đ Đường thẳng BM qua M vuông góc với AC BM : x 2y 0 Toạ độ điểm I là nghiệm hệ 13 x 2x y 0 x 2y 0 y 11 13 11 I ; 5 0,25 0,25 (5) 2 12 8 4 IM ; IB IM ; B 1; 3 5, 5 1 5 2 BA BI 2 2 Trong ABC ta có BI BA BC 4BA 2 8 4 BI BA BI 2 , suy Mặt khác A a,3 2a Gọi toạ độ , Ta có a 3 BA 4 a 1 2a 4 5a 26a 33 0 a 11 2 4 AI ; A 3; 5 Do a là số nguyên suy A 3; B 1; 3 C 1;1 AC 5AI 2; C 1;1 0,25 2 Ta có Vậy , 0,25 , Câu 1.0đ Thể tích lăng trụ là: V AA '.SABC a a a3 4 0,5 Gọi O , O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C' đó tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là trung điểm I OO’ Mặt cầu này có bán kính là: R IA AO2 OI2 ( suy diện tích mặt cầu (S) là: Câu 1.0đ a a a 21 ) ( ) S 4R 4( xy x y y 0 4 y x 0 y 0 x y 3 Đk: Ta có (1) Đặt u x y , v y 1 0,5 a 21 7a ) 0,5 x y y 1 4( y 1) 0 ( u 0, v 0 ) (6) u v 2 u 4v(vn) Khi đó (1) trở thành : u 3uv 4v 0 Với u v ta có x 2 y , thay vào (2) ta : y y y 1 y 2 4y 2y 2y y 2 ( vì Câu 1.0đ y 0 y 0 y 1 y 2 y2 y y y y y 2 y 0,25 0 y 1 y2 y y 0y 1 y 1 ) 5; Với y 2 thì x 5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT là 1 , x 0, y x y x y Áp dụng bất đẳng thức 1 1 1 S 2 3 bc a a c b b c a a b c a c b a b c S c b a suy 0,25 0,25 0,25 3 1 3 2 2 a 4 a , a c b a Từ giả thiết ta có c b nên c b a 0,25 Vậy giá trị nhỏ S Dấu xảy a b c 0,25 (7) ĐỀ 02: x +2 Câu (1 điểm ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y= x − ( ) x −2 x +5 Câu (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y= trên đoạn x−1 [2;5] Câu (1 điểm) sin x − cos x =0 a) Giải phương trình: √ sin x − b) Giải bất phương trình: log ( 5− x ) −1 ≤ Câu (1 điểm) Tính tích phân: I = x ln ( x +1 ) dx Câu (1 điểm) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oz và qua hai điểm A ( ; ; ) , B ( − ; ; ) Câu (1 điểm) a) Trong đợt vấn học sinh trường THPT Kim Liên để chọn học sinh du học Nhật Bản với học bổng là hỗ trợ 75% kinh phí đào tạo Biết số học sinh vấn gồm học sinh lớp 12C3, học sinh lớp 12C7, học sinh lớp 12C9 và 10 học sinh lớp 12C10 Giả sử hội các học sinh vượt qua vấn là Tính xác suất để có ít học sinh lớp 12C3 chọn b) Tìm hệ số x khai triển ( −3 x 2) Câu 7(1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông cân B và AB = a Hình chiếu vuông góc A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H cạnh AB Biết diện tích mặt bên ABB’A’ a2 a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’) Câu 8(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D ¿ y + y +2 x √ − x=3 √ 1− x Câu 9(1 điểm) Giải hệ phương trình: √ −4 y 2=2 x2 +6 y −7 ¿{ ¿ Câu 10(1 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: a+b +c=0 ; a 2+ b2 +c 2=6 Tìm giá trị lớn biểu thức F=a2 b2 c Hết (8) ĐÁP ÁN ĐỀ 02: Câu1 x +2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y= x − ( ) Đk: x # y'= 1đ 0,25 −3 <0 ∀ x ≠ ( x − )2 H/s luôn nghịch biến trên khoảng x/đ H/s không có cực trị Giới hạn: 0,25 x →1+¿ y =+ ∞ lim y=1 ; lim y=− ∞ ; lim x → ±∞ − ¿ x→1 Đồ thị h/s có TCĐ là đt: x = 1; TCN là đt: y = BBT: x -∞ y’ y +∞ - - 0,25 +∞ -∞ Đồ thị: y 0,25 -2 O x -2 Câu2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số x −2 x +5 y= x−1 trên 1đ đoạn [2;5] Hàm số liên tục và có đạo hàm trên [2;5] 0,5 (9) y ' =1 − ; ( x −1 )2 y '=0 ⇔ x=3 ∈ [ ; ] ¿ x=−1 ∉ [ ; ] ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ y ( )=5 ; y (3 )=4 ; y ( )=5 max y=5 x=2 ∨ x=5 ; y=4 x=3 [ 2; 5] Câu3 0,25 0,25 [ 2;5 ] a) Giải phương trình: 0,5đ √3 sin x − cos x =0 (1) sin x − (1) ⇔ √ sin x −cos x=0 sin x ≠ ⇔ π ¿ x= +kπ π x ≠ +k2 π 5π x≠ +k2 π 7π ⇔ x= + k π ; k ∈Z ¿{ 0,5đ b) Giải bất phương trình: log ( 5− x ) −1 ≤ (1) 3 ( ) ⇔5 −2 x2 ≥ ⇔ x2 ≤ ⇔ − ≤ x ≤ 2 Câu4 Tính tích phân: I = x ln ( x +1 ) dx 0,5đ 0,5 1đ 1 1 Đặt u=ln ( x +1 ) ; dv=xdx ⇒du= x+ dx ; v= x − = ( x −1 )( x +1 ) 0,5 1 1 I = ( x −1 ) ln ( x +1 )∨− ( x −1 ) dx 20 1 =− x − x ∨¿ 2 ( Câu5 ) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oz và qua hai điểm A ( ; ; ) , B ( − ; ; ) Gọi I(0;0;a) là tọa độ tâm mặt cầu cần tìm Phương trình m/c cần tìm có dạng: x 2+ y + z − az+b=0 Vì A(3;4;4), B(-4;1;1) thuộc m/c nên ta có hệ: 0,5 1đ 0,25 0,5 (10) ¿ 41 −8 a+ b=0 18 −2 a+b=0 ⇔ 23 ¿ a= 31 b=− ¿{ ¿ 23 31 23 901 2 Vậy pt m/c cần tìm là: x + y + z − z − =0 hay x + y + z − =36 a) số phần tử kg mẫu là: n ( Ω )=C 630=593775 0,25 Gọi A là biến cố có ít h/s lớp 12C3 chọn 0,25 Câu6 25 ( ) 25 n ( A )=C +C C =442750 442750 151025 Xác suất b/c A là: P ( A )=1 − P ( A )=1 − 596775 =593775 ≈ , 25 b) Tìm hệ số x 8 0,5đ khai triển ( −3 x 2) ( −3 x 2) =∑ C k8 2k ( −3 x 2) −k k=0 Câu7 0,25 ❑ =∑ C k8 k ( −3 ) 8− k x 16− k ❑ Số hạng khai triển chứa x 16-2k = hay k = Vậy hệ số x khai triển là: C58 25 ( −3 )3 =−48384 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông cân B và AB = a Hình chiếu vuông góc A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H cạnh AB Biết diện tích mặt bên ABB’A’ a2 a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho A’ Diện tích tam giác ABC là: 3 V =S A ' H = a 0,5đ C’ 1 S= AB BC= a 2 Theo gt ta có: A ' H AB=3 a ⇒ A ' H=3 a Thể tích khối lăng trụ đã cho là: 0,25 0,25 1đ B’ E A 0,25 I C H 0,25 B b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’) d ( B ; ( ACB' ) )=2 d ( H ; ( ACB' ) )=2HK Với K là trực tâm tam giác AEI và 0,5đ 0,25 1 1 a = + + = ⇒HK= 2 HK HA HI HE a 2a Vậy d ( B ; ( ACB' ) )=2 HK= Câu8 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I Biết trung 1đ điểm cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D Đặt α =∠ AEM, 0< α < 900 ,ta có: F D I A C E(1;0) B (11) BF =3 ⇔ tan ( 45 +α )=3 BM 1+ tan α ⇔ =3 ⇔ tan α= ⇒ cos α = 1− tan α √5 Ptđt ME là: x+ y −3=0 tan EMB= 0,25 Đường thẳng AC qua điểm E(1;0) và tạo với đt ME góc cho có pt là: √5 x+ y − 1=0 cos α = −7 x + y +7=0 0,25 TH1: Pt đt AC là: x+ y − 1=0 ⇒ d ( M ; AC )= √ ⇒ AM=MI=2 Suy phương trình đường tròn tâm M qua A và I là: x 2+ ( y −3 )2=4 Tọa độ A và I là nghiệm hệ: 0,25 ¿ x + y − 1=0 x 2+ ( y −3 ) =4 ⇔ ¿ x=− y=3 ¿ x=0 y =1 ¿{ ¿ Vì I nằm A và E nên A ( −2 ; ) ; I ( ; ) ⇒ B ( ; ) ; C ( 2; − ) , D ( −2 ; −1 ) (t/m gt) Th2: Pt đt AC là: −7 x + y +7=0 Tương tự tìm tọa độ A không nguyên nên loại Tóm lại tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD là: A ( −2 ; ) ; B ( ; ) ; C ( 2; − ) , D ( −2 ; −1 ) Câu9 Giải hệ phương trình: ¿ y + y +2 x √1 − x=3 √ 1− x √ −4 y 2=2 x2 +6 y −7 ¿{ ¿ ĐK: x ≤ , ta có: { y 3+ y+ x √1 − x=3 √ 1− x ⇔ y + y =2 ( √1 − x )3 + √ 1− x ⇔ y=√ 1− x Vì h/s f ( t )=2 t +t đồng biến trên R Thế vào pt ta pt: x −6 x −1= √ x+5 ⇔ x − x + 4=4 x +5+2 √ x +5+1 2 ⇔ ( x − ) =( √ x +5+1 ) ⇔ −2 x=√ x +5+1 vì x ≤ ⇔ x=1 − √ tmđk Câu10 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: a+b +c=0 ; a 2+ b2 +c 2=6 Tìm giá trị lớn biểu thức F=a2 b2 c Từ gt ta có: 0,25 1đ 0,5 0,25 0,25 1đ 0,25 (12) ¿ b+c=− a bc=a2 − ¿{ ¿ Hệ có nghiệm a2 ≥ ( a2 − ) ⇔a ≤ ⇒ a2 ∈ [ ; ] 2 2 2 2 F=a b c =a ( a −3 ) =t − t +9 t , t=a ∈ [ ; ] ' t 0,25 ' t F =3 t −12 t+ ; F =0 ⇔ t=1∈ [ ; ] ¿ t=3 ∈ [ 0; ] ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ F ( ) =F ( )=0 ; F ( )=F ( )=4 Suy max F=4 ( a ; b ; c )=( ; −1 ; −1 ) ( a ; b ; c )= (− ;1 ; ) các hoán vị 0,25 các hoán vị 0,25 ĐỀ 03: Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y x 1 x có đồ thị (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y 2x 1 x trên 3;5 (13) Câu 2(1,0 điểm) a) Cho hàm số y x x Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và điểm cực tiểu đồ thị hàm số đã cho b) Giải phương trình log32 x log3 x 0 x ln x Câu 3(1,0 điểm) Tính nguyên hàm I x2 dx Câu 4(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M( 5; ) và tiếp xúc với (C) x 1 y Câu 5(1,0 điểm) sin x cos x sin x 1 2sin a) Giải phương trình x b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam Cô giáo chọn học sinh để lập tốp ca chào mừng 20 - 11 Tính xác suất để tốp ca đó có ít học sinh nữ Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp A.BCD có AB a 3; BC a Gọi M là trung điểm CD Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách hai đường thẳng BM, AD Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I( 1; - )là tâm đường tròn ngoại tiếp và AIC 90 Hình chiếu vuông góc A trên BC là D( - 1; - 1) Điểm K( 4; - ) thuộc đường thẳng AB Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A có tung độ dương 8 x x x y y y 4 xy y y x 5y 12 x Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình x; y Câu 9(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức M 3a 3b 25c3 a b c ************ Hết ************ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 03: Câu 1a Đáp án( Trang 01) D \ 2 TXĐ: Sự biến thiên Điểm 0.25 (14) y - Chiều biến thiên: x 2 x D ;2 và 2; - Hàm số nghịch biến trên các khoảng - Hàm số đã cho không có cực trị lim y 2 TCN : y 2 - Tiệm cận x lim y lim y x 2 : TCÑ x 2 ; x Bảng biến thiên x -∞ y' y 2 - +∞ +∞ - 0.25 -∞ 0.25 Đồ thị 0.25 1b 3;5 f(x) xác định và liên tục trên , x 3;5 f x x 3;5 Với 11 f 5 , f 3 7 Ta có: f x x 2 11 3;5 Giá trị lớn và giá trị nhỏ f(x) trên là và Câu 2a 2b 0.25 0.25 0.25 0.25 Đáp án( Trang 02) x 0 y 0 x 2 - Ta có y 3 x x , - Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A( 0; ) và B( 2; - ) Điểm Do đó đường thẳng AB qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số đã cho là: x y 0 log x 1 log3 x 7 ĐK: x PT 0.25 0.25 0.25 (15) x 3 t / m x 2187 0.25 2x ln x u du d ln x x dx Đặt I 0.5 2x 1 u2 ln x dx udu C 2 x2 2 2 0.5 I ln x C Vậy Đường tròn (C) có tâm I( 1; ) và bán kính R 10 0.25 Gọi ∆ là đường thẳng qua M( 5; )thì ∆ có phương trình dạng : ax by 5a 2b 0 d I ; R Do ∆ tiếp xúc với (C) nên b 3a b 3a 10a2 a2 b 4a a b 0.25 0.25 + Với b 3a : x 3y 11 0 + Với b 3a : x 3y 0 PT 0.25 sin x cos x cos2 x sin x cos x 0.25 cos2 x sin x cos x 1 0 5a x k x k x k x k 2 x k 2 4 cos x 0 3 x k 2 sin x x k sin x cos x 1 4 4 Chọn ngẫu nhiên học sinh số 48 học sinh có: k 0.25 C48 1712304 5b Gọi A là biến cố " chọn học sinh đó có ít học sinh nữ" thì A là biến cố " chọn học sinh mà đó không có học sinh nữ " 0.25 Câu Đáp án( Trang 03) Điểm 5b Ta có số kết thuận lợi cho A là: C 20349 21 P A 21 48 C 20349 1712304 C 20349 1691955 P A 1 1712304 1712304 0.25 Gọi O là tâm tam giác BCD cạnh a AO BCD Do A.BCD là chóp nên AO là đường cao hình chóp A 0.25 N (16) O M I a2 SBCD BC.BD.sin 600 và Có C a 3 Trong AOB có: OB AO AB BO 2a 0.25 a3 18 VA.BCD AO.SBCD ñvtt 18 Gọi N, I, J là trung điểm AC, CO, OM AD / / MN AD / / BMN d BM ; AD d AD; BMN Có: d D; BMN d C; BMN 2d I ; BMN BM IJ BM IJN BMN IJN BM NI lại có: theo giao tuyến NJ 0.25 IK BMN d I ; BMN IK Trong mp(IJN) kẻ IK NJ 1 16 35 a 70 IK IJ IN a 2a 2a 35 * Xét IJN có: IK Vậy d BM ; AD 2d I ; BMN 2a 70 35 AIC 900 ABC 45 ABC 1350 Do A K( 4; -1) ABD 450 nên ADB vuông cân D đó DA = DB Lại có: IA = IB DI AB I C x y 0 Gọi A a;2 a AB , DA 2d D; AB 2 10 a 1 2a 8 0.25 B D Câu Đáp án( Trang 04) Nên đường thẳng AB qua ( 4; - ) và vuông góc với DI có phương trình 0.25 Điểm 0.25 2 10 A 1; loại A 5;1 t / m Phương trình DB qua D có VTPT AD : x y 0 a 1 a 5 a 6a 0 0.25 (17) C DB C c; 3c Do IAC vuông cân I nên IA.IC 0 c 1 3c 0 c C 2;2 ĐK: PT x y y x 0 0.25 Từ pt (1) dể pt có nghiệm thì y 0 1 2 x 2 x 2 x y3 y y f t t 2t 4t 0.25 t 0 Xét hàm số nên f(t) luôn đồng biến Từ pt (*) (*) f t 3t 4t 2t t t 0 có 0.25 f 2 x f y 2 x y 0.25 y y y 3y y Thay vào pt ( ) ta pt y z loại y 2z 3yz y z y 2z 0 y z t / m z y 2 Đặt ta pt 3 2 0.25 Với y = z ta y y y 2 x 1 (t / m) - Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a4 a 2a4 2a2 4a3 M a b 25c M a b c 3 Đặt Câu t c a b c hay 3a 4a 4a3 4b3 25c3 a b c b3 a b - Tương tự 3b 4b a b a b 0 a Mà 0.25 3 ab c c c 25 1 25 a b c a b c abc ab c 0.25 t 1 Đáp án( Trang 05) Điểm Xét hàm số f t t 25t t 1 t 1 f t 0 2 t f t t 5t , có: Bảng biến thiên t f'(t) -∞ - 60 f(t) 25 0.25 0.25 +∞ + (18) 25 25 Min f t f t Min M a b 1, c 36 hay 36 Vậy ĐỀ SỐ 04: Câu ( điểm) : Cho hàm số y=x4-2x2-3 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số b).Tìm tham số m đề đồ thị hàm số y=mx2-3 cắt đồ thị ( C) điểm phân biệt và tạo thành hình phẳng có 128 diện tích 15 (19) 3t anx 2 x 3cos 2 Câu 2: ( điểm ) a Giải phương trình : x x b.Giải phương trình: 2x=3 +2x+1 x y x y 2( x y ) 1 1 x y x2 y2 Câu 3: ( điểm ) Giải hệ phương trình: e x x x ln x I dx x(ln x x) Câu 4: ( điểm ) Tính tích phân Câu 5: ( điểm ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, có đáy (ABC) là tam giác vuông B có AB=a, BC=2a Cạnh A’C hợp với đáy góc 30 Gọi M là trung điểm CC’ Tính thể tích khối chóp M.ABB’A’ và khoảng cách từ A đến mp(MA’B’) theo a Câu 6:(0.5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn: z z 2 8i Tìm số phức liên hợp z 3 26 (C ) : ( x ) ( y ) 2 là đường tròn Câu ( điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Gốc toạ độ O là trung điểm BC Xác định toạ độ các điểm A, B, C, và D x y z 3 2 và đđường thẳng (d2) : Câu ( điểm )Trong khoâng gian Oxyz cho đđường thẳng (d1) : x 1 y z 2 1 Tìm tọa độ giao điểm của( d1 )và ( d2).Viết phương trình đường thẳng (d) đối xứng (d1) qua (d2) Câu ( 0.5 điểm ) Một tổ sản xuất có 10 công nhân đó có nam và nữ Chọn ngẫu nhiên công nhân để dự hội nghị Tính xác suất để chọn số công nhân nam nhiều số công nhân nữ Câu 10: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số f ( x) x x 32 x 24 x 3x 12 x 16 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 04: Câu b/ (1 đ ) Ta có f1(x)=f2(x) <=>x4-(2+m)x2=0 Điều kiện để phương trình trên có nghiệm phân biệt là 2+m>0 =>m>-2 Lúc đó ta có các nghiệm x=0 ;x= m (20) diện tích S= 2( m 2m x (2 m) x dx 2 m x (2 m) x dx 2 (x (2 m) x )dx x (2 m) x 2m ( m) 2m ) 2 4 15 15 = ( m )5 128 ( m )5 32 m 4 m 2(tm) 15 15 Suy x y x y 2( x y ) 1 1 x y x2 y2 Câu 3:Giải hệ phương trình: Bài giải: x y x y 2( x y ) (1) 1 1 x y x y (2) x y Điều kiện: xy 0 Ta thấy x + y = không là nghiệm hpt Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau: TH1: x y 1 1 1 1 1 pt (2) 0(3) x y x y x y Từ pt (2 ) ta suy xy < Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y 1 1 0 xy 0 xy x y Khi đó phương trình (3) có nghiệm x y x y 2 xy 16 Khi đó ta có t x y t Đặt 2 Từ pt (1) ta có t t 32 t t 34 0 điều này vô lí Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm TH2: x + y >0 Từ (2) suy xy > 0, đó x và y dương 2 Ta có (2) ( x y ) xy x y ( x y )2 ( x y)2 ( x y)2 ( x y)2 xy x y ( x y ) xy ( x y ) x y 2 4 Do và nên ta có t x y t 2 Đặt 2 Từ (1) t t (t 2) t 5t t 0 (t 2)(t 2t t 3) 0 (4) x2 y Ta có t 2t t t 2 , đó, từ (4) t 0 t 2 Từ đó suy ra: t = x y 2 , thay vào hpt ta có xy=1 x y 1 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là y 1 Câu 8: Tọa độ giao điểm I(1;2;-1) 13 17 16 ; ; ) Trên (d1) lấy M1(2;0;-3).tọa độ hình chiếu M1lên (d2) là H( 7 (21) 22 34 11 ; ; Điểm đối xứng M1 qua (d2) là M’1( 7 ) 15 20 IM ( ; ; ) 7 đường thẳng (d) qua I có VTCP 15 x 1 t 20 t (t ) y 2 z t PTTS(d): Câu 10 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x) x x 32 Bài giải: 3x 24 x 3x 12 x 16 Ta có TXĐ: D [0;8] 2 Đặt : g ( x ) x x 32, h( x) x 12 x 16 Ta dễ dàng xác định x [0;8] , thì g (2) g ( x ) g (8) 12 2, h(2) h( x) h(8) 4 và x 0 x 24 x 0 ( x 24 x 0 ) x 8 f ( x) 8( x 2) 2 3x 12 x 16 0 h( x) 2 x [0;8] x x 32 3x 24 x Đẳng thức xảy và x = f ( x) 2 x= Do đó Ta có f ( x) x x 32 3x 24 x 3x 12 x 16 g ( x) h( x) 12 x [0;8] Đẳng thức xảy và x = m ax f ( x ) 12 x= Vậy f ( x) 2 x= và m ax f ( x) 12 x= ……………………………………………………………………………………………………………… (22) ĐỀ SỐ 05: Câu (2 điểm) Cho hàm số y x 3x (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : x3 – 3x2 + k = Câu (2 điểm) xy 3x y 0 2 a) Giải hệ phương trình: x y x y 0 3 2 cos2 x sin x cos x 4sin x 0 4 b) Giải phương trình: Câu (1 điểm) Tính tích phân: I (esin x cos x )cos xdx Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông B có AB = a, BC = a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N là hình chiếu vuông góc điểm A trên các cạnh SB và SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Câu (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương Chứng minh rằng: a b c abcd b c d abcd c d a4 abcd d a b abcd abcd Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; – 3), B(3; –2), trọng tâm ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C Câu ( điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ I, J, K mà A là trực tâm tam giác IJK Câu ( điểm) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng và viên bi vàng ( các viên bi khác màu sắc) Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy không có đủ ba màu (23) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 05: Câu II: 1) 2) (sin x cos x ) 4(cos x sin x ) sin x 0 x 3 k x k 2 ; x k 2 ; V1 Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; V AM a; SM= 4a SM SB SM SN SM (1) SB SC SB V1 V 3 V2 V (2) V V a3 a3 V SABC SA V2 3 4 2 4 2 4 2 Câu V: a b 2a b (1); b c 2b c (2); c a 2c a (3) 4 4 4 a b c abc(a b c) a b c abcd abc(a b c d ) 4 a b c abcd (4) abc(a b c d ) đpcm 2 Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) (C): x y x 8y 10 0 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) (P ) : x y z 1 a b c 77 a 4 77 b a b c IA b c 77 (4 a;5;6), JA (4;5 b;6) c JK (0; b; c), IK ( a;0; c) 4a 6c 0 C (1; 1) C ( 2; 10) Câu VI.b: 1) Tìm , + Với C1 (1; 1) (C): C2 ( 2; 10) + Với 2) Gọi x y2 11 11 16 x y 0 3 x y2 91 91 416 x y 0 3 (C): (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) (P): 5x – 4y = (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình (D) Câu VII.b: b) Số cách lấy viên bi là C144 =1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C12 C 15 C 27 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C12 C 25 C 17 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C22 C 15 C 17 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu là C12 C 15 C 27 + C12 C 25 C 17 + C22 C 15 C 17 = 385 cách (24) Xác suất lấy viên bi không đủ màu là P= 1001 −385 616 = = 1001 1001 13 ĐỀ SỐ 06: Câu a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số y x x b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) điểm có hoành độ x0 thỏa mãn phương trình y " x0 12 cos x cos x 1 2 Câu Giải phương trình lượng giác x x Câu a Giải phương trình 5.25 26.5 0 b Tính giới hạn L lim x x 3x x Câu Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, đó khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em và 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có bao nhiêu cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có ít em học sinh khối 12 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết tam giác SAB cân và góc SD với mặt đáy 300 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng BD và SC Câu Cho hình chữ nhật ABCD có A(1;5), AB 2BC và điểm C thuộc đường thẳng d : x y 0 Gọi M là điểm nằm trên tia đối tia CB, N là hình chiếu vuông góc B trên MD Tìm tọa độ các điểm B và C biết N ( ; ) 2 và điểm B có tung độ nguyên 7 x y x x 1 y y x 13x 12 Câu Giải hệ phương trình Câu Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy yz zx xyz Chứng minh x yz y xz z xy xyz x y z -Hết - (25) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 06: Câu Câu Thang điểm Nội dung trình bày a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Tập xác định: D Sự biến thiên: 0,25 x y ' x 1 + Chiều biến thiên: y ' x , 1;1 ; 1 , nghịch biến trên khoảng Hàm số đồng biến trên khoảng 1; và + Cực trị: Hàm số đạt cực đại 0,25 x 1, y CĐ 4 Hàm số đạt cực tiểu x 1, yCT 0 lim y , lim y + Giới hạn: x +Bảng biến thiên: x y’ + x 1 0,25 + y Đồ thị: 0,25 y -2 -1 x -1 b Có y ' x y '' x Theo giả thiết Có Câu y " x0 12 x0 12 x0 y 4, y ' 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y x 14 Phương trình 2sin x sin x 1 0,25 0,25 sin x 0 sin x 0,25 (26) ĐỀ SỐ 07: Câu 1.(2,5 điểm) Cho hàm số : x −3 y= (C) x +1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có tung độ Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: 4sinx + cosx = + sin2x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x 3x x trên đoạn [2; 2] Câu (1,5 điểm) 2x x a) Giải phương trình: 24.5 0 log x 2log ( x 1) log 0 b) Giải phương trình: Câu (0,5 điểm) Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên đó có giáo viên nam, giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên đó có giáo viên nam, giáo viên nữ Chọn ngẫu nhiên tổ giáo viên chuyên đề Tính xác suất cho các giáo viên chọn có nam và nữ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , AD 2a , SA ( ABCD) và SA a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB 2 BC Gọi D là trung điểm AB, E nằm trên đoạn thẳng AC cho AC 3EC Biết phương trình đường thẳng 16 E ;1 chứa CD là x y 0 và điểm Tìm tọa độ các điểm A, B, C .Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau 2 x3 xy x 2 y x y y x x y 1 y c a b c 3 Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab 1 ; b 2c a 2c P 6ln(a b 2c) 1 a 1 b Tìm giá trị nhỏ biểu thức - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm! (27) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 07: Câu Ý Nội dung x −3 Câu (C) Cho hàm số : y= (2,0 x +1 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có tung độ a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ¿ TXĐ: ¿ R {−1 ¿ x+ 1¿ ¿ ¿ y '= ¿ Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) va ̀̀ (− 1;+ ∞) Điểm 1,5 0,5 Hàm số không có cực trị lim y=2 ⇒ đồ thị có tiệm cận ngang y = x → ±∞ lim y =+ ∞ x →− − x → −1 y=− ∞ ⇒ đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 ; lim - Bảng biến thiên −∞ x y' y +¿ 0,25 ¿ -1 +∞ + 0,25 + +∞ −∞ * Đồ thị: b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có tung độ 1 Với y=1 ⇒ x −3=x +1⇒ x =4 ; y ' (4)= 1 Phương trình tiếp tuyến điểm A (4 ; 1) là: y= ( x − 4)+1= x + 5 Câu Giải phương trình: 4sinx + cosx = + sin2x (0,5 Phương trình tương đương: điểm) ⇔ 4sinx + cosx = + sinx.cosx ⇔ 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = ⇔ (2 – cosx) ( 2sinx -1) = π x= +k π ¿ cosx 0 (VN ) π x= +k π ⇔ ⇔ sinx ¿ ❑ ❑❑ (k ∈ z) ¿ ¿ Câu y x x x trên đoạn 2; 2 Tìm GTLN, GTNN hàm số (1,0 điểm) 2; 2 Xét trên đoạn ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 1,0 0,25 (28) x (l ) x 1 f’(x) = Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - , f(2) = max f( x) f ( 2) 23 f( x) f (1) Vậy: 2;2 , 2;2 2x x Giải phương trình: a) 24.5 0 Câu (1,0 điểm) b) 2x 0,25 0,25 0,25 1,5 log x 2log ( x 1) log 0 x Ta có: 24.5 0 Đặt t = 5x , ( t > 0) 52 x 24 x 0 t 5 a) 24 t (l ) t2 t 0 Phương trình trở thành: Với t 5 ta có x =1 Vậy phương trình có nghiệm là x = và x = -1 ĐK: x >1 b) log x log ( x 1) log 0 log x( x 1) log 0 2 Ta có pt 0,25 0.25 0,25 0,25 log x( x 1) log x 3 x( x 1) 6 0.25 x Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có nghiệm x =3 0,25 Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên đó có 1,00 giáo viên nam, giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên đó có giáo viên nam, giáo viên nữ Chọn ngẫu nhiên tổ giáo viên chuyên đề Tính xác suất cho các giáo viên chọn có nam và nữ 2 0,25 Số phần tử của không gian mẫu: n() C10 C12 2970 Câu (0,5 điểm) Gọi A: “Các giáo viên chọn có nam và nữ” Suy A : “ Các giáo viên chọn có nam nữ” 2 2 n( A ) = C3 C3 C7 C9 765 2 2 2 n(A) = C10 C12 - ( C3 C3 C7 C9 2205 ) 0,25 49 P(A) = 66 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , AD 2a , 1,00 SA ( ABCD) và SA a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD Câu (1,0 điểm) Ta có SABCD AB.AD 2a2 2a3 VS ABCD SA.SABCD (dvtt) 3 Do đó: 0,25 0,25 (29) Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN BM ( N thuộc BM) và AH SN (H thuộc SN) Ta có: BM AN, BM SA suy ra: BM AH Và AH BM, AH SN suy ra: AH (SBM) Do đó d(A,(SBM))=AH 2a 4a S ABM S ABCD S ADM a ; S ABM AN BM a AN BM 17 Ta có: 1 4a AH 2 AN SA 33 Trong tam giác vuông SAN có: AH 2a d(D, SBM 33 Suy 0,25 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB 2 BC Gọi D là trung điểm AB, E nằm trên đoạn thẳng AC cho AC 3EC Biết 16 E ;1 phương trình đường thẳng chứa CD là x y 0 và điểm Tìm tọa độ các điểm A, B, C BA EA Gọi I BE CD Ta có BC EC nên E là chân phân giác góc B tam giác ABC Do đó CBE 45 BE CD PT đường thẳng BE: x y 17 0 3 x y 17 0 x y 0 x 5 I (5;2) y 2 0,25 1,00 0,25 0,25 Tọa độ điểm I t/m hệ BC BC BC BI CI , CE AC IE IB 3IE 3 Ta có Từ đó tìm tọa độ điểm B(4;5) Gọi C(3a-1; a) ta có 0,25 a 1 BC BI 2 (3a 5) (a 5) 20 10a 40a 30 0 a 3 Với a =1 ta có C(2;1), A(12;1) Với a=3 ta có C(8;3), A (0; -3) 0,25 Giải hệ phương trình sau 2 x xy x 2 y x y y (1) x x y 1 y (2) 2 (1) ( x y )(2 x y 1) 0 x 2 y Thay vào (2) ta có phương trình Câu (1,0 điểm) x x x 1 x (3) x x (1 x) 5 x x 1 x x 1 x x 1 1,00 0,25 0,25 (30) x 0 x x x x x (4) 2 x x 2 x x 2 4 x x 0 Kết hợp (3) và (4) ta 2 x 1; x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: c a b c 3 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab 1 ; P 0,25 0,25 1,00 b 2c a 2c 6ln(a b 2c) 1 a 1 b Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b 2c a b 2c P2 ln( a b 2c) a b Câu (1,0 a b 2c 1 ln( a b 2c) điểm) 1 a 1 b 0,25 Ta chứng minh các BĐT quen thuộc sau: 1 a b ab (1) ab ) ab (2) 1 ) a b ab 2 a b a b ab Thật vậy, ) a b ab 0 luôn đúng vì ab 1 Dầu “=” a=b ab=1 ab ab 0 Dấu “=” ab=1 1 2 ab 1 a b ab ab Do đó, 4 16 ab bc ca c a c b c a b 2c ) ab 0,25 0,25 Đặt t a b 2c, t ta có: 16 t 1 P f (t ) 6ln t , t 0; t2 16 t 6t 16t 32 t 6t f '(t ) t t3 t3 t3 BBT t f’(t) - 0,25 + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN P là 3+6ln4 a=b=c=1 (31) ĐỀ SỐ 08: 2mx (1) x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: với m là tham số a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m 1 y b Tìm tất các giá trị m để đường thẳng d: y 2x m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt 4(x1 x ) 6x1x 21 có hoành độ x1 ,x cho Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình: sin 2x 4 cos x cos 2x log (x 1) log (x 3) b Giải bất phương trình: Câu (1,0 điểm) Tính nguyên hàm: I dx 2x Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A(3; 2) có tâm đường tròn ngoại tiếp là I(2; 1) và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x y 0 Tìm tọa độ đỉnh B, C Câu (1,0 điểm) với a Cho Tính giá trị biểu thức: A cos sin 2 b Cho X là tập hợp gồm số tự nhiên lẻ và số tự nhiên chẵn Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên Tính xác suất chọn ba số tự nhiên có tích là số chẵn o Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD 120 và tan AC' a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D' và khoảng cách hai đường thẳng AB' và BD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc 7 H ; , A lên đường thẳng BD là 5 điểm M( 1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình đường trung (32) x x y Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật có phương trình là tuyến kẻ từ A của' tam giác ADH y ABCD y 2x5 3x 14x3 4x 14x3 3x x2 x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 (x y)(x z) Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn: 3x 2y z 1 3x 2z y 1 P 2(x 3)2 y z 16 2x y z Tìm giá trị lớn biểu thức: Hết ĐÁP ÁN SỐ 08: Câu (2,0 điểm) Đáp án a (1,0 điểm) m 1 y Điểm 2x x • Tập xác định: D \ {1} • Sự biến thiên: lim y 2 lim y 2 y 2 x , x là đường TCN đồ thị hàm số lim y lim y x 1 x 1 , x là đường TCĐ đồ thị hàm số 3 y' x D (x 1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 0,25 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 0,25 • Đồ thị: x y 1 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng (33) b (1,0 điểm) Tìm tất các giá trị m … Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) và d là nghiệm phương trình: 2mx x 1 2x m x 2x (m 2)x m 0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt d hai điểm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt 1 m 2 m m 0 (*) m 12m m 10 m 10 0,25 0,25 2 m x1 x x x m 1 x ,x Do là nghiệm (2) (1,0 điểm) 5m 21 4(x1 x ) 6x1x 21 5m 21 5m 21 Theo giả thiết ta có: m (thoûa maõn (*)) m 22 (khoâng thoûa maõn (*)) Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m a (0,5 điểm) Giải phương trình: PT sin 2x cos 2x cos x 0 sin x cos x cos2 x cos x 0 cos x(sin x cos x 2) 0 cos x 0 x k 2 2 sin x cos x (VN ) x k Vậy nghiệm phương trình đã cho là: b (0,5 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện: x BPT (1,0 điểm) log (x 1) log2 (x 3) 5 log (x 2x 3) 5 x 2x 35 0 x 5 Kết hợp điều kiện ta được: x 5 là nghiệm bất phương trình Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là: x 5 Tính nguyên hàm: Đặt t 2x t 2x tdt dx tdt I dt t ln t C t 4 t 4 2x ln (1,0 điểm) 2x C Tìm tọa độ đỉnh B, C IA (1; 3) IA 10 Ta có: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 (34) B(b, b ) d IB (b 2, b 6) IB 2b 16b 40 Giả sử 2 I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IA IB IA IB b 5 B(5; 2) 10 2b2 16b 40 b 8b 15 0 b 3 B(3; 4) Do tam giác ABC vuông A I(2; 1) là trung điểm BC 0,25 Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B(5; 2),C( 1; 0) và B(3; 4),C(1; 2) a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: 0,25 ▪ Với B(5; 2) C( 1; 0) ▪ Với B(3; 4) C(1; 2) (1,0 điểm) Do sin 0, cos tan Ta có: 1 cos cos cos sin tan .cos 0,25 A cos 10 sin cos 10 2 6 Do đó: b (0,5 điểm) Tính xác suất … Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên” Số phần tử không gian mẫu là: n() C10 120 Gọi A là biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích là số chẵn” A là biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích là số lẻ” Chọn số tự nhiên lẻ có n(A) C36 20 P(A) Do đó: C36 cách n(A) 20 n() 120 6 (1,0 điểm) Gọi O là tâm hình thoi ABCD o Do hình thoi ABCD có BAD 120 ABC, ACD AC a SABCD 2SABC 0,25 0,25 0,25 P(A) 1 P(A) 1 6 Vậy Tính thể tích khối lăng trụ … Ta có: 0,25 A' D' C' B' 0,25 a2 A D H 120o O B Mà ABCD.A ' B'C' D' là lăng trụ đứng C 0,25 2 2 ACC' vuông C CC' AC' AC 5a a 2a (35) a2 VABCD.A 'B'C'D' CC'.SABCD 2a a3 Vậy Tứ giác AB'C'D là hình bình hành AB' // C' D AB' // (BC' D) d(AB',BD) d(AB',(BC' D)) d(A,(BC' D)) d(C,(BC' D)) Vì BD AC,BD CC' BD (OCC') (BC' D) (OCC') 0,25 Trong (OCC'), kẻ CH OC' (H OC') CH (BC' D) d(C,(BC' D)) CH OCC' vuông C d(AB',BD) (1,0 điểm) 1 2a CH CH CO2 CC'2 a2 4a2 17 2a 17 0,25 Vậy Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD NK AD Gọi N, K là trung điểm HD và AH NK // AD và Do AD AB NK AB Mà AK BD K là trực tâm tam giác ABN Suy BK AN (1) BM BC Vì M là trung điểm BC A Do đó NK // BM và NK BM BMNK là hình bình hành MN // BK (2) Từ (1) và (2) suy MN AN D N K 0,25 H B M phương trình MN có dạng: x 7y c 0 M( 1; 0) MN 7.0 c 0 c 1 phương trình AM là: x y 0 1 N MN AN N ; 5 Vì N là trung điểm HD D(2; 1) Mà 8 6 HN ; 5 5 Ta có: n AH HN Do AH qua H và nhận (4; 3) là VTPT phương trình AH là: 4x 3y 0 Mà A AH AN A(0, 3) 2 2( x B ) AD 2BM ( y ) B Ta có: Vì M là trung điểm BC C(0; 2) xB B( 2; 2) yB 2 C 0,25 0,25 0,25 Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là: A(0; 3),B( 2; 2),C(0; 2), D(2; 1) (36) (1,0 điểm) Giải phương trình: Điền kiện: x (*) PT x (2x 3x 14) (4x 14x 3x 2) x (x 2)(2x 7) x (x 2)(2x 7) x2 x (4x 14x 3x 2)(x 2) x (4x 14x 3x 2)(x 4) x 0 x 2 (thoûa maõn (*)) x (2x 7) x 4x 14x 3x 0,25 (1) (1) x3 (2x 7) x 4x 14x3 4x 14x3 3x x3 (2x 7) x 3x Nhận thấy x 0 không là nghiệm phương trình x 0 (2x 3) x x x Khi đó, PT 2(x 2) x x 0,25 ( 2) x3 x Xét hàm số: f(t) 2t 3t với t Ta có: f '(t) 6t t Hàm số f(t) đồng biến trên 1 (2) f x f x x x 1 x x Do đó x 1 x 2 (x 1)(x x 1) 0 (thỏa mãn (*)) (1,0 điểm) Vậy nghiệm phương trình đã cho là: Tìm giá trị lớn P … Ta có: (x y)(x z) 0,25 x 0,25 1 ,x 2 (x y x z)2 (2x y z)2 4 1 2 3x 2y z 3x 2z y 3(2x y z) (2x y z)2 Từ giả thiết suy ra: 3(2x y z) 0,25 t2 (t 2)(3t 8t 16) 0 Đặt 2x y z t (t 0) 3t t 2 2x y z 2 (2x y z)2 (22 12 12 )(x y z ) x y z Mà: 2x y z 12x 12x P 1 2 2 2x y z x x2 y2 z2 Ta có: 0,25 (37) 1 12x 36x 1 2 3x x2 x 0 y' y Xét f(x) 1 10 hàm số: 36x 3x với x Ta có: x (loại) 36(3x x 2) f '(x) , f '(x) 0 2 2 x f 10 (3x 2) 3 Bảng biến thiên: 0,25 Suy ra: f(x) 10 P 10 x ,y z 3 Vậy giá trị lớn P là 10 Dấu “=” xảy khi: 0,25 ĐỀ SỐ 09: Câu (1,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x +( 1- m) x + ( m - 1) và đường thẳng d : y =- x + m Tìm điều kiện tham số m đề đường thẳng d cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt? Câu (2,0 điểm) a Cho tan a = Tính giá trị biểu thức: P= 3sin a - cos a 5sin a + cos a b Giải phương trình sau: 2sin x.sin x - 3cos x + cos 4x+2=0 15 40 Câu (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x 2 x 2 , x với x ¹ khai triển Niu-tơn: Câu (2,0 điểm) Hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD M là trung điểm cạnh SD, G là trọng tâm tam giác ACD (38) a Tìm giao tuyến mp( AMG) và mp(SCD)? IB b Tìm giao điểm I đường thẳng BM và mp(SAC) ? Tính tỉ số IM ? Câu (1,0 điểm) Một thùng đựng 12 hộp sữa Trong 12 hộp đó có hộp sữa cam, hộp sữa dâu Lấy ngẫu nhiên hộp sữa thùng, tính xác suất để hộp sữa lấy có ít hộp sữa cam ìï ( x - 1) +( x - 1) y +1 + y = ï í ï x + x y +1 = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ïïî Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I ( 4;2) là trung điểm đoạn BC , điểm A nằm trên đường thẳng d : 2x - y - = Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân A Biết phương trình đường thẳng DE : x - 3y + 18 = và BD = điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ các điểm A, B,C Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 1, y 1, z 1 1 1 x y z 3 xyz x y z Chứng minh rằng: HÕt - ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 09: Câu Nội dung x + (2 - m) x + m - = ( 1) - Lập đúng PT hoành độ giao điểm (P) và đt d: - đt d cắt (P) điểm phân biệt PT(1) có nghiệm phân biệt Điểm 0.25 0.5 m 2 m 6 m 6 m 0.25 - Kết luận đúng a Lý luận cos x 0, P tan x tan x 0.5 0.5 Thay tan x = có P = 7/19 (39) pt cos 2x cos 4x 3cos x cos 4x 0 cos 2x 3cos x 0 0.5 cos x 3cos x 0 x k2 x k2 cos x 1 x k2 , k Z cos x cos cos x 3 x k2 0.5 b Kết luận nghiệm C 15 k x k 2 x , k 15, k - Viết CT số hạng tổng quát : - k k 45 k Viết CT số hạng tổng quát : C15 ( 2) x k 15 40 Tìm k=1 số hang cần tìm 30x a Chỉ M là điểm chung mp(AMG) và mp(SCD) - - Trong (ACD), đường AG cắt CD K => K là điểm chung thứ mp(AMG) và mp(SCD) 0.25 Vì M và K phân biệt => MG là giao tuyến mp(AMG) và mp(SCD) b Gọi O là giao điểm AC và BD - Chỉ BM và SO cát I (BCD) - Chỉ I là giao điểm BM và (SAC) - Chie I là trọng tâm tam giác SBD=> tỉ số = 0.25 0.5 C123 220 - Lý luận và số phần tử không gian mẫu: - Gọi A là biến cố hộp sữa lấy có ít hộp sữa cam C52 C71 C53 80 Lý luận cách chon đúng và => A - Suy xác suất cân ftimf là 4/11 - Đk: y , Cộng vế với vế hai pt hệ pt: y x 1 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 y x x 12 0 (1) - Coi (1) là pt bậc hai y 4 x 49 (1) y x y 1 , có x 2 x x 0 (2;3);(3;0) y 4 x x Với thay vào pt (2) hệ : là hai nghiệm hệ 0.5 0.25 0.25 TH còn lại thay vào pt: x x 0 vô nghiệm Kết luận nghiệm đúng (40) Ta có 2AI DE = AB + AC AE - AD = AB AE - AC AD = AB AE cosBAE - AC AD.cosCAD =0 Þ AI ^ DE b ( )( ) Phương trình đường thẳng AI : 0.25 3( x - 4) + y - = Û 3x + y - 14 = 0.25 ìï 3x + y - 14 = ìï x = ï Û ïí Þ A ( 3;5) í ïï 2x - y - = ïï y = î Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ î BD = Þ AD = 10 Gọi D ( 3a - 18;a) ta có é êa = 38 ( loai ) AD = 10 Û ( 3a - 21) + ( a - 5) = 10 Û 10a - 136a + 456 = Û ê ê a = ê ë 2 a = Þ D ( 0;6) A ( 3;5) AD = ( - 3;1) Đường thẳng AB qua , vtpt là - 3( x - 3) + y - = Û 3x - y - = Gọi tọa độ điểm B ( b;3b- 4) có phương trình ta có éb = 2 AB = 10 Þ ( b - 3) + ( 3b - 9) = 10 Û ê êb = ê ë b = Þ B ( 4;8) Þ C ( 4;- 4) Với , loại góc BAC tù b = Þ B ( 2;2) Þ C ( 6;2) Với , thỏa mãn - từ gt có ( x - 1) ( y - 1) ³ Þ ³ x + y - xy Þ 1 ³ + - xy x y æ ö 1 ÷ P =ç 1+ ÷ x + y + z) = x + y + z + + + ( ç ÷ ç ÷ xy yz zx è xyz ø æ1 1 ö ÷ Þ P ³ x + y + z + 2ç - ç + + ÷ ÷ ÷ ç èx y z ø æ1 1ö 1 0.25 0.25 0.25 æ 1 1 1ö + + ³ 2ç + + ÷ ÷ - ç ÷ çx y z ø ÷ xy yz zx è - Do đó ³ 0.25 0.5 ÷ + + + - ( x + y + z ) ççç + + ÷ ÷ ÷ x y z èx y z ø 1 1 1 ³ 2.3 + + + - = + + + x y z x y z Dấu xảy x=y=z=1 (41) ĐỀ SỐ 10: Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y=x − x 2+ x −2 (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A ( −1 ;1 ) điểm cực trị (C) và vuông góc với đường thẳng qua hai Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số : y=x −2 x 2+ trên đoạn [ ; ] Câu (1.0 điểm) π a) Cho sin α = Tính giá trị biểu thức P=√ 2(1+cot α ) cos( + α ) b) Giải phương trình: Câu (1.0 điểm) 4−2x a)Tìm hệ số số hạng chứa 5 x x =9 x khai triển : x+ x 14 ( ) (42) b) Trong môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói trên thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình: √ x2 +3+ x −1 ≥ √ x 2+ 15 Câu (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông A, AB=a , AC=a √3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M , N là trung điểm CC ' và B ' C ' Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' và tính khoảng cách hai đường thẳng A ' B ' và MN Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 2 ( C ) : x + y −3 x −5 y +6=0 Trực tâm tam giác ABC là H ( 2; ) và đoạn BC=√ Tìm tọa độ các điểm A , B , C biết điểm A có hoành độ dương Câu (1.0 điểm) ¿ x − y3 +5 x − y +10 x − y+ 6=0 Giải hệ phương trình : √ x+ 2+ √ − y =x 3+ y − x − y ¿{ ¿ Câu (1.0 điểm) 2 Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a +b + c =3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : a3 +b b3 + c3 c3 + a3 S= + + a+ 2b b+2 c c+ 2a -Hết Thí sinh không dùng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……… … (43) ĐÁP SỐ ĐỀ SỐ 10: Câu Nội dung Câu (2.0 điểm) Cho hàm số Điểm (C) y=x − x + x −2 1.0 a)Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số TXĐ D= R 0.25 x=1 ¿ x =3 ¿ ⇒ ¿ y=2 y’= 3x -12x+9 , y’=0 <=> ¿ y=− ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ lim y ; lim y x - Giới hạn vô cực: x 0.25 BBT x y’ 1a y 0.25 -2 KL: Hàm số đồng biến trên khoảng ( − ∞ ; ) ; (3 ;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại xcđ =1 , y cđ= Hàm số đạt cực tiểu xct =3 , y ct =- Đồ thị y f(x)=x*x*x-6*x*x+ *x-2 0.25 x -2 -1 -1 -2 -3 1b b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A ( −1 ; ) và vuông góc với đường 1.0 (44) thẳng qua hai điểm cực trị (C) Đuờng thẳng qua c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4 Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ 0.5 0.25 y= x + 2 Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số y=x −2 x + trên đoạn [ ; ] Vậy PT đ ờng thẳng cần tìm là Tính giá trị biểu thức sin α +cos α 1− 2sin α P= (cos α − sin α )= sin α sin α thay sin α = vào ta tính P =1 Cho sin α = 0.25 π P=√ 2(1+cot α ) cos( + α ) a)Tìm hệ số số hạng chứa 14 ( x + x2 ) − 14 ❑ k x = ( x+ x ) =∑ C 14 x 0.25 với .2 0.5 x 2+2 x − 3=0 khai triển : 14 −3 k 0.5 0.25 5 x x b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = đưa cùng số đó phương trình tđ nghiệm cần tìm là x = x = -3 1.0 0.25 0.25 0.25 y’=4x -4x =4x(x -1) [ ; ] x= -1 loại y’= <=> x=0, x=1 Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 Vậy GTLN y = 227 , trên [ ; ] x=4 GTNN y= trên trên [ ; ] x=1 a) 0.25 2 x 14 ( ) x+ 0.25 0.25 k 0.25 0.25 ❑ số hạng chứa x khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = => k=3 Hệ số cần tìm là C314 23=2912 b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói trên thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít Không gian mẫu việc tạo đề thi là : |Ω|=C740=18643560 Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít |Ω A|=C 420 C25 C 115+ C204 C 15 C152 +C 520 C15 C115=4433175 |Ω A| 915 = Xác suất cần tìm là P( A)= |Ω| 3848 √ x2 +3+ x −1 ≥ √9 x 2+ 15 2 Nhận xét : x − 1≥ √ x +15 − √ x + 3≥ ⇒ x ≥ 2 bpt⇔ ( √ x +3 − ) +3(3 x − 1) ≥ √ x +15 −4 Giải bất phương trình: ⇔ 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 x −1 x −1 +3(3 x − 1) − ≥0 √ x +3+2 √ x2 +15+ 0.25 (45) ( x −1 ) [ x +1 x+1 − +3 ≥0 √ x +3+2 √9 x 2+ 15+4 ] 1 ( x −1 ) ( x +1 ) − +3 ≥ ⇒ x −1 ≥ ⇔ x ≥ 2 √ x +3+2 √ x + 15+4 kết hợp các Đk suy nghiệm BPT là x ≥ là nghiệm bpt Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' Có đáy ABC là tam giác vuông A, AB=a , AC=a √3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M, N là trung điểm CC’ và B’C’ Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' và khoảng cách hai đường thẳng A’B’ và MN [ ( ) ] 0.25 0.25 1.0 C B A M N H B’ C’ P A’ Ta có BC= BB’=2a V ABC A ' B ' C ' =BB ' S Δ ABC=2 a a a √ 3=a √3 gọi P là trung điểm A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy khoảng cách d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình chiếu vuông góc C’ lên mp(MNP) Cm H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPC’ C' M C' P a 21 C ' H= = √ 2 √ C ' P +C ' M Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) : x 2+ y −3 x −5 y +6=0 Trực tâm tam giác ABC là H ( 2; ) , BC=√ AH (2− x ; − y ) M là Gọi tâm đường tròn (C) là I ; và A(x;y) suy 2 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 ( ) trung điểm BC Học sinh tính AH=√ ⇔ x + y − x −4 y+ 3=0 kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình 0.25 0.25 (46) ¿ x + y − x − y +3=0 x2 + y −3 x −5 y +6=0 Giải hệ ta (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận) ¿{ ¿ Suy toạ độ A(1;4) ,chứng minh AH=2 IM Từ AH=2 IM ta tính M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết 2 phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường ( y −1 )2 + y −3(2 y −1)− y +6=0 ⇔ y −3 y +2=0 ⇔ y=1 ¿ y=2 ¿ x =1 ¿ tròn (C) ta x =3 ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ ¿ 0.25 0.25 Suy toạ độ B(1;1) , C(3;2) B(3;2) , C(1;1) Vậy A( 1;4), B(1;1) , C(3;2) A( 1;4), B(3;2) , C(1;1) ¿ x − y +5 x − y +10 x − y+ 6=0 (1) Câu 8: Giải hệ √ x+ 2+ √ − y =x 3+ y − x − y ( 2) ¿{ ¿ x ≥ -2; y ≤ Điều kiện (1)⇔ x3 +5 x +10 x +6= y +2 y 2+3 y 3 ⇔ ( x +1 ) +2 ( x +1 ) +3(x +1)= y +2 y +3 y Xét hàm số f (t)=t +2t +3 t , f ' (t)=3 t 2+ t +3>0 ∀ t ∈ R 3 2 1.0 0.25 Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc Phương trình : √ x+2+ √ − x=x + x − x −1 ⇔ ( √ x +2+ √ 3− x ) − 3=x +x − x − ⇔ ⇔ ( √ ( x +2 ) (3 − x ) −2 ) =( x+1 ) ( x − ) √ x +2+ √ 3− x+ [ ( x +2 ) (3 − x ) − ] ( √ x+2+ √3 − x+3 ) ( √( x +2 ) ( 3− x )+2 ) =( x+ ) ( x − x −2) (− x 2+x +2) ⇔ − ( x+2 ) ( x − x − )=0 ( √ x +2+ √ 3− x+3 ) ( √ ( x +2 ) ( − x ) +2 ) 2 ⇔ ( x − x − ) x+2+ =0 ( √ x+ 2+ √3 − x+3 ) ( √( x +2 ) ( 3− x )+ ) ¿ (vi x ≥ − 2) ⇔ x − x − 2=0 ⇔ x=2 ¿ x=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ [ ] 0.25 0.25 (47) Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0) 2 Câu : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a +b + c =3 Tìm giá trị a3 +b b3 + c3 c3 + a3 nhỏ biểu thức : S= + + a+ 2b b+2 c c+ 2a x +1 ≥ x + (x> 0)() Trước tiên ta chứng minh BĐT : x+ 18 18 ( )⇔18 (x +1) ≥ ( x +2 ) ( x +5 ) luôn đúng với x>0, d ấu “=” sảy x=1 ⇔ ( x −1 )2 ( 11 x+ ) ≥0 a b c ; ; Áp dụng (*) cho x là b c a 3 2 3 2 3 2 a +b a b b +c b c c +a 7c 5a ≥ + ; ≥ + ; ≥ + ; a+2 b 18 18 b+2 c 18 18 c+ 2a 18 18 Từ các đảng thức trên suy S ≥ 12 ( a2 +b 2+ c 2) =2 18 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy MinS =2 a=b=c=1 (48)