›
›
›

20 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án)

doc 99 trang thaodu 6220
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "20 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doc20_de_thi_thu_thpt_quoc_gia_mon_toan_co_dap_an.doc

Nội dung text: 20 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án)

  1. BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 ĐỀ THAM KHẢO Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). 2x 1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè y x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: 2009 2 2 cos 2x 2 2 sin x 4cos xsin x 4sin x cos x . 4 2 1 1 x x (1 ) 4 y y 2) Giải hệ phương trình: 2 . x x 1 3 2 3 4 x y y y 0 3 4x2 4x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I x. 2x 1 dx . 2 1 4x 4x 5 2 Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. Câu V (1 điểm): Tam gi¸c ABC cã ®Æc ®iÓm g× nÕu c¸c gãc tho¶ m·n: cos A.cos B cos B.cosC cosC.cos A 3 cosC cos A cos B 2 II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: 1. Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x2 y2 2x 6y 15 0 và đường thẳng (d) : mx y 3m 0 ( m là tham số). Gọi I là tâm của đường tròn . Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi IAB bằng 5(2 2) . x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d ) : và 1 2 1 1 x y 2 z 1 0 (d ) : . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 30 . 2 1 1 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b 2. 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 là một điểm trên (d) : x y 2 0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45 0 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. 1
  2. 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 là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: a b c 1 . a (a b)(a c) b (b a)(b c) c (c a)(c b) ĐÁP ÁN ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). 2x 1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè y x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: 2009 2 2 cos 2x 2 2 sin x 4cos xsin x 4sin x cos x . 4 2009 2 2 cos 2x 2 2 sin x 4cos xsin x 4sin x cos x 4 cos2 x sin2 x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x) (cos x sin x)(cos x sin x 4cos x.sin x 2) 0 cos x sin x 0 (1) cos x sin x 4sin x.cos x 2 0 (2) + Giải (1): (1) tan x 1 x k 4 + Giải (2): Đặt cos x sin x t, t 2 ta có phương trình: 2t 2 t 0 . t 0 t 1/ 2 Với t 0 ta có: tan x 1 x k 4 x arccos( 2 / 4) / 4 k2 Với t 1/ 2 ta có: cos(x ) 2 / 4 4 x arccos( 2 / 4) / 4 k2 KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x k , x k , 4 4 x arccos( 2 / 4) / 4 k2 , x arccos( 2 / 4) / 4 k2 . 2 1 1 x x (1 ) 4 y y 2).Giải hệ phương trình: 2 . x x 1 3 2 3 4 x y y y 2
  3. 2 1 1 1 1 x x (1 ) 4 x 2 x 4 1 2 a x y y y y y §k y 0 ®Æt x x 2 1 1 x 1 x 3 x 3 ( x) 4 2 3 4 x 3 b y y y y y y y a2 a 2b 4 a2 a 4 2b a2 a 4 2b a 2 Ta ®­îc 3 3 2 2 a 2ab 4 a a(a a 4) 4 a 4a 4 0 b 1 x y y 1 Khi ®ã 1 KL x 2 x 1 x 0 3 4x2 4x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I x. 2x 1 dx . 2 1 4x 4x 5 2 0 3 4x2 4x 0 4 (2x 1)2 0 I x. 2x 1 dx dx (x. 2x 1)dx 2 2 1 (2x 1) 4 1 (2x 1) 4 1 2 2 2 0 4 (2x 1)2 0 dx (x. 2x 1)dx 2 1 (2x 1) 4 1 2 2 0 4 (2x 1)2 + Tính: I dx . Đặt: 1 2 1 (2x 1) 4 2 1 2x 1 2sin t, t ; dx costdt, x t 0,x 0 t . 2 2 2 6 6 2cos2 t 6 2 1 sin2 tdt 1 6 6 dt Khi đó: I dt dt 1 2 2 2 0 4sin t 4 0 2(sin t 1) 2 0 0 sin t 1 6 dt = 2 12 0 sin t 1 6 dt 6 d(tan t) 2 + Tính: I . Đặt: tan t tan y . 2 2 2 0 sin t 1 0 2(tan t 1/ 2) 2 2 2 Suy ra: d(tan t) d(tan y) (1 tan2 y)dy , với t 0 y 0, t y sao cho 2 2 6 6 tan , (0 ) 3 2 2 2 2 Khi đó: I dy y . 2 0 0 2 2 2 3
  4. 0 + Tính: I (x. 2x 1)dx . Đặt: 3 1 2 1 1 t 2x 1 2x t 2 1, dx tdt, x t 0, x t 1. 2 2 1 t 2 1 t5 t3 1 Khi đó: I t 2dt 1 2 0 0 2 10 6 15 1 2 6 KL: Vậy I I I I , (tan ,(0 ) ) 1 2 3 15 12 2 3 2 Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại 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 đó có AB '  (SAC) AB '  SC(1) . Tương tự ta có: AD '  SC(2) . Từ (1) và (2) suy ra: SC  (AB ' D ') B ' D '  SC . Từ đó suy ra: SC '  (AB 'C ' D ') 1 1 1 2 5a + Ta có: AB ' AB '2 SA2 BA2 5 4 4 5 SB ' SA2 AB '2 4a2 a2 a , 5 5 S SB SA2 AB2 5a . SB ' 4 Suy ra: ; SB 5 Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông D' góc với SC) nên C' B ' D '  AC ' (vì dễ cóBD  (SAC) nên BD  AC ' ). Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: B' B ' D ' SB ' 4 A D BD SB 5 4 2a O B ' D ' . 5 Ta có: B C 1 1 1 2 3a 2 6 AC ' SC ' SA2 AC '2 a AC '2 SA2 AC 2 3 3 1 1 1 16 + Ta có: V S .SC ' . B ' D '.AC '.SC ' a3 . S.AB'C 'D' 3 AB'C 'D' 3 2 45 1 2 V S .SA a3 . S.ABCD 3 ABCD 3 Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 4
  5. 14 V V V a3 . S.ABCD S.AB'C 'D' 45 Chú ý: Vẽ hình sai không chấm. Câu V (1 điểm): Tam gi¸c ABC cã ®Æc ®iÓm g× nÕu c¸c gãc tho¶ m·n: cos A.cos B cos B.cosC cosC.cos A 3 cosC cos A cos B 2 sin C cos A.cos B tan C Ta cã tanA+tanB= cos A.cos B cosC tan A tan B ABC kh«ng nhän nªn ®Æt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z 3 x y z 3 Tõ GT ta cã víi x,y,z>0.DÔ dµng CM ®­îc . y z z x x y 2 y z z x x y 2 DÊu “=”x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z hay tam gi¸c ABC ®Òu II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: 2/.Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x2 y2 2x 6y 15 0 và đường thẳng (d) : mx y 3m 0 ( m là tham số). Gọi I là tâm của đường tròn . Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi IAB bằng 5(2 2) . x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d ) : và 1 2 1 1 x y 2 z 1 0 (d ) : . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 30 . 2 1 1 1 Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d 0 (a2 b2 c2 0) . Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0). a c d 0 c 2a b Do ( ) qua A, B nên: nên a b d 0 d a b ( ) : ax by (2a b)z a b 0 . 1 1.a 1.b 1.(2a b) Yêu cầu bài toán cho ta: sin 300 2 12 ( 1)2 12 . a2 b2 (2a b)2 2 3a 2b 3(5a2 4ab 2b2 ) 21a2 36ab 10b2 0 18 114 a 21 Dễ thấy b 0 nên chọn b=1, suy ra: 18 114 a 21 18 114 15 2 114 3 114 KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn: x y z 0 21 21 21 18 114 15 2 114 3 114 x y z 0 . 21 21 21 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 5
  6. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b 1 1 4 Dễ có: (x y)2 4xy (x, y 0)(*) . x y x y 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh: . 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a 1 1 1 1 16 1 3 16 Áp dụng 2 lần (*) ta có: hay (1) a b b b a 3b a b a 3b 1 3 16 1 3 16 Tương tự ta có: (2) và (3) b c b 3c c a c 3a Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. 1 1 1 1 1 1 + Chứng minh: a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b 1 1 4 2 Áp dụng (*) ta có: (4) a 3b b 2c a 2(a 2b c) a 2b c 1 1 2 Tương tự ta có: (5) b 3c c 2a b b 2c a 1 1 2 (6) c 3a a 2b c c 2a b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. 2. 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 là một điểm trên (d) : x y 2 0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45 0 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. Dễ thấy I (d) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM 2 .  a 0 M (d) M ( a; a+2), IM (a 1; a 1) , IM 2 2 a 1 2 . a 2 Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0). 2 2 + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x y 4y 3 0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB: x2 y2 4y 3 x2 y2 2x 2y 1 x y 1 0. 2 2 + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x y 4x 3 0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB: x2 y2 4x 3 x2 y2 2x 2y 1 x y 1 0 . + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y 1 0 và x y 1 0 . 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 là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Trong tam giác ABC, gọi K CH  AB . Khi đó, dễ thấy AB  (DCK) . Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi 6
  7. Tính được HK là xong. + Phương trình mặt phẳng (ABC ). - Vecto pháp tuyến n [AB, AC] 0; 4; 4 -(ABC): y z 2 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).   BC.AH 0 a b 0 Khi đó:   a b 2 AB.CH 0 a 2b 2 0 Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x y z 4 0 . x t Phương trình đường thẳng AB là: y t . z 2 t x t y t Giải hệ: ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. z 2 t x y z 4 0 2 2 2 2 2 8 96 Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: HK 2 2 4 . 3 3 3 3 Gọi là góc cần tìm thì: tan DH / HK 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3) Vậy arctan( 6 / 3) là góc cần tìm. Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: a b c 1 . a (a b)(a c) b (b a)(b c) c (c a)(c b) Víi a,b >0 ta cã a b a c ( ab ac)2 a2 bc 2a bc (a bc)2 0 a b a c ( ab ac)2 a b a c ( ab ac) a a a a (a b)(a c) a ab ac a b c CM t2 råi céng vÕ víi vÕ ta ®­îc dpcm ĐỀ 2 Câu 1: Cho hàm số y = 2x 3 có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất 7
  8. Câu 2: 1/.Giải phương trình: 2 2 sin(x ).cos x 1 12 8x3y3 27 18y3 (1) 2/.Giải hệ phương trình: 4x2 y 6x y2 (2) Câu 3: 2 2 1 1) Tính tích phân I = sin x  sin x dx 2 6 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3)x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c 1 8c3 1 8a3 1 8b3 1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các 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 trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 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 và hai đường thẳng : x 1 2t x 1 3 y z 2 (d1) ; (d2) y 2 t (t ¡ ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng 1 1 2 z 1 t nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) 2.Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1: Cho hàm số y = 2x 3 có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất 2x0 3 Gọi M(xo; ) (C) . x0 2 2 x 2x0 6x0 6 Phương trình tiếp tuyến tại M: ( ) y = 2 2 (x0 2) (x0 2) 8
  9. 2x 2 ( )  TCĐ = A (2; 0 ) x0 2 ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)  cauchy AB (2x 4; 2 ) AB = 4(x 2)2 4 2 2 0 0 2 x0 2 (x0 2) x0 3 M(3;3) AB min = 2 2 xo 1 M(1;1) Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin(x ).cos x 1 12 x k 3 phương trình 2(cosx–sinx)(sinx–3 cosx)=0 (k ¢ ) x k 4 8x3y3 27 18y3 (1) 2).Giải hệ phương trình: 4x2 y 6x y2 (2) (1) y 0 3 8x3 27 18 3 3 3 (2x) 18 y y Hệ 2 4x 6x 1 3 3 2 2x. 2x 3 y y y y 3 3 3 a b 18 a b 3 Đặt a = 2x; b = . Ta có hệ: y ab(a b) 3 ab 1 3 5 6 3 5 6 Hệ đã cho có 2 nghiệm ; , ; 4 3 5 4 3 5 Câu 3: 2 2 1 1) Tính tích phân I = sin x  sin x dx 2 6 2 3 2 3 I = cos x d(cos x) . §Æt cos x  cos u 2 2 6 2 3 2 3 I  sin udu = 2 2 16 4 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3)x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Đk x 0. đặt t = x ; t 0 9
  10. 2 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 0 m 2t 3t 3 (2) t2 t 1 2 Xét hàm số f(t) = 2t 3t 3 (t 0) t2 t 1 Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm (2) có nghiệm t 0 5 m 3 3 Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c 1 8c3 1 8a3 1 8b3 1 cauchy 3 2 2 a a 8 c 1 (2c 1)(4c 2c 1) 2c 1 2 8c3 1 2c 1 b b c c Tương tự, 2 ; 2 8a3 1 2a 1 8b3 1 2b 1 Ta sẽ chứng minh: a b c 1 (1) 2c2 1 2a2 1 2b2 1 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 a5b5c5 =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3 3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5) a3 +a 2a2; . (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM =a 3 ; ·AMS 600 và SO  mp(ABC) 2 3 d(S; BAC) = SO = 3a V(S.ABC) = 1 dt(ABC).SO a 3 4 3 16 Mặt khác, V(S.ABC) = 1 dt(SAC).d(B;SAC) 3 2 SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 3dt(SAC) = a 13 3 2 16 Vậy d(B; SAC) = 3V 3a dt(SAC) 13 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến ( ). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên ( ). M là đối xứng của B qua M AC và M là trung điểm của AC. (BH): x –2y + 3 =0 H 1M; 7 7 ; 4 5 5 5 5 3 5 6 5 y0 7 BH = CI = ; C Oy C(0; y 0) 5 5 yo 5 10
  11. C(0; 7) A 14 ; 27  ( ) loại 5 5 (0; –5) A 14 ; 33 ( ) nhận. 5 5 Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : x 1 2t x 1 3 y z 2 (d1) ; (d2) y 2 t (t ¡ ) . Viết phương trình tham số của đường 1 1 2 z 1 t thẳng nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) x 1 2t (P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) ( ) y 1 2t (t ¡ ) z 2 2.Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ABC. a b 5 2S C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) = ABC 2 AB a b 8(1) a b 5 3 a b 2(2) Trọng tâm G a (d) 5 ; b 3a 5 –b =4 (3) 3 3 (1), (3) C(–2; 10) r = S 3 p 2 65 89 (2), (3) C(1; –1) r S 3 p 2 2 5 Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 m IM(m 13) Gọi H là trung điểm của MN MH= 4 IH = d(I; d) = m  3 u; AI (d) qua A(0;1;-1), VTCP u d(I;(2; 1d);2 )= 3 u Vậy : m 3 =3 m = –12( thỏa đk) ĐỀ 3 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3(m 1)x 2 9x m , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m 1 . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 x2 2 . Câu II. (2,0 điểm) 1 sin 2x 1. Giải phương trình: cot x 2sin(x ) . 2 sin x cos x 2 11
  12. 2. Giải phương trình: 2log5 (3x 1) 1 log 3 5 (2x 1) . 5 x 2 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I dx . 1 x 3x 1 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C' có AB 1,CC' m (m 0). Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng 600 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 A xy yz zx . x y z B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc 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 các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x y 13 0 và 6x 13y 29 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5;3; 1), P(2;3; 4) . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x y z 6 0. Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập E 0,1,2,3,4,5,6. Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) đi qua điểm M ( 2; 3) và có phương trình một đường chuẩn là x 8 0. Viết phương trình chính tắc của (E). 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng ( ) : x 2y 2 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ). Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 x 2(1 x) 2 n(1 x) n thu được đa n thức P(x) a0 a1 x an x . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 1 7 1 2 3 . Cn Cn n ĐÁP ÁN ĐỀ 3 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3(m 1)x 2 9x m , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m 1 . Víi m 1 ta cã y x3 6x2 9x 1 . * TËp x¸c ®Þnh: D = R * Sù biÕn thiªn ChiÒu biÕn thiªn: y' 3x 2 12x 9 3(x 2 4x 3) 12
  13. x 3 Ta cã y' 0 , y' 0 1 x 3 . x 1 Do ®ã: + Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng ( ,1) vµ (3, ) . + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1, 3). Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x 1 vµ yCD y(1) 3 ; ®¹t cùc tiÓu t¹i x 3 vµ yCT y(3) 1. Giíi h¹n: lim y ; lim y . x x B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0, 1) . 2.Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 x2 2 . Ta cã y' 3x 2 6(m 1)x 9. +) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i, cùc tiÓu t¹i x1, x2 ph­¬ng tr×nh y' 0 cã hai nghiÖm pb lµ x1, x2 2 Pt x 2(m 1)x 3 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1, x2 . m 1 3 ' (m 1)2 3 0 (1) m 1 3 +) Theo ®Þnh lý Viet ta cã x1 x2 2(m 1); x1x2 3. Khi ®ã 2 2 x1 x2 2 x1 x2 4x1x2 4 4 m 1 12 4 (m 1)2 4 3 m 1 (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ 3 m 1 3 vµ 1 3 m 1. Câu II. (2,0 điểm) 1 sin 2x 1. Giải phương trình: cot x 2sin(x ) . 2 sin x cos x 2 §iÒu kiÖn: sin x 0, sin x cos x 0. cos x 2sin x cos x Pt ®· cho trë thµnh 2cos x 0 2 sin x sin x cos x cos x 2cos2 x 0 2 sin x sin x cos x cos x sin(x ) sin 2x 0 4 +) cos x 0 x k , k  . 2 2x x m2 x m2 4 4 +) sin 2x sin(x ) m, n  4 n2 2x x n2 x 4 4 3 13
  14. t2 x , t  . 4 3 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ t2 x k ; x , k, t  . 2 4 3 2.Giải phương trình: 2log5 (3x 1) 1 log 3 5 (2x 1) . 1 §iÒu kiÖn x . (*) 3 2 Víi ®k trªn, pt ®· cho log5 (3x 1) 1 3log5 (2x 1) log 5(3x 1)2 log (2x 1)3 5 5 5(3x 1)2 (2x 1)3 8x 3 33x 2 36x 4 0 (x 2) 2 (8x 1) 0 x 2 1 x 8 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (*), ta cã nghiÖm cña pt lµ x 2. 5 x 2 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I dx . 1 x 3x 1 3dx 2tdt §Æt t 3x 1 dt dx . 2 3x 1 3 Khi x 1 th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4. 2 t 2 1 1 4 3 2tdt 2 4 4 dt Suy ra I . (t 2 1)dt 2 t 2 1 3 9 t 2 1 2 .t 2 2 3 4 4 2 1 t 1 100 9 t 3 t ln ln . 9 3 t 1 27 5 2 2 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C' có AB 1,CC' m (m 0). Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng 600 . - KÎ BD // AB' (D A'B') 0 (AB', BC') (BD, BC') 60 B C DBC' 600 hoÆc DBC' 1200. - NÕu DBC' 600 A V× l¨ng trô ®Òu nªn BB' (A'B'C'). A’ m ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã 2 BD BC' m 1 vµ DC' 3. 1 B’ C’ 14 0 1 120 D 3
  15. KÕt hîp DBC' 600 ta suy ra BDC' ®Òu. Do ®ã m2 1 3 m 2. - NÕu DBC' 1200 ¸p dông ®Þnh lý cosin cho BDC' suy ra m 0 (lo¹i). VËy m 2. * Chó ý: - NÕu HS chØ xÐt tr­êng hîp gãc 600 th× chØ cho 0,5® khi gi¶i ®óng. - HS cã thÓ gi¶i b»ng ph­¬ng ph¸p vect¬ hoÆc to¹ ®é víi nhËn xÐt: AB'.BC' cos(AB', BC') cos(AB', BC') . AB'.BC' Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2 y 2 z 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 A xy yz zx . x y z t 2 3 §Æt t x y z t 2 3 2(xy yz zx) xy yz zx . 2 Ta cã 0 xy yz zx x 2 y 2 z 2 3 nªn 3 t 2 9 3 t 3 v× t 0. t 2 3 5 Khi ®ã A . 2 t t 2 5 3 XÐt hµm sè f (t) , 3 t 3. 2 t 2 5 t 3 5 Ta cã f '(t) t 0 v× t 3. t 2 t 2 14 Suy ra f (t) ®ång biÕn trªn [ 3, 3] . Do ®ã f (t) f (3) . 3 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi t 3 x y z 1. 14 VËy GTLN cña A lµ , ®¹t ®­îc khi x y z 1. 3 B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc 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 các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x y 13 0 và 6x 13y 29 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . - Gäi ®­êng cao vµ trung tuyÕn kÎ tõ C lµ CH vµ CM. Khi ®ã CH cã ph­¬ng tr×nh 2x y 13 0 , CM cã ph­¬ng tr×nh 6x 13y 29 0. C(-7; -1) 2x y 13 0 - Tõ hÖ C( 7; 1). 6x 13y 29 0 - AB  CH n AB u CH (1, 2) pt AB : x 2y 16 0 . 15 M(6; 5) B(8; 4) A(4; 6) H
  16. x 2y 16 0 - Tõ hÖ M (6; 5) 6x 13y 29 0 B(8; 4). - Gi¶ sö ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC : x2 y 2 mx ny p 0. 52 4m 6n p 0 m 4 V× A, B, C thuéc ®­êng trßn nªn 80 8m 4n p 0 n 6 . 50 7m n p 0 p 72 Suy ra pt ®­êng trßn: x2 y 2 4x 6y 72 0 hay (x 2)2 (y 3)2 85. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5;3; 1), P(2;3; 4) . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x y z 6 0. - Gi¶ sö N(x0 ; y0 ; z0 ) . V× N ( ) x0 y0 z0 6 0 (1) MN PN - MNPQ lµ h×nh vu«ng MNP vu«ng c©n t¹i N MN.PN 0 2 2 2 2 2 2 (x0 5) (y0 3) (z0 1) (x0 2) (y0 3) (z0 4) 2 (x0 5)(x0 2) (y0 3) (z0 1)(z0 4) 0 x z 1 0 (2) 0 0 2 (x0 5)(x0 2) (y0 3) (z0 1)(z0 4) 0 (3) y0 2x0 7 2 - Tõ (1) vµ (2) suy ra . Thay vµo (3) ta ®­îc x0 5x0 6 0 z0 x0 1 x0 2, y0 3, z0 1 N(2; 3; 1) hay . x0 3, y0 1, z0 2 N(3; 1; 2) 7 5 - Gäi I lµ t©m h×nh vu«ng I lµ trung ®iÓm MP vµ NQ I( ;3; ) . 2 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 các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? Gi¶ sö abcd lµ sè tho¶ m·n ycbt. Suy ra d 0, 2, 4, 6 . 3 +) d 0. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A6 . 3 2 +) d 2. Sè c¸ch s¾p xÕp abc lµ A6 A5 . +) Víi d 4 hoÆc d 6 kÕt qu¶ gièng nh­ tr­êng hîp d 2. 3 3 2 Do ®ã ta cã sè c¸c sè lËp ®­îc lµ A6 3 A6 A5 420. b. Theo chương trình Nâng cao: 16
  17. Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) đi qua điểm M ( 2; 3) và có phương trình một đường chuẩn là x 8 0 .Viết phương trình chính tắc của (E). x2 y 2 - Gäi ph­¬ng tr×nh (E) : 1 (a b 0) . a2 b2 4 9 1 (1) a2 b2 - Gi¶ thiÕt a2 8 (2) c Ta cã (2) a2 8c b2 a2 c2 8c c2 c(8 c). 4 9 Thay vµo (1) ta ®­îc 1 . 8c c(8 c) c 2 2 2c 17c 26 0 13 c 2 x 2 y 2 * NÕu c 2 th× a 2 16, b 2 12 (E) : 1. 16 12 13 39 x2 y 2 * NÕu c th× a2 52,b2 (E) : 1. 2 4 52 39 / 4 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng ( ) : x 2y 2 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ). Gi¶ sö M (x0; y0; z0 ) . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra x 2y 2 (x 1)2 y2 z 2 x2 (y 1)2 z 2 x2 (y 3)2 (z 2)2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 2 2 2 2 2 2 (x0 1) y0 z0 x0 (y0 1) z0 (1) 2 2 2 2 2 2 x0 (y0 1) z0 x0 (y0 3) (z0 2) (2) 2 (x 2y 2) (x 1)2 y2 z 2 0 0 (3) 0 0 0 5 y0 x0 Tõ (1) vµ (2) suy ra . z0 3 x0 2 2 Thay vµo (3) ta ®­îc 5(3x0 8x0 10) (3x0 2) x0 1 M (1; 1; 2) 23 23 23 14 x M ( ; ; ). 0 3 3 3 3 Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 x 2(1 x) 2 n(1 x) n thu được đa n thức P(x) a0 a1 x an x . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 17
  18. 1 7 1 2 3 . Cn Cn n n 3 1 7 1 Ta cã 2 7.3! 1 2 3 Cn Cn n n(n 1) n(n 1)(n 2) n n 3 n 9. 2 n 5n 36 0 8 8 9 Suy ra a8 lµ hÖ sè cña x trong biÓu thøc 8(1 x) 9(1 x) . 8 8 §ã lµ 8.C8 9.C9 89. ĐỀ 4 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau. Câu II. (2 điểm) (x 1)(y 1)(x y 2) 6 1/ Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2x 2y 3 0 2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x . Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và trục tung. Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho. Câu V. (1 điểm) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có: A B C A B C sin .sin .sin sin .sin .sin 4 4 4 2 2 2 II. PHẦN RIÊNG. (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b) Câu VI a.(2 điểm) x 2 y 2 1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): 1 và điểm M(1 ; 1) . Viết phương 6 4 trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB. 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một 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) và đường tròn (C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A. 18
  19. 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn nhất. Câu VII b.(1 điểm) 2 Tìm m để phương trình: 4 log 2 x log 1 x m 0 có nghiệm trong khỏang (0 ; 1). 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 4 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau. Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x3 – (m + 3)x – m – 2 = 0 x 1 , y 3 Hay : (x + 1)(x2 – x – m – 2) = 0 2 x x m 2 0 (*) 9 (*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > ) , xN và xP là nghiệm của (*) 4 3 2 2 m 2 2 2 3 Theo giả thiết: xN 3 xP 3 1 9m 18m 1 0 3 2 2 m 3 Câu II. (2 điểm) (x 1)(y 1)(x y 2) 6 1/ Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2x 2y 3 0 (x 1)(y 1)(x 1 y 1) 6 uv(u v) 6 uv(u v) 6 Hệ với 2 2 2 2 2 (x 1) (y 1) 5 0 u v 5 0 (u v) 2uv 5 0 u x 1 v y 1 S u v P.S 6 S 3 Đặt: được 2 P u.v S 2P 5 0 P 2 X 1 x 1 2 x 1 1 2 u, v là nghiệm của phương trình: X – 3X + 2 = 0  X 2 y 1 1 y 1 2 Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3) 2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x . cos 2x 0 ĐK: sin x 0 sin 2x cos x sin 2x.sin x cos 2x cos x cos x tan2x + cotx = cos 2x sin x cos 2x.sin x cos 2x.sin x 19
  20. x k 2 Pt cos x(8sin x cos x cos 2x 1) 0 cos x(2 sin4x – 1) = 0 5 x k  x k 24 2 24 2 Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và trục tung. Phương trình : 2x = -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hòanh độ x = 1. Vậy diện tích cần tính là: 1 3 1 S = 2 x dx ( x 3)dx 2 0 1 ln 2 Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho. S Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác SOM OH  (SCD) OH d Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x3 2 2 2 2 A H D SO = SM x 3x x x 2 d Ta có: SM.OH = SO.OM hay d 6 M x 3 d x 2.x x CD d 6, SO d 3 O 2 x 1 1 V CD 2 .SO 6d 2 .d 3 2d 3 3 B C 3 3 Câu V. (1 điểm) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có: A B C A B C sin .sin .sin sin .sin .sin 4 4 4 2 2 2 Theo bất đẳng thức Côsi: A B 1 A B A B A B C sin sin sin sin sin cos sin 2 2 2 2 2 4 4 4 B C 1 B C B C B C A sin sin sin sin sin cos sin 2 2 2 2 2 4 4 4 C A 1 C A C A C A B sin sin sin sin sin cos sin 2 2 2 2 2 4 4 4 Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh. II. PHẦN RIÊNG. (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b) Câu VI a.(2 điểm) x 2 y 2 1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): 1 và điểm M(1 ; 1) . Viết phương 6 4 trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB. Pt của d: y = k(x – 1) + 1 20
  21. y k(x 1) 1 Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ 2 2 4x 6y 24 Suy ra: (6k2 + 4)x2 – 2(6k2 – k)x + 6k2 – 2k – 23 = 0 (*) 2(6k 2 k) 6k 2 k Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có: 2 1 k 4 6k 2 4 6k 2 4 Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600 Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0, n p (A ; B ; 0) và nQ (2 ;1; 5) . 0 2A B 1 2 2 Theo gt: cos(n p ,nQ ) cos60 2 2A B 10. A B A2 B 2 . 4 1 5 2 6A2 16AB 6B 2 0 Chọn B = 1 ta có : 6A2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0. Câu VII a.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0 Đặt t = 2x (t > 0) ta có phương trình: t2 – 4mt + 4m = 0 (*) t 2 (*) 4m (t 0  t 1) t 1 x - 0 1 2 + t 2 t 2 2t Xét y có y' y' 0 0 t 1 t 1 2 + y’ = 0 t 0  t 2 0 + y Từ bảng biến thiên ta có : m < 0  m 1 - - 4 Câu VI b.(2 điểm) 1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn (C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A. (C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0. Pt của (C’) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b) A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình: 2a 4b c 5 2a 12b c 37 , giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9 a b 3 0 Pt của (C’) : x2 + y2 + 2x – 8y + 9 = 0 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn nhất. x y z 1 Pt mp(ABC): 1 d(O;(ABC)) a b c 1 1 1 a 2 b 2 c 2 21
  22. 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi : 33 và 3 = a2 + b2 + c2 33 a 2b 2c 2 a 2 b 2 c 2 a 2b 2c 2 1 1 1 1 1 1 1 Ta có : 3 3. d a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 3 Dấu = xảy ra khi a2 = b2 = c2 hay a = b = c = 1 1 Vậy d lớn nhất bắng khi a = b = c = 1 3 Câu VII b.(1 điểm) 2 Tìm m để phương trình: 4 log 2 x log 1 x m 0 có nghiệm trong khỏang (0 ; 1). 2 2 1 2 Pt đã cho 4 log 2 x log 2 x m 0 x (0 ;1) log 2 x log 2 x m 0 (*) 2 Đặt t log 2 x , x (0 ;1) t ( ; 0) (*) t 2 t m 0 m t 2 t t ( ; 0) Xét hàm số y = -t2 – t có y’ = -2t – 1 1 1 y’ = 0 t , y 2 4 1 t - - 0 2 y’ + 0 - 1 y 4 - 0 1 ĐS : m 4 ĐỀ 5 I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x 2 Câu I. (2,0 điểm)Cho hµm sè y (C) x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (C). 2. Cho ®iÓm A(0;a) .X¸c ®Þnh a ®Î tõ A kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn tíi (C) sao cho hai tiÕp ®iÓm t­¬ng øng n»m vÒ hai phÝa trôc ox. Câu II. (2,0điểm) x 4 4x 2 y 2 6y 9 0 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh : 2 2 . x y x 2y 22 0 2 2 2 1 2. Giải PT : cos x cos x sin x+1 3 3 2 22
  23. 6 6 4 sin x cos x Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= dx x 4 6 1 Câu IV. (2,0 điểm)Cho h×nh chãp S.ABCD, cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng t©m O c¹nh b»ng a, SO  (ABCD). Gäi M, N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña SA vµ BC. TÝnh gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN vµ a 10 mÆt ph¼ng (ABCD) vµ thÓ tÝch khèi chãp M.ABCD, biÕt r»ng MN . 2 a,b,c 0 C©u V (1 ®iÓm) Cho ba sè a, b, c sao cho . abc 1 1 1 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøcA = a 3 b c b3 a c c 3 b a  PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn. C©u VI.a (2 ®iÓm) 1)Cho ABC cã PT hai c¹nh lµ:5x 2y 6 0, 4x 7y - 21 0. Trùc t©m cña tam gi¸c trïng víi gèc to¹ ®é O, lËp ph­¬ng tr×nh c¹nh cßn l¹i. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x 1 y 1 z d : .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 2 1 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d C©u VII.a (1 ®iÓm) Mét líp häc cã 40 häc sinh, cÇn cö ra mét ban c¸n sù gåm mét líp tr­ëng, mét líp phã vµ 3 ñy viªn (BiÕt r»ng kh«ng ph©n biÖt c¸c chøc danh lµ ñy viªn). Hái cã bao nhiªu c¸ch lËp ra mét ban c¸n sù. B. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao. C©u VI.b (2 ®iÓm) 1)Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho A(4;3), đường thẳng (d) : x – y – 2 = 0 và (d’): x + y – 4 = 0 cắt nhau tại M. Tìm B (d)và C (d ') sao cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. 2) Trong kg Oxyz cho đường thảng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 C©u VII.b (1 ®iÓm) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ®­êng th¼ng y 2x m c¾t ®å thÞ hµm sè x 2 x 1 y t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng AB thuéc trôc tung. x ĐÁP ÁN ĐỀ 5 I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x 2 Câu I. (2,0 điểm)Cho hµm sè y (C) x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (C). 2. Cho ®iÓm A(0;a) .X¸c ®Þnh a ®Î tõ A kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn tíi (C) sao cho hai tiÕp ®iÓm t­¬ng øng n»m vÒ hai phÝa trôc ox. Ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn qua A(0;a) cã d¹ng y=kx+a (1) 23
  24. x 2 kx a (2) x 1 §iÒu kiÖn cã hai tiÕp tuyÕn qua A: cã nghiÖm x 1 3 k (3) (x 1)2 Thay (3) vµo (2) vµ rót gän ta ®­îc:(a 1)x 2 2(a 2)x a 2 0 (4) a 1 a 1 §Ó (4) cã 2 nghiÖm x 1 lµ: f(1) 3 0 a 2 ' 3a 6 0 Hoµnh ®é tiÕp ®iÓm x1 ;x 2 lµ nghiÖm cña (4) x1 2 x 2 2 Tung ®é tiÕp ®iÓm lµ y1 , y 2 x1 1 x 2 1 (x1 2)(x 2 2) §Ó hai tiÕp ®iÓm n»m vÒ hai phÝa cña trôc ox lµ: y1 .y 2 0 0 (x1 1)(x 2 2) x x 2(x x ) 4 9a 6 2 2 1 2 1 2 0 0 a VËy a 1 tho¶ m·n ®kiÖn x1x 2 (x1 x 2 ) 1 3 3 3 bµi to¸n. Câu II. (2,0điểm) x 4 4x 2 y 2 6y 9 0 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh : 2 2 . x y x 2y 22 0 * HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi 2 2 2 (x 2) (y 3) 4 (x2 2)2 (y 3)2 4 2 2 2 2 (x 2)y x 22 0 (x 2 4)(y 3 3) x 2 20 0 x2 2 u u2 v2 4 Dat * Thay vµo hÖ ph­¬ng tr×nh ta cã: y 3 v u.v 4(u v) 8 u 2 u 0 hoÆc v 0 v 2 x 2 x 2 x 2 x 2 thÕ vµo c¸ch ®Æt ta ®­îc c¸c nghiÖm cña hÖ lµ : ; ; ; ; y 3 y 3 y 5 y 5 2 2 2 1 2. Giải PT : cos x cos x sin x+1 3 3 2 2 4 1 2cos(2x ) 1 cos(2x ) 1 sin x 2cos(2x ).cos sin x 1 3 3 3 5 1 cos 2x sin x 0 2sin2 x sin x 0 x 2k ; x 2k ;hayx k 6 6 24
  25. 6 6 4 sin x cos x Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= dx x 4 6 1 6 6 4 sin x cos x Tính tích phân I= dx x 4 6 1 * Đăt t = -x => dt = -dx * Đổi cận: x t ;; x t 4 4 4 4 6 6 6 6 4 t sin t cos t 4 t sin t cos t I 6 dt; 2I (6 1) dt 6t 1 6t 1 4 4 S 4 6 6 (sin t cos )tdt 4 M a 10 4 4 3 2 4 5 3 5 3 1 2 2I 1 sin 2t dt cos 4t dt t sin 4t D 4 4 4 8 8 8 8 4 4 O 5 5 H N I A 16 32 a B Câu IV. (2,0 điểm)Cho h×nh chãp S.ABCD, cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng t©m O c¹nh b»ng a, SO  (ABCD). Gäi M, N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña SA vµ BC. TÝnh gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN vµ a 10 mÆt ph¼ng (ABCD) vµ thÓ tÝch khèi chãp M.ABCD, biÕt r»ng MN . 2 SO(ABCD). Dùng MH//SO, H thuéc AC, khi ®ã MH  (ABCD), suy ra gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN víi mp(ABCD) chÝnh lµ gãc MNˆH . Ta cÇn tÝnh . XÐt tam gi¸c CNH cã : 3 3a 2 a HC .AC , CN . 4 4 2 C HN 2 HC 2 CN 2 2HC.CN.cos 450 9a 2 a 2 3a 2 Hay HN 2 8 4 4 a 10 HN a 10 2 1 Suy ra HN . VËy cos . . 4 MN 4 a 10 2 DÉn ®Õn 600. VËy gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN vµ mÆt ph¼ng (ABCD) b»ng 600.  ThÓ tÝch khèi chãp M.ABCD. Trong tam gi¸c HMN cã, MH a 10 3 a 30 tan 600 MH HN.tan 600 . . HN 4 2 8 MH lµ chiÒu cao cña khèi chãp M.ABCD. VËy thÓ tÝch cña khèi chãp nµy lµ: 25
  26. 1 1 a 30 a3 30 V S .MH a 2 . . 3 ABCD 3 8 24 a,b,c 0 C©u V (1 ®iÓm) Cho ba sè a, b, c sao cho . abc 1 1 1 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøcA = a 3 b c b3 a c c 3 b a 1 1 1 §Æt x = , y , z . Khi ®ã: a b c x 3 y 3 z 3 x 3 yz y 3 xz z 3 xy 3 A (*) 1 1 1 1 1 1 y z z x x y 2 y z x z y x x 2 y 2 z 2 Do abc 1 xyz 1 nªn ta cã A (1) y z z x x y a b c a 2 b 2 c 2 Ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc . ThËt vËy. 2 b c c a b a ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè d­¬ng ta cã: a 2 b c b 2 c a c 2 a b a , b , c . b c 4 c a 4 a b 4 Céng ba bÊt ®¼ng thøc cïng chiÒu trªn ta cã : a b c a 2 b 2 c 2 . 2 b c c a b a B¹n ®äc tù ®¸nh gi¸ dÊu “=” x¶y ra khi a = b = c. x 2 y 2 z 2 x y z 3 3 VËy A= 3 xyz y z z x x y 2 2 2 3 DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z = 1. VËy minA = khi a = b = c =1 . 2  PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn. C©u VI.a (2 ®iÓm) 1)Cho ABC cã PT hai c¹nh lµ:5x 2y 6 0, 4x 7y - 21 0. Trùc t©m cña tam gi¸c trïng víi gèc to¹ ®é O, lËp ph­¬ng tr×nh c¹nh cßn l¹i. Ta gi¶ sö tam gi¸c ABC cã c¹nh AB : 5x 2y 6 0 AC: 4x 7y - 21 0 , suy ra täa ®é cña A lµ A nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh: 5x 2y 6 A B’ , gi¶i hÖ suy ra A(0; 3) 4x 7y 21 O(0; 0) NhËn thÊy A thuéc Oy, OA lµ ®­êng cao cña tam gi¸c, OA  BC BC // Ox A’ suy ra ph­¬ng tr×nh cña BC cã d¹ng y = y0. §­êng cao BB’ ®i qua trùc t©m O vµ vu«ng gãc víi AC suy ra BB’ B cã ph­¬ng tr×nh lµ: 7(x – 0) - 4(y – 0) = 0 hay BB’: 7x – 4y = 0. C §iÓm B =BB'AC täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh: 26
  27. 7x 4y 0 x 4 5x 2y 6 y 7 §­êng th¼ng ®i qua B(- 4; - 7) vµ song song víi Ox chÝnh lµ ®­êng th¼ng BC suy ra ph­¬ng tr×nh c¹nh BC: y = - 7. VËy ph­¬ng tr×nh c¹nh cßn l¹i cña tam gi¸c ABC lµ y = -7. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x 1 y 1 z d : .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 2 1 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. x 1 2t d có phương trình tham số là: y 1 t z t  Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :MH = (2t 1 ; 2 + t ; t) Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :  2 1 4 2 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).( t) = 0 t = . Vì thế, MH = ; ; 3 3 3 3   uMH 3MH (1; 4; 2) x 2 y 1 z Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 1 4 2 7 1 2 8 5 4 Theo trªn cã H ( ; ; ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’ ( ; ; ) 3 3 3 3 3 3 C©u VII.a (1 ®iÓm) Mét líp häc cã 40 häc sinh, cÇn cö ra mét ban c¸n sù gåm mét líp tr­ëng, mét líp phã vµ 3 ñy viªn (BiÕt r»ng kh«ng ph©n biÖt c¸c chøc danh lµ ñy viªn). Hái cã bao nhiªu c¸ch lËp ra mét ban c¸n sù. • §Çu tiªn ta chän ra 2 häc sinh ®Ó lµm líp tr­ëng vµ líp phã, (chó ý r»ng hai chøc danh ®ã lµ kh¸c nhau) Mét c¸ch xÕp 2 häc sinh lµm líp tr­ëng vµ líp phã lµ mét chØnh hîp chËp 2 cña 40 2 Sè c¸ch xÕp 2 häc sinh lµm líp tr­ëng vµ líp phã lµ A40 Cßn l¹i 38 häc sinh. • TiÕp ®ã ta chän 3 häc sinh lµm ñy viªn (kh«ng ph©n biÖt thø tù) 3 Sè c¸ch chän 3 häc sinh lµm ñy viªn lµ C38 • Theo qui t¾c nh©n ta cã sè c¸ch chän ra mét ban c¸n sù lµ : 2 3 A40 .C38 13160160 c¸ch B. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao. C©u VI.b (2 ®iÓm) 1)Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho A(4;3), đường thẳng (d) : x – y – 2 = 0 và (d’): x + y – 4 = 0 cắt nhau tại M. Tìm B (d)và C (d ') sao cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. 2) Trong kg Oxyz cho đường thảng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (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) 27
  28. Từ (1) và(2) ta có hệ PT: 2a b 2c 2 6 a t 11 14 1 1 1 7 heconghiem ; ; ;va ; ; b 2t 1 6 3 6 3 3 3 c t 2 Do r R2 4 3 R 13 Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt : 2 2 2 11 14 1 (S1) : x y z 13 6 3 6 2 2 2 1 1 7 S2 : x y z 13 3 3 3 C©u VII.b (1 ®iÓm) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ®­êng th¼ng y 2x m c¾t ®å thÞ hµm sè x 2 x 1 y t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng AB thuéc trôc tung. x  Ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm: x 2 x 1 2x m 3x 2 (1 m)x 1 0 (x 0) (1) x  NhËn thÊy x = 0, kh«ng lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) vµ cã biÖt sè: 2 1 m 12 0, m , suy ra ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai ph©n biÖt x1, x2 kh¸c 0 víi mäi m, tøc th¼ng lu«n c¾t ®­êng cong t¹i hai ®iÓm A, B ph©n biÖt víi mäi m. b m 1 Theo ®Þnh lÝ ViÐt ta cã x x 1 2 a 3 x x m 1  Hoµnh ®é trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng AB lµ x 1 2 . I 2 6 §iÓm I Oy xI 0 m 1 0 m 1. VËy m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. ĐỀ 6 I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x4 5x2 4, có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 4 2 2. Tìm m để phương trình | x 5x 4 | log2 m có 6 nghiệm. Câu II (2.0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình: sin 2x sin x 2cot 2x 2sin x sin 2x 2. Tìm m để phương trình: m x2 2x 2 1 x(2 x) 0 (2) có nghiệm x 0; 1 3 28
  29. 4 2x 1 Câu III (1.0 điểm). Tính I dx 0 1 2x 1 Câu IV (2.0 điểm).  o 1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC 120 . Gọi M là trung điểm của 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) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 a. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). b. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2 2 2. (1.0 điểm). Giải phương trình: log3 x x 1 log3 x 2x x 2)Câu V.b. (1,5điểm). 2 1. Giải bất phương trình: (logx 8 log4 x )log2 2x 0 2.(1.5 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh : 3x 2y 4z xy 3 yz 5 zx ĐÁP ÁN ĐỀ 6 I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x4 5x2 4, có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 4 2 2. Tìm m để phương trình | x 5x 4 | log2 m có 6 nghiệm. 9 9 log m m 124 144 4 12 12 4 Câu II (2.0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình: sin 2x sin x 2cot 2x (1) 2sin x sin 2x (1) cos 22x cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 0 cos2x 0 v2 cos2 x cosx 1 0(VN) cos2x = 0 2x k x k 2 4 2 2 2.Tìm m để phương trình: m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2) có nghiệm x 0; 1 3 29
  30. Đặt t x2 2x 2 t2 2 = x2 2x t2 2 Bpt (2) m (1 t 2),do x [0;1 3] t 1 t2 2 Khảo sát g(t) với 1 t 2 t 1 t2 2t 2 g'(t) 0 . Vậy g tăng trên [1,2] (t 1)2 t2 2 Do đó, ycbt bpt m có nghiệm t [1,2] t 1 2 2 m max g(t) g(2) Vậy m t 1;2 3 3 4 2x 1 Câu III (1.0 điểm). Tính I dx 0 1 2x 1 Đặt t 2x 1 t2 2x 1 2tdt 2dx dx tdt ; Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 4 3 3 2x 1 t2 1 Vậy I dx dt t 1 dt ; = 1 2x 1 1 t t 1 0 1 1 Câu IV (2.0 điểm).  o 1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. a).Chứng minh MBMA1 Chọn hệ trục Axyz sao cho: A  0, C 2a,0,0 , A1(0,0,2a 5) a a 3 A(0;0;0),B ; ;0 và M( 2a,0,a 5) 2 2  5 3  BM a ; ; 5 , MA1 a(2;0; 5) 2 2   2 Ta có: BM.MA1 a ( 5 0 5) 0 BM  MA1 b.Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1    a3 15 1   V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a2 3 6 1 3 BMA1 2 1 3V a 5 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d . S 3 II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1)Câu VI.a. (2.0 điểm). 30
  31. 1. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 a. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).  Ta có AB ( 2,4, 16) cùng phương với a ( 1,2, 8)  mp(P) có VTPT n (2, 1,1)  Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0 b. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P) x 1 y 3 z 2 . Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' : 2 1 1 2x y z 1 0 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ; x 1 y 3 z 2 H(1,2, 1) 2 1 1 2xH xA xA' Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2yH yA yA' A'(3,1,0) 2zH zA zA'  Ta có A'B ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x 3 y 1 z 1 1 3 2x y z 1 0 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình x 3 y 1 z M(2,2, 3) 1 1 3 2 2 2. (1.0 điểm). Giải phương trình: log3 x x 1 log3 x 2x x x2 x 1 1 log x 2 x 3x 2 x x 1 3 x x 1 Đặt:f(x)= 3x 2 x g(x)=x 1 (x 0) x Dùng pp kshs =>max f(x)=3; min g(x)=3=>PT f(x)= g(x)  max f(x)= min g(x)=3 tại x=1 =>PT có nghiệm x= 1 Câu V.b. (1,5điểm). 2 1. Giải bất phương trình: (logx 8 log4 x )log2 2x 0 Điều kiện x > 0 , x 1 31
  32. 1 1 1 (1) 2 log x log 2x 0 log x log x 1 0 4 2 1 2 2 log8 x 2 log x 3 2 2 log2 x 1 log2 x 1 (log x 3) 0 0 2 log x log x 2 2 1 log x 1haylog x 0 0 x hay x 1 2 2 2 2.(1.5 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh : 3x 2y 4z xy 3 yz 5 zx Theo BĐT Cauchy 1 3 5 x y xy; y z 3 xy; z x 5 xy . Cộng vế =>điều phải chứng minh 2 2 2 ĐỀ 7 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm) Câu I :( 2, 0 điểm) Cho hàm số y (m 2)x3 3x2 mx 5 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 0 2. Tìm các giá trị của m để các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương. Câu II :( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin3 x.cos3x 4cos3 x.sin 3x 3 3cos4x 3 2 2 2. log 3 (x 5x 6) log 3 (x 9x 20) 1 log 3 8 3 e ln3 x Câu III :( 1, 0 điểm) Tìm giá trị của tích phân : I 1 x 1 ln x CâuVI :( 1, 0 điểm) Một mặt phẳng qua đỉnh S của một hình nón cắt đường tròn đáy theo cung A»B có số đo bằng . Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc  . Biết khoảng cách từ tâm O của đáy hình nón đến mặt phẳng (SAB) bằng a. Hãy tìm thể tích hình nón theo , và a CâuV :( 1, 0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh bất đẳng thức sau : 2 x 2 y 2 z 1 1 1 + + + + x3 y2 y3 z2 z3 x2 x2 y2 z2 B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa :(2,0 điểm) 1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x2 2y2 7x 2 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (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 và vuông góc với mặt phẳng (Q): 2x – y + 3z + 4 = 0 Câu VIIa :(1,0 điểm) Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 7, 9 . Hãy cho biết có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một sao cho hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau , được lập từ các chữ số đã cho . 2.Theo chương trình Nâng cao Câu VIb :(2,0 điểm) 32
  33. 1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x2 2y2 7x 2 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2x2 (m 1)x 3 2/ Cho hàm số y . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số x m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 8 1 x 1 3 log 3 1 log 9x 1 7 2 Câu VIIb :(1,0 điểm) Cho khai triển 2 2 2 5 . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ĐÁP ÁN ĐỀ 7 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm) Câu I :( 2, 0 điểm) Cho hàm số y (m 2)x3 3x2 mx 5 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 0 2. Tìm các giá trị của m để các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương. Các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương PT y' 3(m 2)x2 6x m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt a (m 2) 0 ' 9 3m(m 2) 0 2 ' m 2m 3 0 3 m 1 m P 0 m 0 m 0 3 m 2 3(m 2) m 2 0 m 2 3 S 0 m 2 Câu II :( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin3 x.cos3x 4cos3 x.sin 3x 3 3cos4x 3 4[(1 cos2x)sin x.cos3x (1 sin2 x)cos x.sin 3x] 3 3 cos4x 3 4[(sin x.cos3x cos x.sin 3x) cos x sin x(cosx.cos3x sin x.sin 3x)] 3 3 cos4x 3 1 1 4[sin 4x sin 2x.cos2x] 3 3 cos4x 3 4 sin 4x sin 4x 3 3 cos4x 3 3sin 4x 3 3 cos4x 3 2 4 1 3 1 sin 4x 3 cos4x 1 sin 4x cos 4x sin(4x ) sin 2 2 2 3 6 4x k2 4x k2 4x k2 x k 3 6 3 6 6 24 2 (k Z) 5 5 4x k2 4x k2 4x k2 x k 3 6 3 6 2 8 2 2 2 2. log 3 (x 5x 6) log 3 (x 9x 20) 1 log 3 8 (*) 2 x 5 x 5x 6 0 x 3  x 2 + Điều kiện : 4 x 3 , và có : 1 log3 8 log3 24 2 x 9x 20 0 x 5  x 4 x 2 2 2 2 2 log 3 (x 5x 6)(x 9x 20) log 3 24 (x 5x 6)(x 9x 20) 24 + PT (*) (x 5)  ( 4 x 3)  (x 2) (x 5)  ( 4 x 3)  (x 2) (x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*) (x 5)  ( 4 x 3)  (x 2) ( ) + Đặt t (x 3)(x 4) x 2 7x 12 (x 2)(x 5) t 2 , PT (*) trở thành : 33
  34. t(t-2) = 24 (t 1)2 25 t 6  t 4 2 2 x 1 t = 6 : x 7x 12 6 x 7x 6 0 ( thỏa đkiện ( )) x 6 t = - 4 : x 2 7x 12 4 x 2 7x 16 0 : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 3 e ln3 x Câu III :( 1, 0 điểm) Tìm giá trị của tích phân : I 1 x 1 ln x dx 3 + Đặt t 1 ln x 1 ln x t2 2tdt và ln3 x t2 1 x + Đổi cận : x 1 t 1 ; x e3 t 2 2 (t2 1)3 2 t6 3t4 3t2 1 2 1 + Tích phân I dt = dt (t5 3t3 3t )dt 1 t 1 t 1 t 1 6 3 4 3 2 2 15 t t t ln t ln 2 6 4 2 1 4 CâuVI :( 1, 0 điểm) Một mặt phẳng qua đỉnh S của một hình nón cắt đường tròn đáy theo cung A»B có số đo bằng . Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc  . Biết khoảng cách từ tâm O của đáy hình nón đến mặt phẳng (SAB) bằng a. Hãy tìm thể tích hình nón theo , và a +Gọi I là trung điểm của dây cung AB và H là chân đường cao hạ từ O của tam giác SOI thì : AB  IO , AB  SO AB  (SIO) AB  SI và AB  OH ,và đã có ISOH theo cách dựng. Từ giả thiết của đề bài , ta có I·OA ; O· IS  ; OH a 2 +Các tam giác SOI ( vuông tại O) và IOH ( vuông tại I) có S· IO S· OH  nên : OH a OH a OI và OS sin sin cos cos +Tam giác OIA vuông tại I và I·OA nên b/kính đường tròn đáy là 2 OI a R OA cos sin.cos 2 2 + Thể tích hình nón là : 2 1 1 a a a 3 V (R 2 ).OS . 3 3 sin .co s co s  3sin 2 .co s .co s 2 2 2 CâuV :( 1, 0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh bất đẳng thức sau : 2 x 2 y 2 z 1 1 1 + + + + x3 y2 y3 z2 z3 x2 x2 y2 z2 2 x 2 y 2 z 1 1 1 CM bất đẳng thức + + + + với x > 0 ; y > 0 ; z > 0 x3 y2 y3 z2 z3 x2 x2 y2 z2 + Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x3 và y2 ta có : 2 x 1 x3 y2 2 x3y2 2 xxy , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x3 = y2 (1) x3 y2 xy 34
  35. 2 y 1 Tương tự : , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y3 = z2 (2) y3 z2 yz 2 z 1 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z3 = x2 (3) z3 x2 zx + Áp dụng BĐT(dễ CM ) ab bc ca a2 b2 c2 (dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ) 1 1 1 1 1 1 ta có : + + + + , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z (4) xy yz zx x2 y2 z2 + Từ (1), (2), (3) và (4) ta có BĐT cần C/minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z > 0 B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa :(2,0 điểm) 1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x2 2y2 7x 2 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2 2 2 2 2 7 7 2 65 + Đường tròn (C ) : 2x 2y 7x 2 0 x y x 1 0 x y 2 4 16 7 65 (C ) có tâm I ;0 và bán kính R 4 4 x 2 y x 2 + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình , hay : y 6 3 2 + Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT 2 2 2 2 x 2 2x 2y 7x 2 0 2x 2 7x 2 0 5x(x 2) 0 2 x 0; y 1 x 2 x 2 y = x 2 y = x 2; y 2 2 y = 2 2 Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2)  7  1 + Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ IM ;1 và IN ;2 làm 4 4 các vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là : 7 (x 0) 1(y 1) 0 , hay : 7x 4y 4 0 4 1 (x 2) 2(y 2) 0 , hay : x 8y 18 0 4 2/ Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) qua M(2; -1; 2) , song song với Oy và vuông góc với mặt phẳng (Q): 2x – y + 3z + 4 = 0 Cách 1 + Mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + 4 = 0 có VTPT n 2; 1;3 và trục Oy có VTĐV Q j 0 ; 1 ; 0 . Hai vectơ n và j không cùng phương với nhau. Q + Gọi n là VTPT của mặt phẳng (P) . Vì (P) song song với Oy và vuông góc với mặt phẳng (Q) P nên n  n và n  j , do đó có thể chọn n j,n (3;0; 2) .Mp đi qua M và có VTPT P Q P P Q (3;0; 2) là 35
  36. 3(x - 2) + 0(y+1) -2(z - 2) = 0 , hay là : 3x - 2z - 2 = 0 // Oy. Vậy (P) : 3x - 2z - 2 = 0 Cách 2 + Mặt phẳng (P) song song trục Oy và đi qua M( 2; -1; 2) nên có phương trình dạng : a( x – 2 ) + c(z – 2) = 0 ax cz 2a 2c 0 , với a 2 c2 0 và 2a 2c 0 + Mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + 4 = 0 nên có 2a + 3c = 0 : chọn a = 3 và c = -2 , khi đó -2a – 2c = 2 0 , do đó PT mp(P) là : 3x – 2z – 2 = 0 Câu VIIa :(1,0 điểm) Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 7, 9 . Hãy cho biết có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một sao cho hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau , được lập từ các chữ số đã cho . Đặt A = { 1, 2, 3, 4, 5, 7, 9 } + Tổng số các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một lập được từ các chữ số của tập A là 7! + Trong A có hai chữ số chẵn là 2 và 4 nên : Tổng số các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một sao cho hai chữ số chẵn luôn đứng cạnh nhau , lập được từ các chữ số của tập A là : 2!6! + Vậy : Tổng các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 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 2 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2x2 (m 1)x 3 2/ Cho hàm số y . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số x m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 2x2 (m 1)x 3 Hàm số y xác định với mọi x m x m m2 m 3 Viết hàm số về dạng y 2x 1 m x m 1 13 + TH1 : m2 m 3 0 m : Có hàm số bậc nhất y 2x 1 m (x m ) : đồ thị 2 không có tiệm cận 2 1 13 + TH2 : m m 3 0 m : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng (d1) 2 x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + 1 - m 2 2 + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x +5 tại điểm (-m ; m +5) ( với mọi 1 13 m ) và không thể là tiếp tuyến của parabol 2 2 2 + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x +5 PT x +5 = 2x + 1 - m , hay PT x2 – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép ' 1-(4 + m) = 0 m 3 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm 8 1 x 1 3 log 3 1 log 9x 1 7 2 Câu VIIb :(1,0 điểm) Cho khai triển 2 2 2 5 . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 k 8 1 1 x 1 1 8 3 x 1 log2 3 1 k 8 k k log2 9 7 x 1 3 5 x 1 5 Ta có : a b C8 a b với a 2 = 9 7 ; b 2 3 1 k 0 36
  37. + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 1 3 1 5 1 5 x 1 3 x 1 5 x 1 x 1 T6 C8 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1 x 1 1 9 7 + Theo giả thiết ta có : x 1 x 1 x 1 x 1 56 9 7 . 3 1 = 224 x 1 4 9 7 4(3 1) 3 1 x 1 2 3 1 x 1 3x 1 4(3x 1) 3 0 x 1 3 3 x 2 ĐỀ 8 I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH :(7 điểm) 1 2 Bài I (2 điểm) Cho hàm số y x3 mx2 x m có đồ thị (Cm) 3 3 a) Khảo sát khi m =-1. b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15. Bài II .(2 điểm). Cho phương trình cos3 x sin3 x m (1) a) Giải phương trình khi m=-1 b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm x ; 4 4 Bài III. (2 điểm) log 9 log x log 3 a) Giải phương trình x 2 x2 .3 2 x 2 4 sin2 xdx b) Tính tích phân 4 2 cos x(tan x 2 tan x 5) 4 Bài IV(2 điểm) 5 2 3 15 a/.Cho khai triển 1 x x x a0 a1x a15 x . Tìm hệ số a9 của khai triển đó. b/.Cho a, b, c>0; abc=1 . Chứng minh rằng a3 b3 c3 3 . (1 b)(1 c) (1 c)(1 a) (1 a)(1 b) 4 II-PHẦN RIÊNG(3điểm)( Thí sinh chỉ làm câu Va hoặc Vb) Bài Va.(3 điểm). 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2 x 1 y 2 z 3 14 và điểm M 1; 3; 2 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua sao cho (P) cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. 2.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;3 nằm ngoài (C): x2 y2 6x 2y 6 0 . Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC Bài Vb.(3 điểm). 1. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết 1 A 1;4 , B 1; 4 và đường thẳng BC đi qua điểm M 2; . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . 2 37
  38. 2.(2 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a, SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABCD) vµ SA=2a. Gäi E lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD. a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm S ®Õn ®­êng th¼ng BE. b) T×m t©m vµ b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD. ĐÁP ÁN ĐỀ 8 I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH :(7 điểm) 1 2 Bài I (2 điểm) Cho hàm số y x3 mx2 x m có đồ thị (Cm) 3 3 a) Khảo sát khi m =-1. b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15. 1 2 YCBT thỏa x3 mx2 x m 0 có 3 nghiệm phân biệt thỏa x2 x2 x2 15 . 3 3 1 2 3 x 1 x2 (1 3m)x 2 3m 0 có 3 nghiệm phân biệt thỏa 2 2 2 x1 x2 x3 15 . m 1 . Bài II .(2 điểm). Cho phương trình cos3 x sin3 x m (1) a) Giải phương trình khi m=-1 Khi m=-1, phương trình trở thành cos x sin x 1 cos x sin x 1 x k2 Đặt t = cos x sin x ; điều kiện t 2 . Ta có nghiệm k,l ¢ 2 x l2 b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm x ; 4 4 (1) cos x sin x 1 cos x sin x m Đặt t = cos x sin x ; điều kiện t 2 . 3 Khi x ; t 0; 2 . Ta có phương trình theo t: 3t t 2m . 4 4 Bằng cách tìm tập giá trị hàm vế trái, ta suy ra phương trình có đúng hai nghiệm 2 x ; khi và chỉ khi m ;1 . 4 4 2 Bài III. (2 điểm) log 9 log x log 3 a) Giải phương trình x 2 x2 .3 2 x 2 ĐK: x>0. log2 9 2 log2 x log2 3 log2 x 2 t Ta có phương trình x x .3 x 3 x 1 . Đặt log2 x x 2 . t t t t 3 1 Phương trình trở thành 3 4 1 1 t 1 x 2 4 4 38
  39. 4 sin2 xdx b) Tính tích phân 4 2 cos x(tan x 2 tan x 5) 4 4 sin2 xdx dt I . Đặt t tan x dx . Ta có 4 2 2 cos x(tan x 2 tan x 5) 1 t 4 1 t2dt 2 1 dt I 2 ln 3 2 2 1 t 2t 5 3 1 t 2t 5 1 dt t 1 1 0 2 3 Tính I . Đặt tan u I du . Vậy I 2 ln . 1 2 1 1 t 2t 5 2 2 8 3 8 4 Bài IV(2 điểm) 5 2 3 15 a) Cho khai triển 1 x x x a0 a1x a15 x . Tìm hệ số a9 của khai triển đó. 5 5 5 5 1 x x2 x3 1 x 1 x2 C kC m xk m  5 10 k 0 m 0 do a9 cho tương ứng k+m=9. 0 9 1 8 2 7 3 6 4 5 5 4 Suy ra a9 C5 C10 C5C10 C5 C10 C5C10 C5 C10 C5C10 5005 . a3 b3 c3 3 b/.Cho a, b, c>0; abc=1 . Chứng minh rằng . (1 b)(1 c) (1 c)(1 a) (1 a)(1 b) 4 Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số, ta có a3 1 c 1 b 3a (1 b)(1 c) 8 8 4 b3 1 c 1 a 3b (1 c)(1 a) 8 8 4 c3 1 a 1 b 3c (1 a)(1 b) 8 8 4 3 1 VT(1) a b c 4 2 1 a 1 c 1 b Dấu bằng xảy ra khi 8 8 8 a b c 1 . abc 1 3 3 3 Vậy VT(1) VT(1) đpcm. 2 4 4 II-PHẦN RIÊNG(3điểm)( Thí sinh chỉ làm câu Va hoặc Vb) Bài Va.(3 điểm). 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2 x 1 y 2 z 3 14 và điểm M 1; 3; 2 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua sao cho (P) cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. 39
  40. Ta thấy M thuộc miền trong của (S) và (S) có tâm I 1; 2; 3 , R 14 . Do đó, (P) qua M cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất 2 2 R IH  nhỏ nhất (H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P)) IH lớn nhất M  H IM 0;1; 1 là VTPT của (P). Vậy (P) có phương trình là y-z+1=0. 2.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A 1;3 nằm ngoài (C): x2 y2 6x 2y 6 0 . Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC m 2a 1 Theo yêu cầu bài toán A,B,C thẳng hàng và AB=BC.Gọi B(a;b),C(m;n) . n 2b 1 a 7 a 3 5 2 2 b 1 a b 6a 2b 6 0 b 1 Do B, C nằm trên (C) nên hoặc 5 . 2 2 m n 6m 2n 6 0 m 5 m 9 5 n 1 n 13 5 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là x+y-4=0 và 7x+y-10=0. Bài Vb.(3 điểm). 1. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết 1 A 1;4 , B 1; 4 và đường thẳng BC đi qua điểm M 2; . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . 2 1 Đt BC đi qua B 1; 4 và M 2; nên có pt: 2 S x 1 y 4 9x 2y 17 0 1 9 2 9t 17   9t 25 C BC C t; , t ¡ AB 2; 8 ; AC t 1; . Vì O 2 2 D   A tam giác ABC vuông tại A nên AB.AC 0 Suy ra 9t 25 E t 1 4. 0 t 3. Vậy C 3;5 I 2 B F C 2.(2 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a, SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABCD) vµ SA=2a. Gäi E lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD. a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm S ®Õn ®­êng th¼ng BE. A D Gọi F là trung điểm của BC => AF BE Vì AIB ABF 2 2 2 AI AB AB a 2a 2a E AI AB AF AF a2 5a 5 a2 4 I B F C 40
  41. 2 AI  BE 2 2 2 4a 2 6a Vì  SI  BE SI SA AI 4a SA  BE 5 5 b) T×m t©m vµ b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD. Gọi O là trung điểm của SC SO AO CO(1) Vì SDC vuông góc D (CD  SD,CD  AD ) SO OD (2) Vì SBC vuông góc B (BC  BA, BC  SA ) SO OB (3) Từ (1), (2), (3) SO=AO=BO=CO=DO => O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SO AC 2 SA2 2a2 4a2 a 6 => R 2 2 2 2 ĐỀ 9 Câu 1. 2x Cho hàm số y x 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. C©u 2: ( 2 ®iÓm) Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: x xy y m 2 2 2 x y xy m 1 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh víi m 3 . 2) T×m m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt. C©u 3: 1). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3.Chứng minh rằng: 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc 13 2).Cho ABC . Chøng minh r»ng: sin 2A sin 2B sin 2C 4sin Asin Bsin C Trong ®ã A, B,C lµ ®é lín ba gãc cña ABC ®èi diÖn lÇn l­ît víi ba c¹nh BC,CA, AB . C©u 4: ( 2 ®iÓm) Cho ABC vu«ng gãc t¹i A . Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ABC t¹i B ta lÊy mét ®iÓm S sao cho SB BA AC 1 . P lµ mÆt ph¼ng song song víi c¸c c¹nh SB vµ AC c¾t c¸c c¹nh SA, SC, BC, BA lÇn l­ît t¹i D, E, F, H . 1) Chøng minh r»ng: DEFH lµ h×nh ch÷ nhËt. 2) X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña mÆt ph¼ng P sao cho diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt ®ã lín nhÊt. C©u 5: ( 1 ®iÓm) 1).Cho a,b,c lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m, ®«i mét kh¸c nhau. Chøng minh r»ng: 41
  42. ab bc ca a b c Hái dÊu “=” x¶y ra khi nµo? a b b c c a 2 2). Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 xyz . Hãy tìm giá x y z trị lớn nhất của biểu thức: P . x 2 yz y 2 zx z 2 xy 3 4xy 4(x2 y2 ) 7 2 (x y) 3). Giải hệ phương trình sau: 1 2x 3 x y ĐÁP ÁN ĐỀ 9 Câu I. 2x Cho hàm số y x 2 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2).Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a 2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: 4 2a 2 y x a 4x a 2 y 2a2 0 d a 2 2 a 2 Tâm đối xứng I 2;2 . Ta có 8 a 2 8 a 2 8 a 2 d I,d 2 2 16 a 2 4 2.4. a 2 2 2 a 2 2 2 a 0 d I,d lớn nhất khi a 2 4 a 4 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 C©u 2: ( 2 ®iÓm) Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: x xy y m 2 2 2 x y xy m 1 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh víi m 3 . NhËn thÊy r»ng ®©y lµ hÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i I. Khi ®ã: x y S 2 §Æt , ®iÒu kiÖn S 4P 0 xy P ViÕt l¹i hÖ ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng: x y xy m 2 S P m 2 I x y xy m 1 SP m 1 42
  43. Khi ®ã S, P lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh bËc hai: 2 t 1 t m 2 t m 1 0 t m 1 x y 1 2 xy m 1 f u u u m 1 1 2 x y m 1 g u u m 1 u 1 2 xy 1 Víi m=-3, ta ®­îc: 2 u 1 x 1; y 2 1 u u 2 0 u 2 x 2; y 1 2 u2 u 1 0 u 1 x y 1 VËy: víi m 3 , hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã ba cÆp nghiÖm lµ: . 1;2 , 2; 1 , 1; 1 2) T×m m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt. §iÒu kiÖn cÇn: NhËn xÐt r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm x0 ; y0 th× y0 ; x0 còng lµ nghiÖm cña hÖ, do ®ã hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi x0 y0 . Khi ®ã: 2 3 m 1 x0 2x0 m 2 m 2x0 1 m 3 2x3 m 1 2x3 x2 2x 1 0 0 0 0 0 3 m 4 §iÒu kiÖn ®ñ: +Víi m 1 , ta ®­îc: xy x y 3 I xy x y 2 Khi ®ã x, y lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x y 1 vn xy 2 2 t 1 t 3t 2 0 x y 1 lµ nghiÖm duy nhÊt cña hÖ. t 2 x y 2 xy 1 +Víi m 1 , ta cã: 43
  44. xy x y 1 I . NhËn thÊy hÖ lu«n cã cÆp nghiÖm 0;1 vµ 1;0 . xy x y 0 3 +Víi m , ta cã: 4 5 xy x y 4 I 1 xy x y 4 Khi ®ã x y vµ xy lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x y 1 1 t 1 xy 2 5 1 4 1 t t 0 1 x y lµ nghiÖm duy nhÊt cña hÖ. 4 4 t 1 2 4 x y 4 vn xy 1 3 VËy: víi m 1 hoÆc m hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt. 4 C©u 3: (1 ®iÓm) 1). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3.Chứng minh rằng: 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc 13 b c Đặt f (a,b,c) 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc 13;t 2 *Trước hết ta chưng minh: f (a,b,c) f (a,t,t) :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a b c 3a a b c 3 hay a 1 f (a,b,c) f (a,t,t) 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc 13 3(a 2 t 2 t 2 ) 4at 2 13 = 3(b 2 c 2 2t 2 ) 4a(bc t 2 ) 2 2 2 2 2 2(b c) (b c) 3(b c) 2 =3 b c 4a bc = a(b c) 4 4 2 (3 2a)(b c) 2 = 0 do a 1 2 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a,t,t) 0 với a+2t=3 Ta có f (a,t,t) 3(a 2 t 2 t 2 ) 4at 2 13 =3((3 2t) 2 t 2 t 2 ) 4(3 2t)t 2 13 =2(t 1) 2 (7 4t) 0 do 2t=b+c < 3 44
  45. Dấu “=” xảy ra t 1& b c 0 a b c 1(ĐPCM) 2).Cho ABC . Chøng minh r»ng: sin 2A sin 2B sin 2C 4sin Asin Bsin C Trong ®ã A, B,C lµ ®é lín ba gãc cña ABC ®èi diÖn lÇn l­ît víi ba c¹nh BC,CA, AB . Trong ABC , ta cã: B C A A B C B C A 2 2 Khi ®ã: sin 2A sin 2B sin 2C 2sin Acos A 2sin B C cos B C 2sin Acos A 2sin Acos B C 2sin A cos A cos B C A B C A B C 2sin Acos cos 2 2 2sin Acos C cos B 2 2 2sin Asin Bsin C dpcm C©u 4: ( 2 ®iÓm) Cho ABC vu«ng gãc t¹i A . Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ABC t¹i B ta lÊy mét ®iÓm S sao cho SB BA AC 1 . P lµ mÆt ph¼ng song song víi c¸c c¹nh SB vµ AC c¾t c¸c c¹nh SA, SC, BC, BA lÇn l­ît t¹i D, E, F, H . 1).Chøng minh r»ng: DEFH lµ h×nh ch÷ nhËt. S P  SAB DH DH / /SB (1) P / /SB P  SBC EF EF / /SB (2) D E P / /SB C P  SAC DE A DE / / AC (3) P / / AC H F P  ABC HF HF / / AC (4) P / / AC B Tõ (1), (2), (3), (4) suy ra tø gi¸c DEFH lµ h×nh b×nh hµnh (5) SB  ABC SB  HF MÆt kh¸c: DH  HF (6) SB / /DH 45
  46. VËy: Tø (5) vµ (6) suy ra DEFH lµ h×nh ch÷ nhËt. 2). X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña mÆt ph¼ng P sao cho diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt ®ã lín nhÊt H×nh ch÷ nhËt DEFH sÏ cã diÖn tÝch lín nhÊt P ®i qua bèn ®iÓm D, E, F, H lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh SA, SC, BC, AB . C©u 5: ( 1 ®iÓm) Cho a,b,c lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m, ®«i mét kh¸c nhau. Chøng minh r»ng: ab bc ca a b c Hái dÊu “=” x¶y ra khi nµo? a b b c c a 2 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè a,b,c ta ®­îc: ab ab ab ab a b 2 ab 1 a b 2 ab a b 2 bc bc bc bc b c 2 bc 2 b c 2 bc b c 2 ca ca ca ca c a 2 ca 3 c a 2 ca c a 2 Céng vÕ víi vÕ cña 1 , 2 , 3 ta ®­îc: ab bc ca ab bc ca a b b c c a 2 ab bc ca 1 a b b c c a a b b c c a 2 2 2 2 ab bc ca a b c dpcm a b b c c a 2 DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi a b c . 2). Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 xyz . Hãy tìm giá trị lớn x y z nhất của biểu thức: P . x 2 yz y 2 zx z 2 xy x y z Vì x; y; z 0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P = 2 x 2 yz 2 y 2 zx 2 z 2 xy 1 2 2 2 4 yz zx xy 1 1 1 1 1 1 1 1 yz zx xy 1 x 2 y 2 z 2 1 xyz 1 4 y z z x x y 2 xyz 2 xyz 2 xyz 2 1 Dấu bằng xảy ra x y z 3 . Vậy MaxP = 2 46
  47. 3 4xy 4(x2 y2 ) 7 2 (x y) 3). Giải hệ phương trình sau: 1 2x 3 x y ĐK: x + y 0 3 3(x y)2 (x y)2 7 2 (x y) Ta có hệ 1 x y x y 3 x y 1 3u2 v2 13 Đặt u = x + y + ( u 2 ) ; v = x – y ta được hệ : x y u v 3 Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u 2 ) 1 x y 2 x y 1 x 1 Từ đó giải hệ x y x y 1 y 0 x y 1 ĐỀ 10 PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) 2x 1 C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) x 1 y 1 4 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 6 y 4 6 1 2(cos x sin x) 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: tan x cot 2x cot x 1 C©u III (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®­êng trßn (C) t©m O ®­êng kÝnh AB = 2R.Trªn ®­êng th¼ng 2R vu«ng gãc víi (P) t¹i O lÊy ®iÓm S sao cho OS = R3 . I lµ ®iÓm thuéc ®o¹n OS víi SI = . M 3 lµ mét ®iÓm thuéc (C). H lµ h×nh chiÕu cña I trªn SM. T×m vÞ trÝ cña M trªn (C) ®Ó tø diÖn ABHM cã thÓ tÝch lín nhÊt.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. C©u IV (1 ®iÓm) 1 dx TÝnh tÝch ph©n: I = 2 1 1 x 1 x C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ 3 sè thùc d­¬ng tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng 1 1 1 1 x y 1 y z 1 z x 1 PhÇn riªng (3,0 ®iÓm).ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B) A.Theo ch­¬ng tr×nh ChuÈn 47
  48. C©u VI.a (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch 3 b»ng vµ träng t©m thuéc ®­êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2 C©u VII.a (1 ®iÓm) Tõ c¸c ch÷ sè 0,1,2,3,6,7,8,9 cã thÓ lËp ®­îc bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau ( ch÷ sè ®Çu tiªn ph¶i kh¸c 0) trong ®ã ph¶i cã ch÷ sè 7. 2 C©u VIII.a (1 ®iÓm) T×m a ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: log 1 x 1 log 1 (ax a) 3 3 B.Theo ch­¬ng tr×nh N©ng cao x2 y2 C©u VI.b (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): 1 vµ ®­êng th¼ng :3x + 4y 4 3 =12. Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. x2 4x 3 C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hµm sè y cã ®å thÞ (C).Gi¶ sö ®­êng th¼ng y = kx + 1 c¾t x 2 (C) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m tËp hîp trung ®iÓm I cña AB khi k thay ®æi. log x log x C©u VIII.b (1 ®iÓm) 1).Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 3 1 2 x. 3 1 2 1 x2 2). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 a 1,0 b 1,0 c 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 a b c 3 abc a b c 3x 1 y 2 y 3x 2 2 3.2 3). Giải hệ phương trình: 2 3x 1 xy x 1 ĐÁP ÁN ĐỀ 10 PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) 2x 1 C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt. 2x0 1 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0 - 1) th× y0 x0 1 Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× 2x0 1 1 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | - 2| = | | x0 1 x0 1 1 Theo Cauchy th× MA + MB 2x0 1 . =2 x0 1 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3) C©u II (2 ®iÓm) x 1 y 1 4 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 6 y 4 6 §iÒu kiÖn: x -1, y 1 48
  49. Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ x 1 x 6 y 1 y 4 10 x 6 x 1 y 4 y 1 2 §Æt u=x 1 x 6 , v =y 1 y 4 . Ta cã hÖ u v 10 u 5 5 5 v 5 2 u v x 3  y 5 lµ nghiÖm cña hÖ 1 2(cos x sin x) 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: tan x cot 2x cot x 1 Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phương trình tương đương 1 2(cos x sin x) sin x cos 2x cos x 1 cos x sin 2x sin x 2 cosx = x = k2 2 4 Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = k2 4 C©u III (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®­êng trßn (C) t©m O ®­êng kÝnh AB = 2R.Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi (P) t¹i O lÊy ®iÓm S sao cho OS = R3 . I lµ ®iÓm thuéc ®o¹n OS 2R víi SI = . M lµ mét ®iÓm thuéc (C). H lµ h×nh chiÕu cña I trªn SM. S 3 T×m vÞ trÝ cña M trªn (C) ®Ó tø diÖn ABHM cã thÓ tÝch lín nhÊt.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R3 , 2R H SI = , 3 I SM = SO2 OM 2 2R SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM O Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK = B A 1 3 SO= R , (kh«ng ®æi) 2 2 VBAHM lín nhÊt khi dt( MAB) lín nhÊt M lµ ®iÓm gi÷a cña cung M AB 3 3 Khi ®ã VBAHM=R (®vtt) 6 C©u IV (1 ®iÓm) 1 dx TÝnh tÝch ph©n: I = 2 1 1 x 1 x 49
  50. §Æt u = x+1 x2 th× u - x= 1 x2 x2 2ux u2 1 x2 u2 1 1 1 x dx 1 2 du 2u 2 u §æi cËn x= - 1 th× u =2 -1 x = 1 th× u = 2 +1 1 1 2 1 1 2 du 2 1 2 1 2 u 1 du 1 du I 2 2 1 1 u 2 2 1 1 u 2 2 1 (1 u)u 1 2 1 du 1 2 1 1 1 1 = du 1 2 2 2 1 1 u 2 2 1 u u u 1 C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ 3 sè thùc d­¬ng tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng 1 1 1 1 x y 1 y z 1 z x 1 §Æt x=a3 y=b3 z=c3 th× x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 vµ a2+b2-ab ab a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 1 1 a3 b3 1 ab a b c Tương tự ta có 1 1 1 1 , b3 c3 1 bc a b c c3 a3 1 ca a b c Céng theo vÕ ta cã 1 1 1 1 1 1 = + + x y 1 y z 1 z x 1 a3 b3 1 b3 c3 1 c3 a3 1 1 1 1 1 1 = c a b 1 a b c ab bc ca a b c DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1 PhÇn riªng (3,0 ®iÓm).ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B) A.Theo ch­¬ng tr×nh ChuÈn C©u VI.a (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch 3 b»ng vµ träng t©m thuéc ®­êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2 5 5 Ta cã: AB = 2 , M = ( ; ), pt AB: x – y – 5 = 0 2 2 50
  51. 1 3 3 S ABC = d(C, AB).AB = d(C, AB)= 2 2 2 1 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 2 t (3t 8) 5 1 d(G, AB)= = t = 1 hoÆc t = 2 2 2 G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)   Mµ CM 3GM C = (-2; 10) hoÆc C = (1; -4) C©u VII.a (1 ®iÓm) Tõ c¸c ch÷ sè 0,1,2,3,6,7,8,9 cã thÓ lËp ®­îc bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau ( ch÷ sè ®Çu tiªn ph¶i kh¸c 0) trong ®ã ph¶i cã ch÷ sè 7. Gäi sè cã 6 ch÷ sè lµ abcdef NÕu a = 7 th× cã 7 c¸ch chän b, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch chän e, 3 c¸ch chän f. ë ®©y cã 7.6.5.4.3 = 2520sè NÕu b = 7 th× cã 6 c¸ch chän a, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch chän e, 3 c¸ch chän f. ë ®©y cã 6.6.5.4.3 = 2160sè T¬ng tù víi c, d, e, f VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè 2 C©u VIII.a (1 ®iÓm) T×m a ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: log 1 x 1 log 1 (ax a) 3 3 §iÒu kiÖn: ax + a > 0 Bpt tương đương x2 1 a(x 1) x2 1 NÕu a>0 th× x +1 >0.Ta cã a x 1 x2 1 NÕu a hoÆc a < - 1 2 B.Theo ch­¬ng tr×nh N©ng cao x2 y2 C©u VI.b (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): 1 vµ ®­êng th¼ng :3x + 4y 4 3 =12. Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng xx yy 1 1 1 4 3 TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn x x y y 0 1 0 1 1 (1) 4 3 51
  52. Ta thÊy täa ®é cña A vµ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt xx0 yy0 1 do M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 4 3 4xx 4yy 4xx y(12 3x ) 0 0 4 0 0 4 4 3 4 3 Gäi F(x;y) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th× (x- y)x0 + 4y – 4 = 0 x y 0 y 1 4y 4 0 x 1 VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1) x2 4x 3 C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hµm sè y cã ®å thÞ (C).Gi¶ sö ®­êng th¼ng y = kx + 1 c¾t x 2 (C) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m tËp hîp trung ®iÓm I cña AB khi k thay ®æi. x2 4x 3 y = kx + 1 c¾t (C): y . Ta cã pt x 2 x2 4x 3 = kx + 1 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt k 1 x 2 Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é tháa m·n 2k 3 x 2x2 5x 2 2k 2 y y kx 1 2x 2 2x2 5x 2 VËy quÜ tÝch cÇn t×m lµ ®êng cong y 2x 2 log x log x C©u VIII.b 1). Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 3 1 2 x. 3 1 2 1 x2 §iÒu kiÖn : x>0 log x log x §Æt 3 1 2 =u, 3 1 2 v ta cã pt u +uv2 = 1 + u2 v2 (uv2-1)(u – 1) = 0 u 1 . . . x =1 uv2 1 2). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 a 1,0 b 1,0 c 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 a b c 3 abc a b c Vì 0 a 1,0 b 1 nên a 1 b 1 0 ab a b 1 0 1 1 1 1 a b ab 1 1 ab a b 1 1 1 1 1 1 Chứng minh tương tự : 1 2 , 1 3 bc b c ca c a Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 1 1 1 1 1 1 2 3 4 ab bc ca a b c Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c 2 3 abc ab bc ca a b c 52
  53. 1 1 1 1 1 1 2 a b c 3 a b c a b c 1 1 1 Cũng theo BĐT Cauchy ta được : a b c 9 a b c 1 1 1 1 1 1 1 Do đó 1 a b c 6 3 3 (đpcm) abc a b c a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 3x 1 y 2 y 3x 2 2 3.2 3). Giải hệ phương trình: 2 3x 1 xy x 1 x+1 0 x 1 x 1 2 PT 2 3x 1 xy x 1 x 3x y 1 0 x 0  y 1 3x 8 8 Với x = 0 thay vào (1) : 2 2 y 2 3.2 y 8 2 y 12.2 y 2 y y log 11 2 11 x 1 3x 1 3x 1 Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được : 2 2 3.2 3 y 1 3x 1 Đặt t 23x 1 , vì x 1 nên t 4 1 t 3 2 2 PT (3) : t 6 t 2 6t 1 0 t t 3 2 2 1 Đối chiếu điều kiện t ta chọn t 3 2 2 . 4 1 Khi đó 23x 1 3 2 2 x log 3 2 2 1 3 2 y 1 3x 2 log2 3 2 2 x 0 1 x log2 3 2 2 1 Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm 8 và 3 y log 2 y 2 log 3 2 2 11 2 ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3mx2 3 m2 1 x m2 1 (m là tham số) (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0. 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin 2x 4sin x 1 0. 6 53
  54. 2 2 x y x y 13 2. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . x y x2 y2 25 Câu III (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60o .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM . Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 3 Câu IV (2 điểm) 6 dx 1. Tính tích phân: I 2 2x 1 4x 1 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin8x + cos42x PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 2 2 1/.Cho đường tròn (C) : x 1 y 3 4 và điểm M(2;4) . a/.Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB b/.Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 . 2/.Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 100 2/.Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của x2 x , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 1 1 99 1 100 1 100C100 101C100  199C100 200C100 0. 2 2 2 2 2 2 2 2 1/. Cho hai đường tròn : (C1) : x + y – 4x +2y – 4 = 0 và (C2) : x + y -10x -6y +30 = 0 có tâm lần lượt là I, J a/.Chứng minh (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H . b/.Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (C2) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H . ĐÁP ÁN ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3mx2 3 m2 1 x m2 1 (m là tham số) (1). 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0. Víi m = 0 , ta cã : y = x3 – 3x + 1 - TX§: R - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : Lim y ; Lim y x x 54
  55. +) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã : y’ = 3x2 – 3 y’ = 0 x = -1 hoÆc x = 1 x -1 1 y’ + 0 - 0 + 3 y -1 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng ; 1 vµ 1; , nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -1; 1) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x = -1, gi¸ trÞ cùc ®¹i cña hµm sè lµ y(-1) =3 y 6 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm x = 1, gi¸ trÞ cùc tiÓu cña hµm sè lµ y(1) =-1 4 - §å thÞ 2 + §iÓm uèn : Ta cã : y’’ = 6x , y" = 0 t¹i ®iÓm x = 0 vµ y" ®æi dÊu tõ d­¬ng sang ©m khi x qua ®iÓm x = 0 . VËy U(0 ; 1) lµ -5 5 10 x ®iÓm uèn cña ®å thÞ . -2 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;1) + §THS ®i qua c¸c ®iÓm : -4 A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1) 2.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương . §Ó §THS (1) c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d­¬ng, ta ph¶i cã : V 0 y' x1 0 x2 0 (I) y y 0 x1 x2 y 0 0 Trong ®ã : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1) 2 2 ∆y’ = m – m + 1 = 1 > 0 víi mäi m y’ = 0 khi x1 = m – 1 = xC§ vµ x2 = m + 1 = xCT . m 1 0 m 1 0 (I) m2 1 m2 3 m2 2m 1 0 3 m 1 2 m2 1 0 Câu II (2 điểm) 1/.Giải phương trình: 2sin 2x 4sin x 1 0. 6 55
  56. Ta cã : 2sin 2x 4sin x 1 0. 6 3 sin2x – cos2x + 4sinx + 1 = 0 3 sin2x + 2sin2x + 4 sinx = 0 sinx (3 cosx + sinx + 2 ) = 0 sinx = 0 (1) hoÆc 3 cosx + sinx + 2 = 0 (2) + (1) x k 3 1 + (2) cosx sin x 1 2 2 5 sin x 1 x k2 3 6 2 2 x y x y 13 2.Giải hệ phương trình: x, y ¡ . x y x2 y2 25 2 2 3 2 2 3 x y x y 13 1 x xy x y y 13 1' 3 2 2 3 x y x2 y2 25 2 y xy x y x 25 2' LÊy (2’) - (1’) ta ®­îc : x2 y– xy2 = 6 x y xy 6 (3) KÕt hîp víi (1) ta cã : 2 2 x y x y 13 I . §Æt y = - z ta cã : x y xy 6 2 2 2 x z x z 13 x z x z 2xz 13 I x z xz 6 x z xz 6 ®Æt S = x +z vµ P = xz ta cã : S S2 2P 13 S3 2SP 13 S 1 P 6 SP 6 SP 6 x z 1 x 3 x 2 Ta cã : . HÖ nµy cã nghiÖm hoÆc x.z 6 z 2 z 3 VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm lµ : ( 3 ; 2) vµ ( -2 ; -3 ) Câu III (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vuông o góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . S a 3 Trên cạnh SA lấy điểm M sao choAM . Mặt phẳng H 3 BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM. M N Ta cã ( SAB)  ( BCNM) vµ SAB  BCNM BM . A D Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi ®­êng th¼ng BM B C 56
  57. th× SH  (BCNM) hay SH lµ ®­êng cao cña h×nh chãp SBCNM. MÆt kh¸c : SA = AB.tan600 = a3 . 1 Suy ra : MA = SA 3 Câu IV (2 điểm) 6 dx 1/.Tính tích phân: I 2 2x 1 4x 1 2dx t t2 1 ®Æt t 4x 1 , ta cã dt = hay dt = dx vµ x 4x 1 2 4 Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5 Khi ®ã : 5 tdt 5 tdt 5 1 1 I = dt 2 2 t 1 2 3 t 1 3 t 1 3 t 1 2 1 t 2 5 1 3 1 = ln t 1 = ln t 1 3 2 12 2/.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin8x + cos42x 1 t §Æt t = cos2x 1 t 1 th× sin2x = 2 1 3 1 3 f ' t 4t3 t 1 8t3 t 1 2 2 1 2 1 2t t 1 4t2 2t t 1 t 1 = 3t 1 7t2 4t 1 2 2 B¶ng biÕn thiªn t -1 1/3 1 f’(t) - 0 + 3 1 f(t) 1 27 1 Qua b¶ng biÕn thiªn ta cã : miny = vµ maxy = 3 27 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 2 2 1).Cho đường tròn (C) : x 1 y 3 4 và điểm M(2;4) . a).Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn ( C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB §­êng trßn © : ( x – 1)2 + ( y – 3 )2 = 4 cã t©m I ( 1 ; 3) vµ b¸n kÝnh 57
  58. R = 2 . qua M qua M Qua M 2;4 Ta cã : (d) : d : d :  MA MN AB  MI vtpt MI 1;1 (d) : x – 2 + y – 4 = 0 (d) : x + y – 6 = 0 b).Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn I có hệ số góc k = -1 . §­êng th¼ng (d) víi hÖ sè gãc k = -1 cã d¹ng : y = -x + m hay x + y – m =0 (1) §­êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn I kc(I,(d)) = R 1 3 m m 4 2 2 2 1 1 1 m2 4 2 2 + Vậy cã 2 tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : x + y – 4 2 2 = 0 2.Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. 3 3 3 Theo ®Ò ra ta cã : Cn 10 C10 Cn 2800 ( n 2 ) n 10 10! n! 2800 3! n 7 ! 3!7! 3! n 3 ! n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6 2 n 20 2 n + 8n – 560 = 0 VËy n = 28 n 28 Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 100 1.Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của x2 x , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 1 1 99 1 100 1 100C100 101C100  199C100 200C100 0. 2 2 2 2 Ta cã : [(x2 + x )100]’ = 100(x2 + x )99( 2x +1) (1) 100 2 0 100 1 101 2 102 99 199 100 200 vµ x x C100x C100x C100x  C100x C100x 100 2 0 99 1 100 99 198 100 199 x x ' 100C100x 101C100x  199C100x 200C100x (2) 1 Tõ (1) vµ (2) ta thay x , ta ®­îc 2 99 100 198 199 0 1 1 1 99 1 100 1 100C100 101C100  199C100 200C100 0. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Cho hai đường tròn : (C1) : x + y – 4x +2y – 4 = 0 và (C2) : x + y -10x -6y +30 = 0 có tâm lần lượt là I, J a).Chứng minh (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H . (C1) cã t©m I( 2 ; -1) vµ b¸n kÝnh R1= 3 . (C2) cã t©m J(5;3) vµ b¸n kÝnh R=2. 2 2 2 Ta cã : IJ = ( 5 – 2) + ( 3 + 1) = 25 IJ = 5 = R1 + R2 Suy ra (C1) vµ (C2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau . Täa ®é tiÕp ®iÓm H ®­îc x¸c 58
  59. 19   xH 2 xI xH 3 xJ xH 5 ®Þnh bëi : 2HI 3HJ 2 y y 3 y y 7 I H J H y H 5 b).Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (C2) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H .   2 xI xK 3 xJ xK xK 11 Cã : 2KI 3KJ y 11 2 yI yK 3 yJ yK K §­êng trßn (C) qua K , tiÕp xóc víi (C1) , (C2) t¹i H nªn t©m E cña (C) lµ trung ®iÓm cña KH : 37 31 E ; . B¸n kÝnh (C) lµ EH = 6 5 5 2 37 31 Ph­¬ng tr×nh cña (C) lµ : x y 36 5 5 ĐỀ 12 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): 3 2 Câu I: Cho hàm số y x 3mx 3x 3m 2 (Cm) 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = . 3 b) Tìm m để (C m) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x1, x2, x3 thỏa mãn 2 2 2 x1 x2 x3 15 x Câu II: a) Giải bất phương trình: logx (log4 (2 4)) 1 b) Giải phương trình: cos 2x cos x 2 tan2 x 1 2 2 Câu III: Tính tích phân : I cos2 x cos 2xdx 0  o Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A 1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC 120 . Gọi M là trung điểm của 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 một nghiệm thực: 2x2 2(m 4)x 5m 10 x 3 0 B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1):x 7y 17 0 , (d2):x y 5 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). 2) Trong không 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’. 59
  60. Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: x 1 y 2 z (d1): ; (d2) là giao tuyến của 2 mp có PT: x 1 0 và x y z 2 0 3 2 1 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d1, d2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2). 8 Câu VII.b: Tìm hệ số của x8 khai triển Newtơn của biểu thức P 1 x2 x3 ĐÁP ÁN ĐỀ 12 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): 3 2 Câu I: Cho hàm số y x 3mx 3x 3m 2 (Cm) 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = . 3 b) Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x1, x2, x3 thỏa mãn 2 2 2 x1 x2 x3 15 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 3mx2 3x 3m 2 0 (x 1)[x2 (3m 1)x 3m 2]=0 x 1 x2 (3m 1)x 3m 2 0 (2) (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x1, x2, x3 với x3 1 x1 x2 3m 1 thì x1, x2 là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: x1x2 3m 2 2 2 0 9m 6m 9 0 2 Để thoả mãn đk thì: 1 (3m 1).1 3m 2 0 m 0 m ( ; 1][1; ) 2 2 2 2 x1 x2 x3 15 9m 9 0 x Câu II: a) Giải bất phương trình: logx (log4 (2 4)) 1 0 x 1 x x logx (log4 (2 4)) 1. Đk: log4 (2 4) 0 x log2 5 x 2 4 0 x x x x x Do x 1 PT log4 (2 4) x 2 4 4 4 2 4 0 đúng với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: x log2 5 a) Giải phương trình: cos 2x cos x 2 tan2 x 1 2 Đk: cos x 0 x / 2 k 1 PT (2cos2 x 1) cos x[2( 1) 1] 2 2cos3 x 3cos2 x 3cos x 2 0 cos2 x cos x 1 x k2 2 (cos x 1)(2cos x 5cos x 2) 0 cos x 1/ 2 x k2 cos x 2(VN) 3 60
  61. 2 Câu III: Tính tích phân : I cos2 x cos 2xdx 0 2 1 2 1 2 I cos2 x cos 2xdx (1 cos 2x)cos 2xdx (1 2cos 2x cos 4x)dx 2 4 0 0 0 1 1 (x sin 2x sin 4x) | /2 4 4 0 8 Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 A1  o B C1 2a 5 và BAC 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. 1 Chứng minh MB  MA 1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Theo đlý cosin ta có: BC = a 7 M Theo Pitago ta được: MB =2 3a ; MA1=3a A Vậy MB2 MA2 BA2 21a2 MA  MB 1 1 1 B C 1 1 Ta lại có: V d(M ,(ABA )).S d.S ABA1M 3 1 ABA1 3 MBA1 d(M ,(ABA1)) d(C,(ABA1)) a 3 1 S AB.AA a2 5 ABA1 2 1 1 a 5 S MB.MA 3a2 3 d MBA1 2 1 3 Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực: 2x2 2(m 4)x 5m 10 x 3 0 2x2 2(m 4)x 5m 10 x 3 0 2x2 2(m 4)x 5m 10 x 3 x 3 x 3 0 2 2 2 x 2x 1 2x 2(m 4)x 5m 10 (x 3) m 2x 5 x2 2x 1 2(x2 5x) Xét hàm số, lập BBT với f (x) f '(x) 2x 5 (2x 5)2 Khi đó ta có: Bảng biến thiên: x - 0 5/2 3 5 + y’ + 0 - - 0 + y + 8 24/5 24 Phương trình có 1 nghiệm m   (8; ) 5  B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần 61
  62. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1):x 7y 17 0 , (d2):x y 5 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: x 7y 17 x y 5 x 3y 13 0 ( 1) 12 ( 7)2 12 12 3x y 4 0 ( 2 ) A’ D’ PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1, 2 B’ C’ KL: x 3y 3 0 và 3x y 1 0 K H A D 2) Trong không 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 B phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. C Kẻ CH AB’, CK DC’ Ta chứng minh được CK  (ADC’B’) nên tam giác CKH vuông tại K. 49 CH 2 CK 2 HK 2 10 Vậy PT mặt cầu là: 49 (x 3)2 (y 2)2 z2 10 Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. 4 Số phần tử của không gian mẫu là:  C15 1365 Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: 2 1 1 1 2 1 1 1 2 A C4 .C5C6 C4.C5 C6 C4.C5C6 720 720 48 Xác suất để xảy ra A là: P(A) 0.527 1365 91 43 Vậy xác suất cần tìm là: P 1 P A 91 Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: x 1 y 2 z (d1): ; (d2) là giao tuyến của 2 mp có PT: x 1 0 và x y z 2 0 3 2 1 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d1, d2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. Ta có: đi qua M1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương u (3;2;1) 1 1  Ta tìm được 2 đi qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương u2 (0;1;1)      u1,u2 (1; 3;3); u1,u2 .M1M 2 1 0 1 , 2 chéo nhau.      u1,u2 .M1M 2 1 u1,u2 19 d(d1,d2 )   19 u1,u2 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2). Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d1 có PT: 3x 2y z 3 0 62