18 de & huong dan giai thi thu dh 2010

1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 1) I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: Cho hàm số 2x 1yx 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 hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5. Câu 2: 1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + 5 = 0

2) Tính tích phân:

0

I x(1 cos x)dx

.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2f (x) x ln(1 2x) trên đoạn [-2; 0]. Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Câu 4: Cho x, y, z là các số dương thoả : 1 1 1 1x y z . CMR:

1 1 1 12 2 2z y z x y z x y z

.

II. PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu 5a: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình:

2 2 2(S) : x 1 y 2 z 2 36 và (P) : x 2y 2z 18 0 . 1) Xác định tọa độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mp(P). 2) Viết p.trình đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm của d và (P). Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + 1 = 0 trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình x 1 y 2 z 3

2 1 1

1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu 6b: Giải phương trình 22z iz 1 0 trên tập số phức.

2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 2)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

Câu 2: (2điểm)

1. Giải hệ phương trình: 2 0

1 4 1 2

x y xy

x y

2. Giải phương trình: cosx = 8sin3

6x

Câu 3: (2điểm)

1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.

2. Tính tích phân A =

2

ln .ln ex

e

e

dxx x

Câu 4: (2 điểm)

1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD.

2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 3 3 3

2 2 2 2 2 2 1a b ca ab b b bc c c ca a

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)

1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1).

2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. -------- Hết -------

3


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 2y f x x x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác: 2 cos sin1

tan cot 2 cot 1x x

x x x

2. Giải bất phương trình: 23 1 1

3 3

1log 5 6 log 2 log 32

x x x x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2

4 4

0

cos 2 sin cosI x x x dx

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình 341 2 1 2 1x x m x x x x m Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: 2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y . Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I

thuộc đường thẳng : 3 0d x y và có hoành độ 92Ix , trung điểm của một cạnh là giao

điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là:

2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b: Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c . Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

1 1 1 4 4 47 7 7a b b c c a a b c

4


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2( ) 3 1 1y f x mx mx m x , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

1). 4 4sin cos 1

tan cotsin 2 2

x xx x

x

; 2). 2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4x x x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

21

2

1

dxA

x x

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

2

2

7 6 0

2 1 3 0

x x

x m x m

B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

4 3 21 1 2

4 31 1

54

715

n n n

nn n

C C A

C A

(Ở đây ,k kn nA C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z và các đường thẳng:

1 2

1 3 5 5: ; :

2 3 2 6 4 5x y z x y z

d d

. Tìm các điểm 1 2d , dM N sao cho MN // (P) và cách

(P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố 3

1( ) ln

3f x

x

và giải bpt:

2

0

6sin

2'( )

2

tdt

f xx

5


Bài 1:

Cho hàm số 4 3 2x 2x 3 x 1 (1)y x m m . 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2:

1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 28

2). Giải phương trình: 2x +1 +x 2 22 1 2x 3 0x x x Bài 3:

Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng ( ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của ( ).

Bài 4: Tính tích phân: 2

0

1 sin 2xdxI x

.

Bài 5: Giải phương trình: 14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y .

Bài 6: Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3x x x x .

Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.

2). Cho số phức 1 3z2 2

i . Hãy tính : 1 + z + z2.

Bài 8:

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): 2 2

14 1x y

.

Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. -----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------

6


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 8x 9x 1y f x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

4 28 os 9 os 0c x c x m với [0; ]x . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:

1. 3log12 2

2

x

x x x

; 2. 2 2

2 2

12

12

x y x y

y x y

Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2| 4 |y x x và 2y x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

24sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 04 4 4

c c m

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y và phân giác trong CD: 1 0x y . Viết phương trình đường thẳng BC.

2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:

22

2 2

x ty tz t

.Gọi là đường thẳng qua điểm

A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng

1 1 1 51 1 1xy yz zx x y z

2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số 1 2

12

x ty tz t

.Một

điểm M thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh

1 1 2 23 3 2 3 3

b caa b a c a b c a c a b

7


I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI: Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x có đồ thị là (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao

cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II:

1) Giải phương trình: cos2 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x x

2) Giải hệ phương trình:

yyxx

yyxyx

)2)(1(

4)(12

2

(x, y )

CâuIII: 1) Tính tích phân I =2 2

6

1sin sin

2x x dx

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m

Câu IV: 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).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

C©u V.a: 1. Cho parabol (P): xxy 22 vµ elip (E): 19

22

yx

. Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4

®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®êng trßn. ViÕt p.tr×nh ®êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã. 2.Cho mÆt cÇu (S) cã ph¬ng tr×nh 011642222 zyxzyx vµ mÆt ph¼ng () cã

ph¬ng tr×nh 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng () song song víi () vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®êng trßn cã chu vi b»ng 6.

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n

xx

42

1

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n: 1

6560

1

2

3

2

2

22

12

31

20

nC

nCCC n

n

n

nnn

( knC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö)

CâuVb: 1. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình3

112

1

zyx . Lập phương

trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

2. Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích bằng 32

; trọng tâm G của ABC thuộc

đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC.

CâuVIb:

Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm.

8


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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 21y m 1 x mx 3m 2 x3

(1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 2 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó. Câu II (2,0 điểm) 1. Giài phương trình: 2cos x 1 sin x cos x 1

2. Giải phương trình: 2 3 31 1 14 4 4

3 log x 2 3 log 4 x log x 62

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

02 6sin5sin

cos

dxxx

xI

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy một góc 030 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện 5x y4

.

Tìm GTNN của biểu thức: 4 1S

x 4y

II. PHẦN RIÊNG (3 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. Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2). 2. Cho điểm A(4;0;0) và điểm 0 0 0 0B(x ; y ;0), x 0;y 0 sao cho OB 8 và góc 0AOB 60 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8. Câu VII.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB nhỏ nhất. 2. Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3) , còn đỉnh D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V 5 Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3 mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau.

------------------------Hết------------------------

9

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: 3 23 1 9 2y x m x x m (1) có đồ thị là (Cm)

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau

qua đường thẳng 12

y x .

Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình:

3sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos s inx 3 3 0x x c x c x x .

2) Giải bất phương trình : 22 1

2

1 1log 4 5 log2 7

x xx

.

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x=2 .

Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy

một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao

cho 12

AP AH

. gọi K là trung điểm AA’, là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt

BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ' ' '

ABCKMN

A B C KMN

VV .

2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:

22

2 2 2 2

6 5

6 0

a aa a

a b ab b a a

Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5

bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1

3

1

9 192 2

720

mm n m

n

C C A

P

2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 2 2

125 9x y

(E), viết phương trình đường thẳng song

song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:

1

2: 2

3

x td y t

z t

21 2 1:

2 1 5x y zd

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2? Câu V: Cho a, b, c 0 và 2 2 2 3a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 21 1 1a b cP

b c a

10

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.

Câu II. (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình :

221

322

33

yxyyxyx

2. Giải phương trình: xxx tansin2)4

(sin2 22

.

Câu III.(1 điểm) Tính tích phân

2

1

24 dxx

xI

Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng

(ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

mxx 4 2 1 II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.

2.Cho hai đường thẳng d1: 211zyx

, d2:

tzty

tx

1

21

và mặt phẳng (P): x – y – z = 0.

Tìm tọa độ hai điểm M 1d , N 2d sao cho MN song song (P) và MN = 6 Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

14

iziz

Câu VI b.(2 điểm) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và

đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr

m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng 35

.

Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: 3log3log3xx

11

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 CÂU I:

Cho hàm số : 323 m2

1mx

2

3xy

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1. 2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đt y = x CÂU II:

1). Giải phương trình: 2 2 3 3tan tan .sin cos 1 0x x x

2). Cho PT: 25 1 5 6x x x x m (1) a)Tìm m để pt(1)có nghiệm.

b)Giải PT khi 2 1 2m

CÂU III:

1) Tính tích phân: I= 4 3

41 1dx

x x

2) Tính các góc của tam giác ABC biết: 2A=3B ; 23

a b

CÂU IV: 1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt phẳng

(Q) : x + y + z = 0 và cách điểm M(1;2; 1 ) một khoảng bằng 2 . 2). Có 6 học sinh nam và 3học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2HS nam đứng xen kẽ 3HS nữ CÂU V:

1). Cho đường thẳng (d ) : x 2 4ty 3 2tz 3 t

và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0

Viết phương trình đ.thẳng ( ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14

2). Giải PT: 2 1 1 15.3 7.3 1 6.3 9 0x x x x

CÂU VI: Giải hệ pt:

z z z 4 2i1 2 32z z z 2 5i1 2 3z 2z 3z 9 2i1 2 3

12


I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)

C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè 212

xxy cã ®å thÞ lµ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2.Chøng minh ®êng th¼ng d: y = - x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8

2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh )3(log53loglog 24

22

22 xxx

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm xxdxI 53 cos.sin

C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u VIa (2 ®iÓm). 1. Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh

tzty

tx

31

21. LËp ph¬ng tr×nh mÆt

ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm)

1. Cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh 31

121

zyx

. LËp ph¬ng

tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm)

Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.

13

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Câu 1:Cho haøm soá: y = x3 + 3x2 + mx + 1 coù ñoà (Cm); (m laø tham soá).

1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3. 2. Xaùc ñònh m ñeå (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi 3 ñieåm phaân bieät C(0, 1), D, E sao cho caùc tieáp tuyeán cuûa (Cm) taïi D vaø E vuoâng goùc vôùi nhau.

Câu 2: 1. Giaûi phöông trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0

2. Giải hệ phương trình 2 2

2 2

91 2 (1)

91 2 (2)

x y y

y x x

Câu 3: Cho soá thöïc b ln2. Tính J =

xln10

b 3 x

e dx

e 2 vaø tìm

b ln2lim J.

Câu 4: Tính theå tích cuûa hình choùp S.ABC, bieát ñaùy ABC laø moät tam giaùc ñeàu caïnh a, maët beân (SAB) vuoâng goùc vôùi ñaùy, hai maët beân coøn laïi cuøng taïo vôùi ñaùy goùc 90o.

Câu 5: Ch x, y, z dương thoả 1 1 1 2009x y z . Tìm GTLN của biểu thức

P = 1 1 12 2 2x y z x y z x y z

II.PHẦN TỰ CHỌN: 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6: 1a/

1.Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là :5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giac đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

3. Tìm treân Ox ñieåm A caùch ñeàu ñ.thaúng (d) : 2

2z2y

11x

và

mp(P) : 2x – y – 2z = 0. Câu 6.2a/

Cho taäp hôïp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá tự nhiên goàm 5 chöõ soá

khaùc nhau ñoâi moät töø X, sao cho moät trong ba chöõ soá ñaàu tieân phaûi baèng 1. 2. Phần 2: Theo chương trình naâng cao. Câu 6b. 1b/

1. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) sao cho goùc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2. Cho hai ñöôøng thaúng: (d1) :

4zty

t2x ; (d2) :

3

0

x ty tz

. CM (d1) vaø (d2) cheùo nhau. Vieát

phöông trình maët caàu (S) coù ñöôøng kính laø ñoaïn vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2). Câu 6b.2b/ Giaûi phöông trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

14

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm):

1).Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của h.số : 3x 4yx 2

. Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 tiệm cận .

2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 20;3

.

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm):

1).Tìm các nghiệm trên 0;2 của phương trình : sin 3x sin x sin 2x cos2x

1 cos2x

2).Giải phương trình: 3 3x 34 x 3 1 Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.

1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I =2

0

sin x cosx 1 dxsin x 2cosx 3

2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn 1 < | z – 1 | < 2

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0

2). Cho các đường thẳng: 1

x 1d : y 4 2t

z 3 t

và 2

x 3ud : y 3 2u

z 2

a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau. b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).

3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu . Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 1).Cho tam giác ABC vuông tại A, p.trình đt BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc Ox và bán kính đ.tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

2).Cho đ.thẳng (d) :

x ty 1z t

và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0

a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) b. Lập ptr mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)

3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )

15

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)

C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè 212

xxy cã ®å thÞ lµ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2.Chøng minh ®êng th¼ng: mxy lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8

2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh )3(log53loglog 24

22

22 xxx

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm xxdxI 53 cos.sin

C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u Via: 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh

tzty

tx

31

21

. LËp ph¬ng tr×nh mÆt

ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIa: 1). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2) Gi¶i ph¬ng tr×nh: )(,14

Cziziz

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm)

1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh3

112

1

zyx. LËp ph¬ng

tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.

16


Câu 1. (2,5 điểm).

1. Cho hàm số (C) : 2 2 5

1x xy

x

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất

2. Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C’) : 196 23 xxxy

Câu 2. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình: 3510325.3 22 xx xx

2. Giải hệ phương trình:

2coscos

2sinsin

yx

yx

Câu 3. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình: 02coscoslogsincoslog 1 xxxxx

x .

2. Giải bất phương trình: 01311 23 xxxx 3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn

hơn chữ số đứng liền sau nó. Câu 4. (2 điểm)

1. Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 = 0 Tìm toạ độ điểm C (P) sao cho ABC là tam giác đều. 2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc hợp

bởi các cạnh đối diện của tứ diện đó.

Câu 5. (2,5 điểm).

1. Tính : / 4 1

23

0 0

sin ; 2 2cosx xI dx J x x x dx

x

2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 .2

a b ca bc b ac c ab abc

3. Cho z =1 3 i2 2

, Hãy tính : 1 2 3 2;z;z ;(z) ;1 z zz

(Hết)

17


I. PHẦN CHUNG: Câu 1:

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 41

xx

2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1) Câu 2:

1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x 1 3xos4x + cos2 4

c = 72

2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu 3:

Tính tích phân: K = 2

0

1 s inx1+cosx

xe dx

Câu 4: Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.

Câu 5:

Cho đường thẳng (d): 2 43 2 2

x y z

và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d)

những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a:

1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.

2. Giải hệ phương trình: 85

x x y x y yx y

Câu 7a:

Tìm giá trị nhỏ nhất y = 2

osxsin (2 osx -sinx)

cx c

với 0 < x ≤ 3

2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:

1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: 5lg(10 3 ) ( 2)lg32 2x

nx biết rằng số

hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 1 3 22n n nC C C

2. Cho 2 23 os in3 3

c s

. Tìm các số phức β sao cho β3 = α

Câu 7b: Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:

2 2 252 2 227

a b c abc

------------------------------Hết---------------------------------

18


Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số mxxxy 93 23 , trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0m . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.

Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2

sin21

3cos

41 22 xx

.

2. Giải phương trình: )4(log3)1(log41)3(log

21

88

42 xxx .

Câu III: (1,0 điểm)

Tính tích phân:

4

6

2cos1costan

dxxx

xI .

Câu IV: (1,0 điểm)

Tính thể tích của khối hộp ''''. DCBAABCD theo a . Biết rằng ''' DBAA là khối tứ diện đều cạnh a .

Câu V: ( 1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn

1;

21 : mxxx 12213 232

( Rm ).

Câu VI: (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng )(d có phương trình: 052 yx và hai điểm )2;1(A ; )1;4(B . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng )(d và đi qua hai

điểm A , B . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm )2;1;1(A , )2;0;2(B . a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 522 MBMA . b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng )(OAB và )(Oxy .

Câu VII: (1,0 điểm)

1. Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: 113210 2).2().1(.....4.3.2 nn

nnnnnnn nCnCnCCCC .

2. Giải hệ phương trình: x iy 2z 10x y 2iz 20ix 3iy (1 i)z 30

……………………. Hết……………………...

19

BÀI GIẢI (ĐỀ 1) Câu 1: 2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5

20

5 5( 2)x

x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3

Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1) y = -5x + 22 hay y = -5x + 2

Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0 2(5 ) 6.5 5 0x x 5x = 1 hay 5x = 5 x = 0 hay x = 1.

2) 0 0 0

(1 cos ) cosI x x dx xdx x xdx

= 2

0

cos2

x xdx

Ñaët u = x du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx

I = 2

00

sin sin2

x x xdx

=

2 2

0cos 22 2

x

3) Ta coù : f’(x) = 2x + 22 4x 2x 2

1 2x 1 2x

f’(x) = 0 x = 1 (loaïi) hay x = 12

(nhaän)

f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f( 12

) = 1 ln 24

vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân [ 2;0]max f (x) 4 ln5

vaø [ 2;0]

1minf (x) ln 24

Câu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC

Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2 = 3

aAB

22 2 2 = a SA =

3 3a aSA

2 201 1 3 a 3 = . .sin120 = =

2 2 3 2 12ABCaS AB AC

2 31 2 3 2 = = 3 12 363

a a aV (đvtt)

Câu 4.a.: 1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6

d(T, (P)) = 1 4 4 18 27 9

31 4 4

2) (P) coù phaùp vectô (1;2;2)n

Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) : 12 22 2

x ty tz t

(t R)

Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 t = -3 (d) (P) = A (-2; -4; -4) Caâu 5.a.: 28z 4z 1 0 ; / 24 4i ; Căn bậc hai của / là 2i

B

A

S

a

a

a

C

20

Phương trình có hai nghiệm là 1 1 1 1z i hay z i4 4 4 4

Caâu 4.b.: 1) (d) coù vectô chæ phöông (2;1; 1)a

Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô a

: 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 2x + y – z + 3 = 0 2) Goïi B (-1; 2; -3) (d) BA

= (2; -4; 6)

,BA a

= (-2; 14; 10)

d(A, (d)) = , 4 196 100 5 2

4 1 1

BA a

a

Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = 5 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 Câu 5.b.: 22z iz 1 0 2i 8 9 = 9i2

Căn bậc hai của là 3i

Phương trình có hai nghiệm là 1z i hay z i2

.

BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2) A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3 Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị

Ta có:

1 2

1 2

1 2

4

614

x xmx x

x x

92

m

Câu 2:

1. 2 0 (1)

1 4 1 2 (2)

x y xy

x y

Điều kiện:

114

x

y

Từ (1) 2 0x xy y

x = 4y

Nghiệm của hệ (2; 12

)

2. cosx = 8sin3

6x

cosx = 3

3 sinx+cosx

3 2 2 33 3 sin 9sin osx +3 3 s inxcos os osx = 0x xc x c x c (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm

21

(3) 3 23 3 tan 8 t an x + 3 3 t anx = 0x t anx = 0 x = k Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC (SAC) AN BC và AN SC AN (SBC) AN MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN CSB TM là đường cao của tam giác STB BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ST AB (SAT) hay AB AT (đpcm)

2. 2 2

(ln )ln (1 ln ) ln (1 ln )

e e

e e

dx d xAx x x x x

=

2

1 1 (ln )ln 1 ln

e

e

d xx x

= 2 2

ln(ln ) ln(1 ln )e e

x xe e = 2ln2 – ln3

Câu 4: 1. +) (4;5;5)BA

, (3; 2;0)CD

, (4;3;6)CA

, (10;15; 23)BA CD

, . 0BA CD CA

đpcm

+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) có VTPT 1 ,n BA k

= (5;- 4; 0)

(P): 5x – 4y = 0 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k

= (-2;- 3; 0)

(Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình của (D)

2. Ta có: 3

2 2

23

a a ba ab b

(1)

3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 (a + b)(a – b)2 0. (h/n)

Tương tự: 3

2 2

23

b b cb bc c

(2) ,

3

2 2

23

c c ac ac a

(3)

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 3 3 3

2 2 2 2 2 2 3a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn

1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1x y zPa b c

Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6)

(0; ; ), ( ;0; )

IA a JA b

JK b c IK a c

22

Ta có:

4 5 6 1

5 6 04 6 0

a b cb ca c

774

775

776

a

b

c

ptmp(P)

2.Ta có: n 2 25 5 nC C = 45 n2 + 3n – 18 = 0 n = 3

Câu 5b: 1.M (D) M(3b+4;b) N(2 – 3b;2 – b) N (C) (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m

Đáp án.(ĐỀ 3)

Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00

Ta có 3'( ) 4 4f x x x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là

3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a ;

' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: 3 3 2 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b

Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

2 2 2 2

4 2 4 2

1 0 1 0' ' 3 2 3 2

a ab b a ab ba b

f a af a f b bf b a a b b

,

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là 1; 1 và 1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

2 2 1 01

a ab baa b

II 2,00 1 1,00

23

Điều kiện: cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0

cot 1x x x x xx

0,25

Từ (1) ta có: 2 cos sin1 cos .sin 2 2 sinsin cos 2 cos cos1cos sin 2 sin

x x x x xx x x xx x x

0,25

2sin .cos 2 sinx x x

2

2 4cos2 2

4

x kx k

x k

0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là

24

x k k 0,25

2 1,00 Điều kiện: 3x 0,25 Phương trình đã cho tương đương:

1 12

3 3 3

1 1 1log 5 6 log 2 log 32 2 2

x x x x

23 3 3

1 1 1log 5 6 log 2 log 32 2 2

x x x x

3 3 3log 2 3 log 2 log 3x x x x

0,25

3 32log 2 3 log3

xx xx

22 33

xx xx

2 109 1

10

xx

x

0,25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x 0,25 III 1,00

1 1,00

22

0

22

0

1cos 2 1 sin 22

1 11 sin 2 sin 22 2

I x x dx

x d x

0,50

2 22

0 0

32 20 0

1 1sin 2 sin 2 sin 22 4

1 1sin 2 sin 2 02 12| |

d x xd x

x x

0,50

24

IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB và ' DO N C . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

OMI vuông cân tại O nên: 2 2 2 .

2 2 2 2 2h aOM OI IM h a

0,25

Ta có: 22 2 2 2

2 2 2 2 2 3a2 4 4 8 8a a a aR OA AM MO

0,25

2 32 3a 2 3 2R . . ,

8 2 16a aV h

0,25

và 2a 3 2 32 Rh=2 . . .

2 22 2xqa aS

0,25

V 1,00 Phương trình 341 2 1 2 1x x m x x x x m (1) Điều kiện : 0 1x Nếu 0;1x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có

nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 112

x x x . Thay 12

x vào (1)

ta được: 3 01 12. 2.

12 2m

m mm

0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:

24 4 11 0

2x x x

Phương trình có nghiệm duy nhất.

0,25

* Với m = -1; (1) trở thành

4

4

2 24 4

1 2 1 2 1 1

1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

+ Với 4 4 11 02

x x x

+ Với 11 02

x x x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

0,25

25

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

2 24 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 10,2

x x nên trong trường hợp

này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

0,25

VIa 2,00 1 1,00

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra

2R=2 5IM . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 22 1 20x y .

0,25

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm

đúng hệ phương trình: 2 22 1 20 (1)2 12 0 (2)

x yx y

0,25

Khử x giữa (1) và (2) ta được:

2 2 23

2 10 1 20 5 42 81 0 275

xy y y y

x

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 93;2

M

hoặc 27 33;5 10

M

0,25

2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3;0;2 2

G

, bán kính là

142

R GA . 0,50

VIIa

1,00

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 918C . 0,25

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có 9

13C cách. + Không có bi vàng: có 9

15C cách.

0,25

26

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 910C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 910 18 13 15 42910C C C C

cách.

0,50

VIb 2,00 1 1,00

I có hoành độ 92Ix và 9 3: 3 0 ;

2 2I d x y I

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)

2 2 9 92 2 2 3 24 4I M I MAB IM x x y y

D12. D = 12 AD = 2 2.

3 2ABCD

ABCSS AB AAB

AD dM AD

, suy ra phương trình AD: 1. 3 1. 0 0 3 0x y x y .

Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

2 2 22 22

3 0 3 3

3 2 3 3 23 2

x y y x y x

x y x xx y

3 23 1 1

y x xx y

hoặc

41

xy

.Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 3;2 2

I

là trung điểm của AC, suy

ra:2 9 2 722 3 1 2

2

A CI

C I A

A C C I AI

x xx x x xy y y y yy

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

0,50

2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

2.2 2. 1 3 16, 5

3d d I P d R

.

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P). Đường thẳng có vectơ chỉ phương là 2;2; 1Pn

và qua I nên có

0,25

27

phương trình là 2 2

1 23

x ty t tz t

.

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:

15 52 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 09 3

t t t t t

Suy ra 04 13 14; ;3 3 3

N

. 0,25

Ta có 0 03 .5

IM IN

Suy ra M0(0;-3;4) 0,25

VIIb

1,00

Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)x yx y x y

Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4; ;

2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b

0,50

Ta lại có:

2 2 22 2 2 2

2 2 2

1 2 2 2 4 4 2 2 02 2 4 7

2 1 1 1 0

a b c a b ca b c a b c a

a b c

Tương tự: 2 2

1 2 1 2;2 7 2 7b c a b c a b c

Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 47 7 7a b b c c a a b c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

0,50

Đáp án(ĐỀ 4)

Câu Ý Nội dung 2

+ Khi m = 0 1y x , nên hàm số không có cực trị. + Khi 0m 2' 3 6 1y mx mx m Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y không có nghiệm hoặc có nghiệm kép

2 2' 9 3 1 12 3 0m m m m m 104

m

28

1

4 4sin cos 1 tan cotsin 2 2x x x x

x

(1)

Điều kiện: sin 2 0x

211 sin 2 1 sin cos2(1)sin 2 2 cos sin

x x xx x x

2

2

11 sin 2 1 12 1 sin 2 1 sin 2 0sin 2 sin 2 2

xx x

x x

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2 2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4x x x (2)

Điều kiện: 1 0

4 44 0

14 0

xx

xx

x

22 2 2 2 2

2 22 2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

x x x x x

x x x x

+ Với 1 4x ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x ;

2

(3)6

xx

lo¹i

+ Với 4 1x ta có phương trình 2 4 20 0x x (4);

2 244

2 24

x

x

lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x hoặc 2 1 6x

III

Đặt 2 2 221 1 2 2 dx tdtt x t x tdt xdx

x x

2 21 1dx tdt tdtx t t

+ Đổi cận: 1 32 2

3 12 2

x t

x t

29

1 3

32 22

12 21 2322

1 1 1 7 4 3ln ln1 1 2 1 2 3|dt dt tA

t t t

IV

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB , suy ra SOE AB .

Dựng OH SE OH SAB , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1 1 819 9

9 38 2 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

2 2 2 9 81 998 8 2 2

SE OE SO SE

21 36. 8 2922 2

SABSAB

SS AB SE ABSE

2

22 2 2 21 9 9 2654 2 32

2 8 8 8OA AE OE AB OE

Thể tích hình nón đã cho: 21 1 265 265. . .33 3 8 8

V OA SO

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 265 337 33798 8 8

265 337 89305. . .8 8 8xq

SA SO OA SA

S OA SA

V

Hệ bất phương trình

2

2

7 6 0 (1)2 1 3 0 (2)

x xx m x m

1 1 6x . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại 0 1;6x thỏa mãn (2).

2

2 2 32 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)2 1

x xx x x m m do x xx

Gọi 2 2 3( ) ; 1;62 1

x xf x xx

30

Hệ đã cho có nghiệm 0 01;6 : ( )x f x m

22

2 2

2 42 2 8'2 1 2 1

x xx xf xx x

; 2 1 17' 0 4 0

2f x x x x

Vì 1;6x nên chỉ nhận 1 172

x

Ta có: 2 27 1 17 3 17(1) , (6) ,3 13 2 2

f f f

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27max ( )13

f x

Do đó 0 0 1;6

271;6 : ( ) max ( )13x

x f x m f x m m

VIa 1

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 3 4 0 22;4

2 6 0 4x y x

Ax y y

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 3 4 0 11;0

1 0 0x y x

Bx y y

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: 2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b

Gọi 1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b

Từ giả thiết suy ra 2 3 1 2; ; . Do đó

2 3 1 2 2 2

2 2

|1. 2. | | 4.1 2.3 |cos ; cos ;25. 55.

0| 2 | 2 3 4 0

3 4 0

a ba b

aa b a b a a b

a b

+ a = 0 0b . Do đó 3 : 4 0y + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0x y (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 55;4

1 0 4y x

Cx y y

2 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

, , ,

, ,

OI AI

OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

Ta có:

2 2 22 2 2 2 2 5 2 110 4 2 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b ca b c

31

22 2 2 2 2 2| 2 2 5 |, 9 2 2 5 (2)3

a b cOI d I P a b c a b c a b c

| 2 2 5 | | 2 2 13 |, ,3 3

2 2 5 2 2 13 ( )2 2 4 (3)

2 2 5 2 2 13

a b c a b cd I P d I Q

a b c a b ca b c

a b c a b c

lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a; (4)3 6 3

ab c

Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5)a b c Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: 2 221 658 0a a

Như vậy 2a hoặc 658221

a .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67; ;221 221 221

I

và R =

3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

2 2 22 2 1 9x y z và 2 2 2658 46 67 9

221 221 221x y z

VIIa Điều kiện: 1 4 5n n Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

1 2 3 4 1 2 3 5 2 34.3.2.1 3.2.1 4

1 1 2 3 7 1 15.4.3.2.1 15

n n n n n n nn n

n n n n nn n n

2

2

9 22 05 50 0 10

5

n nn n nn

VIb 1

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 22 4 8 0

1; 35 2 0y xx y x yy xx y

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì 090ABC nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

2

Phương trình tham số của d1 là: 1 23 32

x ty tz t

. M thuộc d1 nên tọa độ của M

1 2 ;3 3 ;2t t t . Theo đề:

32

1 222 2

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |, 2 2 12 6 6 1, 0.31 2 2

t t t td M P t t t

+ Với t1 = 1 ta được 1 3;0;2M ;

+ Với t2 = 0 ta được 2 1;3;0M

+ Ứng với M1, điểm N1 2d cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z .

Phương trình tham số của d2 là: 5 645 5

x ty tz t

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).

VIIb

Điều kiện 3

1 0 33

xx

3

1( ) ln ln1 3ln 3 3ln 33

f x x xx

; 1 3'( ) 3 3 '3 3

f x xx x

Ta có: 2

00 0

6 6 1 cos 3 3sin sin sin 0 sin 0 32 2 |t tdt dt t t

Khi đó:

2

0

6 sin2

'( )2

t dtf x

x

2 13 3 203 23 2 1 33; 2 3; 2 2

x xx xx x

xx x x x

HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5) Bài 1: 2) 4 3 2x 2x 2 x 1y x m m (1)

Đạo hàm / 3 2 2y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]

/2

x 1y 0

4x (4 3m)x 3m 0 (2)

Hàm số có 2 cực tiểu y có 3 cực trị y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 2(3m 4) 0 4m .

34 4 3m 3m 0

Giả sử: Với 4m3

, thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x , x , x

Bảng biến thiên: x - x1 x2 x3 + y/ - 0 + 0 - 0 + y + CĐ +

33

CT CT Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.

Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 4m .3

Bài 2:

1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 28

cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

2 3 28

2 2 2 3 2os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx2

c c c

2os4x ,2 16 2

c x k k Z .

2) Giải phương trình : 2x +1 +x 2 22 1 2x 3 0x x x . (a)

* Đặt:

2 22 2 2

2 22 2 22

v u 2x 1u x 2, u 0 u x 2v u 1v x 2x 3 xv x 2x 3, v 0 2

Ta có:

2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2v u 1 v u 1 v u u v u v(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0

2 2 2 2 2 2

v u 0 (b)v u 1(v u) (v u) 1 0 v u 1(v u) 1 0 (c)2 2

2 2

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó:

2 2 2 2 1(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x2

Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 12

.

Bài 3:

1) + Ta có

2;0;2

, D 6; 6;6D 3;3;0

ABAB C

C

. Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song

song CD có một VTPT 1;1; 1n

và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) C không thuộc (P), do đó (P) // CD.

+ 0. D 1os , D os , D , D 60. D 2

AB Cc AB C c AB C AB C

AB C

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz.

Ta có : 1; 1; 1 ; ; ;0 .

1; 1; 1 ; ;0; .

DP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p

.

34

Mặt khác:

Phương trình mặt phẳng ( ) theo đoạn chắn: 1x y zm n p . Vì D ( ) nên: 1 1 1 1

m n p

.

D là trực tâm của MNP . 0

. 0

DP NM DP NM

DN PM DN PM

. Ta có hệ:

03

03

1 1 1 1

m nm

m pn p

m n p

.

Kết luận, phương trình của mặt phẳng ( ): 13 3 3x y z

.

Bài 4: Tính tích phân 2

0

1 sin 2xdxI x

. Đặt x1

1sin 2xdx os2x2

du du xdv v c

I = /22 2

0 00

1 1 11 os2x os2xdx 1 sin 2x 12 2 4 4 4

x c c

.

Bài 5: Giải phương trình 14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y (*)

Ta có: (*)

2 2

2 1 sin 2 1 0(1)2 1 sin 2 1 os 2 1 0

os 2 1 0(2)

x x

x x x

x

yy c y

c y

Từ (2) sin 2 1 1x y .

Khi sin 2 1 1x y , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)

Khi sin 2 1 1x y , thay vào (1), ta được: 2x = 2 x = 1.

Thay x = 1 vào (1) sin(y +1) = -1 1 ,2

y k k Z .

Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 ,2

k k Z

.

Bài 6: Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3x x x x . Đặt

2

3x xt , t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 0 ( t 1 hoặc t 9) Khi t 1

2 23 1 0 1 0x xt x x x .(i)

Khi t 9 2 2 2

3 9 2 01

x x xt x x

x

(2i)

Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7: 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là 50

kC Số tất cả các tập con không rỗng

chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = 2 4 6 5050 50 50 50S ...C C C C .

35

Xét f(x) = 50 0 1 2 2 49 49 50 5050 50 50 50 501 ...x C C x C x C x C x

Khi đó f(1) =250 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C .

f(-1) = 0 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C

Do đó: f(1) + f(-1) = 250 2 4 6 50 5050 50 50 502 ... 2C C C C 50 492 1 2 2 1S S .

Kết luận:Số tập con tìm được là 492 1S

2) Ta có 2 1 3 34 4 2

z i . Do đó: 2 1 3 1 31 1 02 2 2 2

z z i i

Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là = 'A EH .

Tá có : 3 3 3E , ,

2 3 6a a aA AH HE

2 22 2 9 3aA' '

3bH A A AH

.

Do đó: 2 2' 2 3tan A H b a

HE a ;

2 2 2 2

. ' ' '3 3' .

4 4ABC ABC A B C ABCa a b aS V A H S

2 2 2

'.1 3' .3 12A ABC ABC

a b aV A H S

.

Do đó: ' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABCV V V .

2 2 2

' ' '1 3' .3 6A BB CC ABC

a b aV A H S

(đvtt)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6 Câu Ý Nội dung Điểm

I 2 1,00 Xét phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m với [0; ]x (1) Đặt osxt c , phương trình (1) trở thành: 4 28 9 0 (2)t t m Vì [0; ]x nên [ 1;1]t , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

0,25

Ta có: 4 2(2) 8 9 1 1 (3)t t m Gọi (C1): 4 28 9 1y t t với [ 1;1]t và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t .

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

8132

m : Phương trình đã cho vô nghiệm.

1. 8132

m : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

81132

m : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

0,50

36

0 1m : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 0m : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

II 2,00 1 1,00

Phương trình đã cho tương đương:

33 loglog

3

2 0 22 0

111 log ln 0ln 01 222222 0

xx

x xx

x xxx

xxx

0,50

3

2 2 2log 0 1 1

21 1 3ln 0 12 2 2

2 22

x x xx x x

xx x x

x xx

0,50

2 1,00 Điều kiện: | | | |x y

Đặt 2 2 ; 0u x y u

v x y

; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

212

uy vv

.

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2

12

122

u v

u uvv

0,25

48

uv

hoặc

39

uv

+ 2 24 4

8 8

u x yv x y

(I)

+ 2 23 3

9 9

u x yv x y

(II)

0,25

Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 5;3 , 5;4S

0,25

37

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 5;3 , 5;4S

1,00

III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( )y x x C và : 2d y x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2 2 2

2 2

0 0 0| 4 | 2 24 2 6 0

64 2 2 0

x x xx x x xx x x x x

xx x x x x

Suy ra diện tích cần tính:

2 6

2 2

0 2

4 2 4 2S x x x dx x x x dx

0,25

Tính: 2

2

0

| 4 | 2I x x x dx

Vì 20;2 , 4 0x x x nên 2 2| 4 | 4x x x x

2

2

0

44 23

I x x x dx

0,25

Tính 6

2

2

| 4 | 2K x x x dx

Vì 22;4 , 4 0x x x và 24;6 , 4 0x x x nên

4 6

2 2

2 4

4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx .

0,25

Vậy 4 52163 3

S 1,00

IV 0,25

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta

có: ' ' ' ' ''

AB ICAB CHH ABB A CII C

AB HH

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II .

0,25

38

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3' ' ' ' ' ;3 6 3 3

x xI K I H I C IK IH IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r6 3

x xI K IK OK r x

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ' . '3hV B B B B

Trong đó: 2 2 2

2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r4 4 2

xB x B h 0,25

Từ đó, ta có: 2 2 3

2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.3 2 2 3

V

0,25

V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;

+/ 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x4 4 2

c c c c

+/ 2 1 1os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x4 2 2 2

c c

Do đó phương trình đã cho tương đương:

1 12 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)2 2

c

Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 4

t c c

(điều kiện: 2 2t ).

0,25

Khi đó 2sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0t t m (2) với 2 2t

2(2) 4 2 2t t m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t với 2 2t .

0,25

Trong đoạn 2; 2 , hàm số 2 4y t t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2

tại 2t và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại 2t . 0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m

2 2 2 2m . 0,25

VIa 2,00 1 1,00 Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t .

Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

2 2t tM

. 0,25

39

Điểm 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;82 2

t tM BM x y t C

Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y .

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 00;1

1 0x y

Ix y

.

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K .

0,25

0,25

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 07 1 8x y x y

2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH .

Mặt khác

, ,d D P d I P IH

H P

Trong mặt phẳng P , IH IA ; do đó axIH = IA H Am . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P0) là 6;0; 3n IA

, cùng phương với 2;0; 1v

.

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z . VIIa

Để ý rằng 1 1 1 0xy x y x y ;

và tương tự ta cũng có 11

yz y zzx z x

0,25

Vì vậy ta có:

1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1

31 zx+y

1 51

1 5

5

x y zx y zxy yz zx yz zx xy

x y zyz xy z

z yxyz zx y xy z

z yxz y y z

vv

1,00

40

Ta có: 1;2 5AB AB

.

Phương trình của AB là: 2 2 0x y .

: ;I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t .

0,25

Mặt khác: D . 4ABCS AB CH (CH: chiều cao) 45

CH . 0,25

Ngoài ra:

4 5 8 8 2; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3;5 5 0 1;0 , 0; 2

t C Dtd C AB CHt C D

Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2; , ;3 3 3 3

C D

hoặc 1;0 , 0; 2C D

0,50

2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng có phương trình tham số: 1 2

12

x ty tz t

.

Điểm M nên 1 2 ;1 ;2M t t t .

22 2 2 22

22 2 2 22

2 22 2

2 2 4 2 9 20 3 2 5

4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5

3 2 5 3 6 2 5

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 3 ;2 5u t

và

3 6;2 5v t

.

Ta có

22

22

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5

u t

v t

Suy ra | | | |AM BM u v

và 6;4 5 | | 2 29u v u v

Mặt khác, với hai vectơ ,u v

ta luôn có | | | | | |u v u v

Như vậy 2 29AM BM

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v

cùng hướng 3 2 5 1

3 6 2 5t t

t

1;0;2M và min 2 29AM BM .

0,25

41

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:a b cb c ac a b

.

Đặt , , , , 0 , ,2 2

a b c ax y a z x y z x y z y z x z x y .

Vế trái viết lại: 2

3 3 2a b a c aVTa c a b a b c

x y zy z z x x y

0,50

Ta có: 22 z zx y z z x y z z x yx y z x y

.

Tương tự: 2 2; .x x y yy z x y z z x x y z

Do đó: 22

x y zx y zy z z x x y x y z

.

Tức là: 1 1 2 23 3 2 3 3

b caa b a c a b c a c a b

0,50

HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7) I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:

3 2 22

02 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0

( ) 2 2 0 (2)x

x mx m x x x x mx mg x x mx m

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

/ 2 1 22 0 ( )2(0) 2 0

m mm ma

mg m.

Mặt khác:

1 3 4

( , ) 22

d K d Do đó: 218 2 . ( , ) 8 2 16 2562KBCS BC d K d BC BC

2 2( ) ( ) 256B C B Cx x y y với ,B Cx x là hai nghiệm của phương trình (2). 2 2 2 2( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128B C B C B C B C B Cx x x x x x x x x x

2 2 1 1374 4( 2) 128 34 02

m m m m m (thỏa ĐK (a)). Vậy 1 1372

m

CâuII:1. Phương trình (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0 cos - sin -1

cos - sin 5( cos - sin 2)

x x

x x loai vi x x

222sin( ) 1 sin( ) sin ( )

4 4 4 2

x kx x k Z

x k

42

2) HÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi

2

2

1 ( 2) 2

1( 2) 1

x x yy

x x yy

§Æt 2yxv,y

1xu

2

Ta cã hÖ 1vu1uv

2vu

Suy ra

12yx

1y

1x2

.

Gi¶i hÖ trªn ta ®îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)

CâuIII:1. Ta có: I =2 2

6

1sin sin

2

x x dx =

2 2

6

3sin cos2

x x dx

. Đặt

3cos cos

2x t

Đổi cận: Khi 2x cos

6 2 4t t

; khi x cos 02 2

t t .

Do vậy: 2

2

4

3 sin2

I tdt

= 3 216

.

2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m (1)

* Đk [-1;1]x , đặt t = 21 13 x ; [-1;1]x [3;9]t

Ta có: (1) viết lại 2

2 2 2 1( 2) 2 1 0 ( 2) 2 12

t tt m t m t m t t mt

Xét hàm số f(t) = 2 2 1

2t t

t

, với [3;9]t . Ta có: 2

/ / 14 3( ) , ( ) 03( 2)

tt tf t f ttt

Lập bảng biến thiên

t 3 9 f/(t) + f(t)

487

4

Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm [-1;1]x (2) có nghiệm [3;9]t 484

7m

CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3

2a ; 060AMS và SO mp(ABC)

d(S; BAC) = SO = 34a

Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC VS.ABC =

3 31 .3 16ABCaS SO (đvtt)

Mặt khác, VS.ABC = 1 . ( ; )3 SACS d B SAC

C

S

O M

A

B

43

SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 32

a

2 13 3

16SACaS

Vậy: d(B; SAC) = .3 313

S ABC

SAC

V aS

(đvđd).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u V.a 1ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

09x37x36x91)x2x(9

x 234222

(*)

XÐt 9x37x36x9)x(f 234 , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt

To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ

1y9

x

x2xy

22

2

09y8x16y9x99y9x

y8x16x8 22

22

2

(**)

(**) lµ ph¬ng tr×nh cña ®êng trßn cã t©m

9

4;

9

8I , b¸n kÝnh R =

9

161

Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®êng trßn cã ph¬ng tr×nh (**) 2.ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ().... Do () // () nªn () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D 17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §êng trßn cã chu vi 6 nªn cã b¸n kÝnh r = 3.

Kho¶ng c¸ch tõ I tíi () lµ h = 435rR 2222

Do ®ã

(lo¹i) 17D

7D12D54

)1(22

D3)2(21.2222

VËy () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n

xx

42

1,

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n: 1

6560

1

2

3

2

2

22

12

31

20

nC

nCCC n

n

n

nnn

BG: Ta có

2

0

nnn

22n

1n

0n

2

0

n dxxCxCxCCdx)x1(I 2

0

1nnn

32n

21n

0n xC

1n

1xC

3

1xC

2

1xC

suy ra I nn

1n2n

31n

20n C

1n

2C

3

2C

2

2C2

(1)

MÆt kh¸c 1n

13)x1(

1n

1I

1n2

0

1n

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã nn

1n2n

31n

20n C

1n

2C

3

2C

2

2C2

1n

13 1n

44

Theo bµi ra th× 7n656131n

6560

1n

13 1n1n

Ta cã khai triÓn

7

0

4

k314k7k

k7

04

k7k7

7

4xC

2

1

x2

1xC

x2

1x

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 2k24

k314

VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 4

21C

2

1 272

CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, )31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên

. 0 ( (2;1;3)AH d AH u u

là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0

2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) = 5 22

ABCa b SAB

8(1)

5 32(2)

a ba b

a b

; Trọng tâm G 5 5;3 3

a b (d) 3a –b =4 (3)

Từ (1), (3) C(–2; 10) r = 32 65 89

Sp

Từ (2), (3) C(1; –1) 32 2 5

Srp

.

CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c R), nên ta có :

2 0 21 1 0 2 0

2 0 2b c b

i b i c b c b ib c

KẾT QUẢ ĐỀ 8

Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m 2

Câu II (2,0 điểm) 1. k2x k2 ;x6 3 2. x 2;x 1 33

Câu III (1,0 điểm) 4I ln3

Câu IV (1,0 điểm) V 8 3 Câu V (1,0 điểm) minS 5 Câu VIa (2.0 điểm) 1. x 3y 6 0;x y 2 0 2.

1 2C (0;0; 3),C (0;0; 3) Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số Câu VIb (2,0 điểm) 1. x 2y 6 0 2. 1 2D (0; 7;0),D (0;8;0) Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số

------------------------Hết------------------------

-2 1

45

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9

Câu NỘI DUNG Điểm

Câu I.

b) 9)1(63' 2 xmxy

Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: 09.3)1(9' 2 m

03)1( 2 m );31()31;( m

Ta có 14)22(29)1(633

131 22

mxmmxmxmxy

Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2) 14)22(2 1

21 mxmmy

14)22(2 22

2 mxmmy Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là

14)22(2 2 mxmmy

Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt xy21

ta có điều kiện

cần là

121.)22(2 2 mm

1222 mm

31

0322

mm

mm

Theo định lí Viet ta có:

3.)1(2

21

21

xxmxx

Khi m = 1 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:

12

10)(22

224

22121

21

xxyy

xx

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng

xy21

1 m thỏa mãn.

Khi m = -3 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ

trung điểm CĐ và CT là:

92

10)(22

22

2121

21

xxyy

xx

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng

xy21

3 m không thỏa mãn.

Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,2

46

Câu II.

1) Giải phương trình:

sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2

033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin232

3

xxxxxxx

xxxxxx

0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2 2 xxxxxxxx

)(4cos1cos

3tan

04cos3cos0sincos3

0)8cos6cos2)(sincos3(

2

2

loaixxx

xxxx

xxxx

k

kx

kx,

23

2) Giải bất phương trình:

)7

1(log)54(log21

21

22

x

xx (1)

Đk:

7);1()5;(

070542

xx

xxx

)1()5;7( x

Từ (1) 7

1log2)54(log 22

2

xxx

527

5410491454

)7(log)54(log22

22

22

x

xxxxx

xxx

Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: )527;7(

x

3) Ta có: x.sin2x = 2x x.sin2x – 2x = 0 x(sin2x – 2) =0 x = 0 Diện tích hình phẳng là:

2

02

0)22(sin)22sin.(

dxxxdxxxxS

Đặt

xxv

dxdu

dxxdvxu

22

2cos)22(sin

2

0

2

0

2 222cos2

22cos.(

dxxxxxxS

5đ

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ

47

Câu III.

20

22

42sin

24

xxS

44424

222 S (đvdt)

Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:

23aAP

3aAH Vì '' AHA vuông cân tại H. Vậy 3' aHA

HASV ABCCBABCA '.'''

Ta có 4

32

3.21 2aaaS ABC (đvdt)

43

43.3

32

'''aaaV CBABCA (đvtt) (1)

Vì '' AHA vuông cân CCBBHKAAHK ''' G ọi E = MNKH BM = PE = CN (2) mà AA’ = 22' AHHA = 633 22 aaa

46

26 aCNPEBMaAK

Ta có thể tích K.MNJI là: 1 .3

1 1 6'2 4 4

MNJIV S KE

aKE KH AA

26 6. . ( )4 4MNJI

a aS MN MI a dvdt

2 31 6 6 ( )3 4 4 8KMNJI

a a aV dvtt 3 3

2 3' ' '

318 8

3 28 8

ABCKMN

A B C KMN

a aV

a aV

2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:

06)()(

56

222

22

aabbaaaa

aa

ĐK: 02 aa

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

45

E

K

J

IA

B

C

C'

B'

A'

P

H

Q

N

M

48

Từ (1) 06)(5)( 222 aaaa

61

2

2

aaaa

Khi 12 aa thay vào (2)

2.231

2.231

0606

2

2

ib

ib

bbbb

231

231

012

ia

iaaa

Khi 62 aa

2

3aa

Thay vào (2)

251

251

010666

2

2

b

b

bbbb

Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

2

31;2

231,2

31;2

231 iiii

2

31;2

231,2

31;2

231 iiii

251;2,

251;2,

251;3,

251;3

7202

1929

1

123

2

n

mnmm

P

AcC

Từ (2): 761!6720)!1( nnn (3) Thay n = 7 vào (1)

)!1(!.

2199

!8!2!10

)!2(!2!

mm

mm

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,2 5đ 0,25đ 0,25đ

49

Câu IV:

0992019990

219

2945

2)1(

2

2

mmmmm

mmm

119 m vì 10 mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2

1037 CC cách

TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1

1047 CC cách

TH3: 5 bông hồng nhung có: 215

7 C cách có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường

%45,3161881946

6188517

P

C

2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:

2525

251

9

1925

222

22

aay

ya

22

2 2553

2525.9 ayay

Vậy

22 25

53;,25

53; aaBaaA

225

56;0 aAB

9125

910025

910025

31025

42556||

222

2

aaa

aAB

355

a

Vậy phương trình đường thẳng: 3

55,3

55

xx

3)đường thẳng d2 có PTTS là:

'51'2'21

tztytx

vectơ CP của d1 và d2 là: 1 2

(1;1; 1), (2;1;5)d du u

0,25đ 0,25đ 0,25đ

50

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10

Câu I. 1. (Tự giải)

2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 x

xm 22 ( x )0

Xét f(x) = 22 22)('2

xxxf

xx = 2

3 22xx

Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất 3 m . Câu II.

Câu V:

VTPT của mp( ) là 1 2. (6; 7; 1)d dn u u

pt mp( ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)

( , ( )) ( , ( ))|12 14 3 | | 6 14 1 |

| 5 | | 9 | 7

d M d ND D

D D D

Vậy PT mp( ) là: 3x – y – 4z + 7 0

Ta có: P + 3 = 2

2

32

2

32

2

3

111a

acc

cbb

ba

241

1212246 2

2

2

2

3 bb

ab

aP

24

11212

2

2

2

2

3 cc

bc

b

24

11212

2

2

2

2

3 aa

ca

c

3

6

3

6

3

6

2163

2163

2163 cba

6222

3 829)(

222

322

3 cbaP

23

223

229

223

229

6 3 P

Để PMin khi a = b = c = 1

0,25đ 0,25đ 0,25đ

51

1.

)2(022)1(1

221

2233

33

322

33

xyyxyxyx

yxyyxyx

y 0 . Ta có:

)4(0122

)3(123

33

yx

yx

yx

yx

Đặt : tyx (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = ,1 t =

21 .

a) Nếu t = 1 ta có hệ 3

33

211

yxyxyx

b) Nếu t = -1 ta có hệ

yxyx 133

hệ vô nghiệm.

c) Nếu t = 21 ta có hệ

332,

33

21 3333

yxxyyx

2. Pt xxx tansin2)4

(sin2 22 (cosx )0 xxxxx sincos.sin2cos)]

22cos(1[ 2

(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III.

I =

2

1

2

12

22 44 xdxx

xdxx

x .

Đặt t = xdxtdtxtx 222 44

I = 0

32

0

3

0

3

0

32

2

2 22ln)

441(

44)(

tttdt

tdt

tt

ttdtt = -

3232ln3

Câu IV.

h

H

M

D

CB

A

S

SHBM và SABM suy ra AHBM

VSABH = BHAHhBHAHSA .6

..61

.

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BHAH .2 BHAHBHAH .222

52

BHAHa .22 , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = 2

2a khi AH = BH khi H là tâm của hình

vuông , khi M D . Khi đó VSABH = 12

2ha .

Câu V. mxx 4 2 1 D = [0 ; + )

*Đặt f(x) =x

xx

xxx

xx

xxxxx

xxfxx.)11(2

)11(

.)1(2

)1(2

1)1(2

)('14 3

223

4 32

23

23

4 32

4 32

4 32

4 2

Suy ra: f’(x) = );0(0.)11(2

)11(1

4 32

4 32

x

xx

x

* 0)1)(1(

1lim11lim)1(lim

24 2

22

4 2

24 2

xxxxxx

xxxxxx

xxx

* BBT x 0 + f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m 1 Câu VI a.

1.d1:

tytx 23, I );3(1 ttId

d(I , d2) = 2 117,

1127101711 ttt

t = 41127

1121:)(

1127;

1121

1127 22

11

yxCI

t = 4117

1119:)(

117;

1119

117 22

22

yxCI

2. )1;;21(),2;;(,1

21:,

2: 22221111

2

2

2

2

1

1

1

1 tttNdNtttMdMtz

tytx

dtz

tytx

d

)21;;21( 121212 ttttttMN

Theo gt :

1312;0

21

01213

21

60.

6

)//(

22

21

222

21

2 tt

tt

tt

tt

MNnMN

MN

PMN

* )1;0;1(,)2;1;1(,10 12 NMtt

53

*

1311;

1312;

1311,

1322;

1311;

1311,

1311

1312

12 NMtt

Câu VII a.

0111224

iziz

iziz

iziz

* 012

iziz 01

ziziz

* 0001 222

i

izizi

izizi

iziz

iziz 1 z

Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0

cos CAB = cos DBA 71;10187

1

22

3 2

2

kkkk

k

k

k = 1 , AC : x – y – 1 = 0

k = 71 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)

Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = dcba 222 . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2

d(I, (P)) = 5,055235

bbb

b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0

Câu VII b.

ĐK :

310

xxx

Bất phương trình trở thành : 01log

1log

11log

1log

1

3log

1log

1

33333

3

xxxxxx

1log0log0)1(loglog0)1(loglog

13333

33

xxxx

xx

* 10log3 xx kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * 30log3 xx Vậy tập nghiệm của BPT: x );3()1;0(

HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 11)

Câu I. 2/Tacã

mx

0x0)mx(x3mx3x3'y 2

ta thÊy víi 0m th× y’ ®æi dÊu khi ®i qua c¸c nghiÖm do vËy hµm sè cã C§,CT

54

+NÕu m>0 hµm sè cã C§ t¹i x=0 vµ 3MAX m

2

1y ;cã CT t¹i x=m vµ 0y MIN

+NÕu m<0 hµm sè cã C§ t¹i x=m vµ 0y MAX ;cã CT t¹i x=0 vµ 3MIN m

2

1y

Gäi A vµ B lµ c¸c ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè.§Ó A vµ B ®èi xøng víi nhau qua ®êng ph©n gi¸c y=x,®iÒu

kiÖn ¾t cã vµ ®ñ lµ OBOA tøc lµ: 2m2mm2

1m 23

Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0

với 2 2 2A B C 0 Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 C A B (1) Theo đề :

d(M;(P)) = 2A 2B C 2 2 2 22 (A 2B C) 2(A B C )2 2 2A B C

(2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+58A2B 0 B 0 hay B =5

(1)B 0 C A . Cho A 1,C 1 thì (P) : x z 0

8AB =5

. Chọn A = 5 , B = 1 (1) C 3 thì (P) : 5x 8y 3z 0

CâuVb-1 Chọn A(2;3;3),B(6;5;2)(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

Gọi u

vectơ chỉ phương của ( d1) qua A và vuông góc với (d) thì u udu uP

nên ta chọn u [u, u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)P

. Ptrình của đường thẳng ( d1)

:

x 2 3ty 3 9t (t R)z 3 6t

( ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d1) thì M(2+3t;39t;3+6t) .

Theo đề : 1 12 2 2 2AM 14 9t 81t 36t 14 t t9 3

+ t = 13

M(1;6;5) x 1 y 6 z 5( ) :1 4 2 1

+ t = 13M(3;0;1) x 3 y z 1( ) :2 4 2 1

55

®¸p ¸n ®Ò số 12 thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh

2. (0,75 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

)1(021)4(2

212

2 mxmxx

mxxx

Do (1) cã mmmvam 0321)2).(4()2(01 22 nªn ®êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

I

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)

2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã 24AB

0,5

1. (1 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

)(07sin2cos6

0sin1VNxx

x

0,25

22

kx 0,25

2. (1 ®iÓm)

§K:

03loglog

02

222 xx

x

BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi

)1()3(log53loglog 22

222 xxx

®Æt t = log2x,

BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 tttttt

0,5

4log3

1log43

1

)3(5)3)(1(31

2

2

2 xx

tt

tttt

t

0,25

II (2 ®iÓm)

168210

x

x VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(]

21;0(

III 1 ®iÓm

xxdx

xxxdxI 23233 cos.2sin

8cos.cos.sin

®Æt tanx = t

dtt

t

tt

dtI

ttx

xdxdt

3

32

32

22

)1(

)1

2(8

122sin;

cos

0,5

56

Cx

xxxdttt

tt

dtt

ttt

22433

3

246

tan21tanln3tan

23tan

41)33(

133

0,5

Do )( 111 CBAAH nªn gãc HAA1 lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt

th× gãc HAA1 b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc HAA1 =300

23

1aHA . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ

23

1aHA nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c 11CBAH nªn

)( 111 HAACB

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1

0,25

C©u IV 1 ®iÓm

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3.

1

1 aAA

AHHAHK 0,25

C©u V 1 ®iÓm

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

)1(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

aaaaaaaaa

T¬ng tù ta cã

)2(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

bbbbbbbbb

)3(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

ccccccccc

0,5

A1

A B

C

C

B1

K

H

57

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

)(20096027)(2009)(46015

444

444200920092009

cbacbacba

Tõ ®ã suy ra 3444 cbaP MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.

0,5

PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng

3 23 IA

0,5

7

56123

21

mm

mm

0,5

2. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi IA

VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5

C©u VIa 2 ®iÓm

)31;;21( tttHdH v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn

)3;1;2((0. uuAHdAH lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d)

)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 624 C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ

1025 C çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 25C = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ 2

4C . 25C .4! = 1440 sè 0,5

2.Ban n©ng cao.

1.( 1 ®iÓm) Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng

3 23 IA

0,5

7

56123

21

mm

mm

0,5

2. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi IA


0,5

C©u VIa 2 ®iÓm



0,5

58

)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 102

5 C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0

®øng ®Çu) vµ 35C =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 35C = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ 2

5C . 35C .5! = 12000 sè.

MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ 960!4.. 35

14 CC . VËy

cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 13)

I. PHẦN CHUNG: Câu 1: : 2. Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0

2

x 0x 3x m 0 (2)

* (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0, 1), D, E phaân bieät: Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE 0.

2

m 09 4m 04m0 3 0 m 09

Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: kD = y’(xD) = 2

D D D3x 6x m (x 2m);

kE = y’(xE) = 2E E E3x 6x m (x 2m).

Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1. (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).

4m2 – 9m + 1 = 0 m = 1 9 658

ÑS: m = 1 19 65 hay m 9 658 8

Câu 2:

1. 3 sin x cos x 2 cos3x 0 sin 3

sinx + cos 3

cosx = – cos3x.

cos

x cos3x3

cos

x cos( 3x)3

kx3 2 (k Z)

x k3

x =

k3 2

(k Z)

2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 291 91 2 2x y y x y x

59

2 2

2 2( )( )

2 291 91x y y x y x y x

y xx y

2 2

1( ) 02 291 91

x yx y x yx yx y

x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta có: 2 291 2x x x 2 291 10 2 1 9x x x 2

2

9 3 ( 3)( 3)2 191 10

x x x xxx

2

1 1( 3) ( 3) 1 02 191 10

x xxx

x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3: J

b

b

ln10 8x 82 / 31/ 33 x e 2b e 2

e dx du 1 u3ue 2

b 2/ 33 4 (e 2) ;

2vôùi u = ex – 2, du =

exdx)

Suy ra:

b 2/ 3

b ln2 b ln2

3 3lim J lim 4 (e 2) (4) 62 2

Câu 4: Döïng SH AB

Ta coù: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)

SH (ABC) vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Döïng HN BC, HP AC

SN BC, SP AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP.

AHP vuoâng coù: o a 3HP HA.sin 60 .4

SHP vuoâng coù: a 3SH HP.tg tg

4

Theå tích hình choùp 2 3

ABC1 1 a 3 a 3 aS.ABC : V .SH.S . .tg . tg3 3 4 4 16

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2 14a b

a b ab

1 1 1 ( , 0)4

a ba b

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z

Tương tự: 1 1 1 1 12 8 2 2x y z x y z

và 1 1 1 1 12 8 2 2x y z x y z

S

H

P C

A

B N

60

Vậy 1 1 12 2 2x y z x y z x y z

1 1 1 1 20094 4x y z

Vậy MaxP = 20094

khi x = y = z = 122009

II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a

= (7; - 4) của AC làm VTPT

Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Goïi A(a; 0; 0) Ox .

Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng ( ) : 2 2 2

2a 2ad(A; )

32 1 2

( ) qua 0M (1; 0; 2) vaø coù vectô chæ phöông u (1; 2; 2)

Ñaët 0 1M M u

Do ñoù: d(A; ) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc 0 1AM M

0 12

0AM M

0 1

[AM ; u]2.S 8a 24a 36d(A; )M M u 3

Theo giaû thieát: d(A; ) = d(A; )

22 2 2

2

2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 03 3

4(a 3) 0 a 3.

Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = a b c d e

* Xem caùc soá hình thöùc a b c d e , keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø a hoaëc laø b

hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ 1 : soá caùch choïn 47A .

Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi. * Xem caùc soá hình thöùc 0b cd e .

* Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc 0b cd e ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n thoûa yeâu caàu

ñeà baøi.

1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b

1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M Oy M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy

0

0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB

Vì MI là phân giác của AMB

61

(1) AMI = 300 0sin 30IAMI MI = 2R 2 9 4 7m m

(2) AMI = 600 0sin 60IAMI MI = 2 3

3R 2 4 39

3m Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông 1u (2; 1; 0)

- (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông 2u (3; 3; 0)

AB (3; 0; 4)

1 2 1 2AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u

khoâng ñoàng phaúng.

Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau. Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2) 1M (d ) M(2t; t; 4) , / /

2N (d ) N(3 t ; t ; 0)

/ /MN (3 t 2t; t t; 4)

Ta coù: / / /

1

/ /2

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)t 1N(2; 1; 0)t 13 t 2t (t t) 0MN u

Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính 1R MN 2.2

Vaäy, phöông trình maët caàu (S): 2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 4. Câu 6b.2b

Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = –2 2 i

Ñaùp soá: 1,2, 2 2 i, 2 2 i

-------------------------------Hết----------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 14)

C©u Néi dung §iÓm

Gäi M(x;y) (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3

| x – 2 | = | y – 3 | 3x 4 xx 2 2 x 2x 2 x 2

x 1x x 2x 4x 2

VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6)

62

2 0.75®

XÐt ph¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

2 23 11 sin 2x m 1 sin 2x4 2

(1)

§Æt t = sin22x . Víi 2x 0;3

th× t 0;1 . Khi ®ã (1) trë thµnh :

2m =3t 4t 2

víi t 0;1

NhËn xÐt : víi mçi t 0;1 ta cã : sin 2x t

sin 2x tsin 2x t

§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n 20;3

th× 3 3t ;1 t ;1

2 4

Da vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4) 71 2m5

VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ : 1 7;2 10

0,25

0,5

II 2,0®

1 1,0®

sin 3x sin x sin 2x cos2x1 cos2x

(1)

2cos2x.sin x 2cos 2x42 sin x

§K : sinx ≠ 0 x Khi x 0; th× sinx > 0 nªn :

(1) 2 cos2x = 2 cos 2x4

x16 2

Do x 0; nªn 9x hay x

16 16

Khi x ;2 th× sinx < 0 nªn :

(1) 2 cos2x = 2 cos 2x4

cos -2x = cos 2x-

4

5x16 2

Do x ;2 nªn 21 29x hay x16 16

0,5

0,5

63

2 1,0®

§Æt 3 3u x 34, v x 3 . Ta cã :

2 23 3

u v 1u v 1u v u v uv 37u v 37

2

u v 1 u v 1uv 12u v 3uv 37

u 3v 4

u 4v 3

Víi u = -3 , v = - 4 ta cã : x = - 61 Víi u = 4, v = 3 ta cã : x = 30 VËy Pt ®· cho cã 2 nghiÖm : x = -61 vµ x = 30

0,25

0,5

0.25

III 1.0® 1®

a)Ta cã : AB = 2 5 , Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC , ta cã : DM = 1

SD = 2 2SA AD 30 ,

SC = 2 2SA AC 29

SM = 2 2SC CM 33

Ta cã : 2 2 2SD MD SM 30 1 33 1cos SDM

2SD.MD 2 30 30

(*)

Gãc gi÷a hai ®êng th¼ng AC vµ SD lµ gãc gi÷a hai ®êng th¼ng DM vµ

SD hay bï víi gãc SDM . Do ®ã : cos = 130

b) KÎ DN // BC vµ N thuéc AC . Ta cã : BC // ( SND) . Do ®ã : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) KÎ CK vµ AH vu«ng gãc víi SN , H vµ K thuéc ®êng th¼ng SN Ta cã : DN // BC DN AC 1

Vµ SA ABC SA DN 2

Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN ( SAC) DN KC 3

Do çch dùng vµ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lµ kho¶ng çch tõ C ®Õn mp(SND) MÆt kh¸c : ΔANH = ΔCNK nªn AH = CK Mµ trong tam gi¸c vu«ng SAN l¹i cã :

2 2 2

1 1 1 1 51 AHAH SA AN 25 26

VËy kho¶ng çch gi÷a BC vµ SD lµ : CK = 526

0.5

0,5

IV 2® 1

1.0®

Ta cã : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C

1A5A 2B 132A B 1 B5

3A C 1 8C5

0,25

N M

D

S

A B

C

K

64

VËy I = 2 2 2

0 0 0

d sin x 2cosx 31 3 8 dxdx5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3

I = 220 0

1 3 8x ln sin x 2cosx 3 J5 5 5

I = 3 8ln 4 ln 5 J10 5 5

TÝnh J = 2

0

dxsin x 2cosx 3

.

§Æt t = tanx2

22

1 x 2tdtdt tan 1 dx2 2 t 1

§æi cËn : Khi x = 2

th× t = 1

Khi x = 0 th× t = 0

VËy

1 1 12

2 22 20 0 0

2 2

2dtdt dtt 1J 2 2

2t 1 t t 2t 5 t 1 22 3t 1 t 1

L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du

§æi cËn khi t = 1 th× u = 4

Khi t = 0 th× u = víi tan12

244

2

2 tan u 1 duJ u

44 tan u 1

Do ®ã : I = 3 3 5 8ln10 5 4 5

0,25

0.5

2a 0.5®

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , | z | = 2 2x y Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i

2 2x y = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i

22 2

x 2 0 x 21 y 0 3y

2x y 1 y

2b 0.5đ

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y ,

Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = 22x y 1

Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |2 < 4

221 x y 1 4

Gäi (C1) , (C2) lµ hai ®êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vµ cã b¸n kÝnh lÇn lît lµ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp c¸c ®iÓm cÇn t×m lµ phÇn n»m gi÷a hai ®êng trßn (C1) vµ (C2)

0,5

0.5

65

1

+) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP 1u 4;3

cña (d2) lµm VTPT

(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT :

4x 3y 5 0 x 1C 1;3

x 2y 5 0 y 3

+) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ 2u 2; 1

∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d2) lµ nghiÖm cña HPT :

2x y 5 0 x 3H 3;1

x 2y 5 0 y 1

+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn :

B' H B

B' H B

x 2x x 4B' 4;3

y 2y y 3

+) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0 +) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT :

y 3 0 x 5

A ( 5;3)3x 4y 27 0 y 3

+) §êng th¼ng qua AB cã VTCP AB 7; 4

, nªn cã PT :

x 2 y 1 4x 7y 1 07 4

0,25 0,5 0,25

2a

§êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP 1u 0;2;1

§êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP 2u 3;2;0

Do ®ã : 1 2M M 1;7; 5

vµ 1 2u , u 2; 3;6

Suy ra 1 2 1 2u , u .M M 49 0

. VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau

0.5

2b

LÊy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã :

AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t

A,B lµ giao ®iÓm cña ®êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®êng

®ã 1

2

AB.u 0 14 4u 4t 5 t 0 u 19u 3 14 4u 4u 0 t 1AB.u 0

Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB 2;3; 6

AB = 7

Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; -12

; 1)

MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT :

2

2 21 49x 2 y z 12 4

0,5

Va 3®

3

Sè c¸ch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300 Sè c¸ch lÊy ®Ó 2 viªn bi lÊy ra cïng mµu lµ : 30x10+7x6+15x9 = 477

X¸c suÊt ®Ó 2 bi lÊy ra cïng mµu lµ : 477

1300

0.5 0.5

66

1

+) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT :

x 13x y 3 0 B 1;0y 0y 0

Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc k = 3 , nªn 0ABC 60 . Suy ra ®êng ph©n gi¸c trong gãc B cña

ΔABC cã hÖ sè gãc k’ = 3

3

nªn cã PT : 3 3y x

3 3 (Δ)

T©m I( a ;b) cña ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vµ c¸ch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2

+ Víi b = 2 : ta cã a = 1 2 3 , suy ra I=( 1 2 3 ; 2 )

+ Víi b = -2 ta cã a = 1 2 3 , suy ra I = ( 1 2 3 ; -2) §êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn + NÕu I=( 1 2 3 ; 2 ) th× m = 3 + 2 3 .

Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2 3 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2 3 . ; 0)

Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2 3 .

Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 )

VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : 4 4 3 6 2 3;

3 3

.

+ NÕu I=( 1 2 3 ; 2 ) th× m = -1 - 2 3 .

Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2 3 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2 3 . ; 0)

Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2 3 .

Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ) VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ :

1 4 3 6 2 3;3 3

.

VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ :

G1 = 4 4 3 6 2 3;

3 3

vµ G2 = 1 4 3 6 2 3;

3 3

0.25 0.5 0,25

Vb 3.0 ®

2a

+ §êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP du 1;0; 1

+ Mp (P) cã VTPT : Pn 1;2;2

Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :

R d Pn u ;n 2; 3;2

Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1) H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP :

d ' R Pu n ;n 10;2; 7

VËy (d’) cã PTCT : x 1 y 1 z 110 2 7

0,25 0,25

O

y

x A B

C

600

67


I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ çc thÝ sÝnh C©uI §¸p ¸n §iÓm

2. (0,75 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

)1(021)4(2

212

2 mxmxx

mxxx

Do (1) cã mmmvam 0321)2).(4()2(01 22 nªn ®êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)

2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã 24AB

0,5

1. (1 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

)(07sin2cos6

0sin1VNxx

x

0,25

22

kx 0,25

2. (1 ®iÓm)

§K:

03loglog

02

222 xx

x

BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi

)1()3(log53loglog 22

222 xxx

®Æt t = log2x,

BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 tttttt

0,5

2b

LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã :

d1 = d(I, (P)) = 1 t

3

; d2 = d(I, (Q)) = 5 t

3

Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2 | 1 - t | = | 5 - t | t = 3 Suy ra : R = 2/3 vµ I = ( 3; -1; -3 ) . Do ®ã mÆt cÇu cÇn t×m cã PT lµ :

2 2 2 4x 3 y 1 z 39

0,25 0,25

3. sai

Sè çch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ : 525C 2598960

Sè çch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 13. 4

3C 52 X¸c suÊt ®Ó chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã

®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 52

2598960=

13649740

0.5 0.5

68

4log3

1log43

1

)3(5)3)(1(31

2

2

2 xx

tt

tttt

t

0,25

168210

x

x VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(]

21;0(

xx

dxxxx

dxI 23233 cos.2sin8

cos.cos.sin

®Æt tanx = t

dtt

t

tt

dtI

ttx

xdxdt

3

32

32

22

)1(

)1

2(8

122sin;

cos

0,5

III 1 ®iÓm

Cx

xxxdttt

tt

dtt

ttt

22433

3

246

tan21tanln3tan

23tan

41)33(

133

0,5

Do )( 111 CBAAH nªn gãc HAA1 lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt

th× gãc HAA1 b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc HAA1 =300

23

1aHA . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ

23

1aHA nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c 11CBAH nªn

)( 111 HAACB

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1

0,25

C©u IV 1 ®iÓm

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3.

1

1 aAA

AHHAHK 0,25

A1

A B

C

C

B1

K

H

69

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

)1(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

aaaaaaaaa

T¬ng tù ta cã

)2(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

bbbbbbbbb

)3(.2009....20091...11 42009 20092009200920092009200920092009

2005

ccccccccc

0,5

C©u V 1 ®iÓm

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

)(20096027)(2009)(46015

444

444200920092009

cbacbacba

Tõ ®ã suy ra 3444 cbaP MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.

0,5

1.Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh

b»ng 3 23 IA

0,5

7

56123

21

mm

mm

0,5

2. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). G.sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi IA


0,5

C©u VIa 2 ®iÓm



)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 624 C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ

1025 C çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 25C = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ 2

4C . 25C .4! = 1440 sè 0,5

2.Ban n©ng cao. 1.( 1 ®iÓm) C©u

VIa 2 ®iÓm

Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng

3 23 IA

0,5

70

7

56123

21

mm

mm

0,5

2.Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi IA


0,5



)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã 1025 C çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0

®øng ®Çu) vµ 35C =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã 2

5C . 35C = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ 2

5C . 35C .5! = 12000 sè.

MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ 960!4.. 35

14 CC . VËy

cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5


Câu Ý Nội dung Điểm I 2.5

b Tìm M (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất 0,75

4 41 .1

y x Y Xx X

Với

yYxX 1

0.25

TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) = 4 7| | 4 4| | | | 2

2 | | 2 2

X YX XX

Dấu "=" xảy ra

⇔4| |

| | 2X

X 4 42 3 34 2 1 2

2X X x

0.5

Gọi M(2; m) d1: x = 2. Khi đó đt d M d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với

(C’) hệ:

kxxmxkxxx

91232196

2

23

có nghiệm 0,25

2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm. Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1) Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m

y’ = 6(x-2)2 0 x Hàm luôn đồng biến Pt (1) luôn có nghiệm duy nhất từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ thị (C’).

0,5

II 1,5

1 Giải phương trình: 0,75

71

015.3315.315.35

3510325.32222

22

xxxx

xx

xxx

0.25

2035

1015.3

03515.3

2

2

22

x

x

x

x

xx

3log231log2

3151 55

2 xx

0.25

352 2 xx Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. Vậy Pt có nghiệm là: x = 3log2 5 và x = 2

0.25

2 Giải hệ phương trình: 0,75

22cossincossin

2coscos

2sinsinyyxx

yx

yx 0.25

24

24

14

cos

14

cos2

4cos

4cos

ly

kx

y

xyx

0.25

Thử lại thấy đúng nên:

24

24

ly

kx là nghiệm của hệ phương trình. 0.25

III 1,5 1 Giải phương trình: . 0,5

02coscoslogsincoslog 1 xxxxx

x

Điều kiện:

02coscos0sincos

10

xxxx

x.

Khi đó Pt

2cos2cossin2cos xxxx

0.25

72

32

6

22

22

2

22

2

kx

kx

kxx

kxx.

Kết hợp với điều kiện ta được: 32

6 kx (Với k N*).

0.25

2 Giải bất phương trình: 0,5

02301311 232323 xxxxxxxx

0232 tt Đặt 321 xxt 0.25

23 2 21 11 3 32

tt x x xt

t

0.25

3 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả 5

10C tập con gồm 5 chữ số khác nhau.

0,25

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả 5

10C = 252 số. 0,25

IV 2.0 1 Xác định tọa độ điểm C (P) sao cho ABC đều 1.0

Để ABC là tam giác đều đường cao MC = AB 62/3 Gọi M là trung điểm của AB M(1; 0; - 2). Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB (Q): x + z + 1 = 0

0,25

Gọi d = (P) n (Q)

tzty

tx

zxzyx

d21

22

0101783

:

C d C(-2 - 2t; t; 1 + 2t)

0,25

2 22

2 21 2

1 2

3 2 ; ;3 2 6 3 2 3 2 6

9 24 12 0 3 8 4 0 2; 2/32 2 12; 2; 3 , ; ;3 3 3

MC t t t MC t t t

t t t t t t

C C

0,25

73

0.25

2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện. 1.0 Lấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có: GE = GF = c/2. ⇒∆ACD = ∆BCD (c.c.c) FA = FB

⇒ 422

422 222222

22 acbCDADACFBFA

0.25

FE là trung tuyến của ∆FAB nên:

4

22 2222 ABFBFAFE

2

222 acb 0.25

Gọi l・ à góc tạo bởi AD và BC ta có :

2

22|

.2|||,cos|cos 2

2222

222

c

acbc

GFGEFEGFGEGFGE

2

22 ||c

ba . Vậy 2

22 ||cosc

ba

0.25

Tương tự nếu gọi lần l・・・・ ượt là góc tạo bởi CD, AB và

DB, AC ta có: 2

22 ||cosa

cb , 2

22 ||cosb

ac 0.25

P

Q

A

B

M

C1

C2

74

3 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả 5

9C tập con gồm 5 chữ số khác nhau. 0,25

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả 5

9C = 126 số. 0,25

V 2,5 1 0,5

Đặt: 3 2

cos 1cos 2.cos

u x du dxd xdv v

x x

0,25

/ 4/ 44

0 02 20

1 1 12cos 2 cos 4 2 4 2

x dxI tgxx x

0,25

2 1,0 1

2

0

2 2J x x x dx . Đặt: x - 1 = tgt

22

1; 2 2cos cos

dtdx x xt t

0 0 0

3 4 3

4 4 4

1 sincos cos costgt t dtJ dt dt

t t t

0,25

0

1 134

20 0sin

1 2 2 2 21 12 2

1 1 1 2 23cos 3

1 1141 1 1 1

t u

J Jt

u uduJ duu u u u

0,25

F

E

G

B D

A

C

75

0 0 0

2 21 1 12 2 2

1 . 24 1 11 1

du du duu uu u

0,25

0 0

22 22 2

1 1 1 1 1 12ln 2ln4 1 1 1 4 1 1

1 2 1 12 2ln 2 4ln 2 1 .4 42 1

u u uu u u u u

0,25

3 1,0

.2

111222 abc

cbaabcacbbca

Ta có:

abcabcabcabc

cabcabcabcab

bcabcabcabca

2112

2112

2112

22

22

22

0.5

2 2 21 1 1 1 1 1

2 2 2

1 2 2 2.2 2 2

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

bc ca ab a b cabc abc abc

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

0.5


LỜI GIẢI TÓM TẮT: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Bạn đọc tự giải. 2. MN

= (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0

Đường thẳng (d) MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:

2 4 21

x x mx

2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)

Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)

Trung điểm của AB là I 1 21 2;

2x x x x m

I( ( ; )

4 2m m

( theo định lý Vi-et)

Ta có I MN ==> m = - 4, (1) 2x2 – 4x = 0 A(0; - 4), B(2;0)

76

Câu 2:

1. 4cos4x – cos2x 1 3xos4x + cos2 4

c = 72

(1 + cos2x)2 – cos2x 21 3x(2 os 2 1) +cos2 4

c x = 72

cos2x + 3xos4

c = 2

os2x = 1

3xcos 14

c

( vì VT ≤ 2 với mọi x)

( ; )83

x kk mmx

x = 8n ( n )

2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = 1.

Ta có x = 12

không là nghiệm của phương trình nên

(2) 2 132 1

x xx

Ta có hàm số y = 3x tăng trên R

hàm số y = 2 12 1

xx

luôn giảm trên mỗi khoảng 1 1; , ;2 2

Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = 1 Câu 3:

Ta có 2 2

1 2sin os1 s inx 12 2 tan1+cosx 22 os 2 os

2 2

x xc xx xc c

Vậy: K = 2 2

20 0

tan22 os

2

xxe dx xe dxxc

= M + N

Với M = 2

20 2 os2

xe dxxc

Dùng phương pháp tptp

Đặt 2

'1' tan2 os 22

xxu e u e

xv vxc

Vậy M = tan 22 0

x xe

- N = 2e

- N ==> K = 2e

Câu 4: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều AMS Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của AMS

77

Ta có SO = OM tan = 36

a tan ( Với a là độ dài của cạnh đáy)

Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2

2 2 2

2tan 112 12 4a a a

2

2 34 tan

a

r = OI = OM.tan2 =

2

tan2

4 tan

Vậy V =

3

32

4 tan2

3 4 tan

Câu 5: Ta có (6; 4;4)AB

==> AB//(d)

Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d) Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}

Vậy: n() = 35 10C ; n(A) = 3 ==> P(A) = 3

10

2.

85

x x y x y yx y

( 1) ( 8)

5x x y y

y x

2 2

00

( 1) ( 8)5

xyx x y yy x

2

10

3 22 45 05

xyx x

y x

94

xy

Câu 7a:

Trên nửa khoảmg 0;3

, cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được

y = 2

2 3

1 tan2 tan tan

xx x

Đặt t = tanx ==> t (0; 3]

Khảo sát hàm số y = 2

2 3

12

tt t

trên nửa khoảng 0;3

78

y’ = 4 2

2 3 2

3 4(2 )

t t tt t

; y’ = 0

01

xx

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =

4

2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3

Ta có 1 3 22n n nC C C ! ! !21!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!

n n nn n n

n2 – 9n + 14 = 0 n = 7

Ta có số hạng thứ 6 : 2 5

55 lg(10 3 ) ( 2)lg37 2 2

x xC = 21 21.2lg(10 3 )x

2(x – 2)lg3 = 21

lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0 (10 – 3x)3x – 2 = 1 32x - 10.3x + 9 = 0 02

xx

2. Gọi β = r( cos + isin) β3 = r3( cos3 + isin3)

Ta có: r3( cos3 + isin3) = 2 23 os in3 3

c s

3 3r

3 32 29 3

rk

Suy ra β Câu 7b:

Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2). Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 – (a + b + c) 33 (1 )(1 )(1 )a b c > 0

1 (1 )(1 )(1 ) 027

a b c 28 127

ab bc ca abc 562 2 2 2 227

ab bc ca abc

2 2 2 2 562 ( ) ( 2 )27

a b c a b c abc 2 2 252 2 227

a b c abc

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 23

Lời giải tóm tắt(Đề 18)

Câu I: 2. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng Phương trình 3 23 9 0 x x x m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Phương trình 3 23 9x x x m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đường thẳng y m đi qua điểm uốn của đồ thị

.11 11m m

79

Câu II: 1.

cos sin

cos cos

cos cos

cos cos

cos cos cos

cos cos cos

cos cos cos

2 2

2 3

2 3

2

1 14 3 2 2

211 134 2 4

21 2 2 13

2 2 2 33

2 2 2 1 4 3

2 4 2 4 3 0

4 4 3 0

x x

xx

x x

xa a a

a a a

a a a

a a a

80

coscos

cos.cos cos

cos

030 31 3 3 2 2

2 623 3 3 3 3 loaïi2

a x x k x ka

x x x kka

2.

)4(log3)1(log41)3(log

21

88

42 xxx .

Điều kiện:

.3

1 0 10

xx xx

Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình

log log

.

2 2

2

3 1 4

2 3 0

1 loaïi3

3

x x x

x xx

xx

Câu III:

4

6

2cos1costan

dxxx

xI tan tancos tancos

cos

4 4

2 22

26 6

1 21

x xdx dxx xx

x

.

Đặt tan .cos2

1u x du dxx

.

16 3

14

x u

x u

.1

213

2

uI dxu

Đặt 2

22

2

ut u dt duu

.

1 733

u t

.1 3u t

.3

3

77 33

7 3 733 3

I dt t

81

Câu IV:

ñaùyV S h . 2

ñaùy3

2aS ,

63

ah

.3 32

aV

Câu V:

mxxx 12213 232 ( Rm ).

Đặt 2 3 23 1 2 2 1f x x x x , suy ra f x xác định và liên tục trên đoạn ;1 12

.

'2

2 3 2 2 3 2

3 3 4 3 3 4

1 2 1 1 2 1

x x x xf x xx x x x x x

.

;1 12

x ta có

2 3 2

4 3 3 43 4 0 03 1 2 1

xx xx x x

.

Vậy: ' 0 0f x x .

Bảng biến thiên:

' || ||

1 0 12

01

CÑ

3 3 222

4

x

f x

f x

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc ;1 12

3 3 224

2m

hoặc 1m .

Câu VI: 1.

Phương trình đường trung trực của AB là 3 6 0x y . Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:

; .2 5 1

1 33 6 3

x y xI

x y y

5R IA . Phương trình đường tròn là 2 21 3 25x y .

82

2. a.

, ,M x y z sao cho 2 2 5MA MB

.

2 2 2 2 221 1 2 2 2 52 2 7 0x y z x y zx y

Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2 2 7 0x y . b.

, ; ; ; ;2 2 2 2 1 1 1OA OB

: 0OAB x y z .

: 0Oxy z .

; ;N x y z cách đều OAB và Oxy , ,d N OAB d N Oxy 13

x y z z

.

3 1 03

3 1 0

x y zx y z z

x y z

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình 3 1 0x y z và

3 1 0x y z .

Câu VII:

Khai triển 1 nx ta có:

... .0 1 2 2 3 3 1 11 n n n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x

Nhân vào hai vế với x , ta có: ... .0 1 2 2 3 3 4 1 11 n n n n n

n n n n n nx x C x C x C x C x C x C x Lấy đạo hàm hai vế ta có:

... 10 1 2 2 3 3 1 12 3 4 1 1 1n nn n n nn n n n n nC C x C x C x nC x n C x n x x x

.11 1nx nx x

Thay 1x , ta có . . . ... . ( ). . .0 1 2 3 1 12 3 4 1 2 2n n nn n n n n nC C C C n C n C n

------------------------Hết------------------------

18 de & huong dan giai thi thu dh 2010

Documents