Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 120 potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và
độ dài đoạn thẳng AB bằng
4 2
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
5
2.cos5 sin( 2 ) sin 2 .cot 3 .
2
x x x x
π
π
 
− + = +
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình :
2 2
4 2 2
2 3 15 0

2 4 5 0
x y x y
x y x y

+ + − =


+ − − − =


Câu III ( 1điểm) Tính tích phân
( )
3 2
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a,
2AC a
=

. Các mặt phẳng
( ' ),( ' ),( ' )B AB B AC B BC
cùng tạo với mặt phẳng
( )ABC
góc
0
60
. Tính thể
tích khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
.
Câu V (1 điểm) Cho
, ,x y z
là các số thực dương thoả mãn
x y z≥ ≥
và
3x y z+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
x z
P y
z y
= + +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a.
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm
( )

3;3I
và
2AC BD=
. Điểm
4
2;
3
M
 
 ÷
 

thuộc đường thẳng
AB
, điểm
13
3;
3
N
 
 ÷
 
thuộc đường thẳng
CD
. Viết phương trình đường chéo
BD

biết đỉnh
B
có hoành độ nhỏ hơn 3.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1
d : ; d :
1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = =

và mặt phẳng
( )
P : x y 2z 5 0+ − + =
. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P)
và cắt
( ) ( )
1 2
d , d
lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn
2
z z z+ =
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm)
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương
trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và
AB bằng 45
0
. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B
có hoành độ dương.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng
∆:
x y z1 1
2 1 2
+ −
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C
sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
2 2 2m x x x− + = +
có 2
nghiệm phân biệt.
Hết
1
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1, Tập xác định:
D = ¡
•
Sự biến thiên:
•
Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x= −
;
' 0 0y x= ⇔ =
hoặc
2x =
Hàm số đồng biến trên các khoảng

( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
•
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
; y
CT
2= −
, đạt cực đại tại
0x =
; y
CĐ
2=
•
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
Nhận xét:
Câu 1: 2, Đặt

( ) ( )
3 2 3 2
; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − +
với
a b
≠
. Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là:
( ) ( )
2 2
' 3 6 ; ' 3 6
A A B B
k y x a a k y x b b= = − = = −
. Tiếp tuyến
của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi
( ) ( )
2 2
3 6 3 6 2 0 2
A B
k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = −
Độ dài đoạn AB là:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2
3 3 2 2 2 2
2
2 2 2

3 . 3
4 1 4 1 . 1 3
AB a b a b a b a b a b a ab b a b
a a a
 
 
= − + − − − = − + − + + − +
 
 
 
= − + − − −
 
Đặt t = ( a – 1
)
2

4 2AB =

( ) ( )
( )
2
2
3 8 4 2 2 0t t t t t t⇔ + − = ⇔ − − + =
4t⇔ =
1 2
1 2
a
a
− =


⇔

− = −

• Với
3 1a b= ⇒ = −
⇒
( ) ( )
3;2 , 1; 2A B − −
• Với
1 3a b= − ⇒ =
⇒
( ) ( )
1; 2 , 3;2A B− −
Vậy
( ) ( )
3;2 , 1; 2A B − −
hoặc
( ) ( )
1; 2 , 3;2A B− −
.
Câu 2: 1, ĐK:
sin3 0x ≠
pt
⇔
2cos5 sin 2 cos2 .cot 3x x x x+ =

⇔
2cos5 sin3 sin 2 cos3 cos2 .cos3x x x x x x+ =
⇔

2cos5 sin3 cos5 0x x x− =
⇔
cos5 ( 2 sin3 1) 0x x − =
+)
1
sin 3 0
2
x = ≠
(t/m đk)
⇔
2
12 3
2
4 3
k
x
k
x
π π
π π

= +



= +


+)
cos5 0x =

⇔

10 5
k
x
π π
= +
t/m đk
KL:………………
Câu 2: 2,
2 2
4 2 2
2 3 15 0
2 4 5 0
x y x y
x y x y

+ + − =


+ − − − =


Hệ pt
2 2
2 2 2
( 1)( 2) 4( 1) 4( 2) 5
( 1) ( 2) 10
x y x y
x y


− − + − + − =

⇔

− + − =


.
2
M
C'
A'
B
C
A
B'
H
N
P
Đặt
2
1
2
u x
v y

= −

= −


Ta có hpt
2 2 2
10 ( ) 2 10
4( ) 5 4( ) 5
u v u v uv
uv u v uv u v
 
+ = + − =
⇔
 
+ + = + + =
 
⇔
10
45
u v
uv
+ = −


=

(vô nghiệm) hoặc
2
3
u v
uv
+ =



= −

3
1
u
v
=

⇔

= −

hoặc
1
3
u
v
= −


=

+)
3
1
u
v
=



= −

Tìm được 2 nghiệm
( ; ) (2;1)x y =
và
( ; ) ( 2;1)x y = −
+)
1
3
u
v
= −


=

Tìm được nghiệm
( ; ) (0;5)x y =
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)
Câu 3:
( )
3 2
2
1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x

x
I dx x dx dx
x x x x
+ + +
+
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
Ta có :
3 3
2
1
1
1
3 3
e
e
x e
x dx
 
−
= =
 
 
∫
( )
1
1 1
2 ln
1 ln

ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x
+
+
= =  + 
 
+ +
∫ ∫
( )
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e
+
= + − =
Vậy
3
1 2
ln
3 2
e e
I
− +

= +
.
Câu 4: Gọi H là hình chiếu của
'B
trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB
và BC.Khi đó
, 'AC HM AC B H⊥ ⊥

( ' )AC B BM⇒ ⊥
. Vậy góc giữa
( ' )B AC
và
( )BAC
là góc
'B MH
. Tương tự ta có
0
' ' ' 60B MH B NH B PH= = =
. Do đó
' ' 'B MH B NH B PH HM HN HP∆ = ∆ = ∆ ⇒ = =
. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.Theo công thức
2
( )( )( ) 4 . .2 . 2 2S p p a p b p c a a a a a= − − − = =
Mặt khác
2
2 2 2
4 2
S a a
S pr r HM

p a
= ⇒ = = = =
Tam giác vuông
'B HM
có
0
2 6
' .tan 60 . 3
2 2
a a
B H HM= = =
Từ đó
2 3
. ' ' '
6
. ' 2 2 . 2 3
2
ABC A B C ABC
a
V S B H a a= = =
( đvtt).
Câu 5 : Ta có
2 , 2
x z
xz x yz z
z y
+ ≥ + ≥
Từ đó suy ra
3 2 2 3
x z

P y x xz z yz y
z y
= + + ≥ − + − +

2
2( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z= + + + + − − = + + + −
Do
0x >
và
y z≥
nên
( ) 0x y z− ≥
. Từ đây kết hợp với trên ta được
2 2 2
3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5
x z
P y x z y y y y
z y
= + + ≥ + + = − + = − + ≥
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1
Câu 6a: 1, Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là
5
' 3;
3
N
 
 ÷
 
. Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:

3 2 0x y− + =
.Suy ra:
( )
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB
− +
= = =
Do
2AC BD
=
nên
2IA IB=
. Đặt
0IB x
= >
, ta có phương
trình:
2
2 2
1 1 5
2 2
4 8
x x
x x
+ = ⇔ = ⇔ =

Đặt

( )
,B x y
. Do
2IB =
và
B AB∈
nên tọa độ B là
nghiệm của hệ:
3
( ) ( )
2 2
2
14
4 3
5 18 16 0
3 3 2
5
8 2
3 2
3 2 0
5
x
x
y y
x y
y
x y
x y
y


=


= >

− + =

− + − =
 
⇔ ⇔ ∨
   
=
= −
− + =





=



Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn
14 8
;
5 5
B
 
 ÷

 
Vậy,đường chéo BD là:
7 18 0x y− − =
.
Câu 6a: 2, Đặt
( ) ( )
A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + +
, ta có

( )
AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + +
uuur

Do AB song song với (P) nên:
( )
P
AB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = −
uuur uur
. Suy ra:
( )
AB a 5; a 1; 3= − − − −
uuur
Do đó:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥
Suy ra:
{
a 2

min AB 3 3
b 2
=
= ⇔
= −
,
( )
1;2;2A
,
( )
3; 3; 3AB = − − −
uuur
Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:
x 1 y 2 z 2
1 1 1
− − −
= =
.
Câu 7a: Giả sử
z x yi= +
, khi đó
2 2 2 2
( )z z z x yi x y x yi+ = ⇔ + + + = −
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 2
2
x y x y x
x y x y xyi x yi
xy y


− + + =

⇔ − + + + = − ⇔

= −


TH 1.
1
2
x = −
ta được
2 2 2 2
1 1 1 1 3
4 4 2 4 4
y y y y− + + = − ⇔ + = −
2
2
2 4 2
4 2
3
3
0
5 2 5
4
4
1 3 9
2
16 40 5 0

4 2 16
y
y
y
y y y
y y


− ≥

≥
+
 
⇔ ⇔ = ±
 
 
+ = − +
− + =



TH 2.
2
0 0 0y x x x x x y= ⇒ + = ⇔ = ⇒ = =
Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ;
1 5 2 5
2 2
z i
+
= − ±

Câu 6b: 1, Tọa độ điểm D là:
3 0 0
2 0 0
x y x
x y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
=> D(0;0)
≡
O
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là
( ) ( )
1 2
3; 1 , 1; 2n n− −
ur uur

 cos
·
ADB
=
2
1
=>
·
ADB
=45

0
=>AD=AB (1)
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45
0
=>
·
BCD
=45
0
=>
∆
BCD vuông cân tại B=>DC=2AB.
Theo bài ra ta có:
( )
2
1 3.
24
2 2
ABCD
AB
S AB CD AD= + = =
=>AB=4=>BD=
4 2
Gọi tọa độ điểm
;
2
B
B
x
B x

 
 ÷
 
, điều kiện x
B
>0 =>
2
2
8 10
( )
5
4 2
2
8 10
( )
5
B
B
B
B
x loai
x
BD x
x tm

= −

 

= + = ⇔

 ÷

 
=


uuur
Tọa độ điểm
8 10 4 10
;
5 5
B
 
 ÷
 ÷
 
Vectơ pháp tuyến của BC là
( )
2;1
BC
n =
uuur
( Vì
BD BC
⊥
)
4
=> phương trình đường thẳng BC là:
2 4 10 0x y+ − =
Câu 6b: 2, Phương trình tham số của ∆:

= − +


= −


=

x t
y t
z t
1 2
1
2
. Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng
− + −C t t t( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)= − + − − = −
uuur uuur
   
= − − − − ⇒ = − +
   
AC AB t t t AC AB t t
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216
uuur uuur uuur uuur
Diện tích ∆ABC là
 
= = − +
 

S AC AB t t
2
1
, 18 36 216
2
uuur uuur
=
t
2
18( 1) 198− +
≥
198
Vậy Min S =
198
khi
t 1=
hay C(1; 0; 2).
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận
BC ( 2; 3; 4)= − − −
uuur
làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
− − −
= =
− − −
.
Câu 7b: Ta có:
2

2 2 1x x− + ≥
nên
2
2 2 2m x x x− + = +
2
2
2 2
x
m
x x
+
⇔ =
− +
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
+
=
− +
, ta có:
( )
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2

x
f x
x x x x
−
=
− + − +
( )
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
→−∞ →+∞
 
= ⇔ = = = − =
 ÷
 
+ Bảng biến thiên:
x
-
∞

4
3
+
∞
y’ - 0 +
y

10

-1 1
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
1 10m< <
5
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75
Ngày 4 tháng 5 Năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
y
=
2)1(2
24
−+−− mxmx
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
2
=
m
.
2. Tìm
m
để hàm số (1) đồng biến trên khoảng
;1(
)3
.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:
)cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+
2. Giải hệ phương trình:



=−−
=−++−−
12
4)3()1(3
22
yxyx
xyyyxx

R),( ∈yx
Câu III (2 điểm)
1. Tính tích phân: I =
∫
+
−+
e
dx
xx
xxx
1
)ln1(
ln)2(

2. Cho ba số thực dương
a

,
b
,
c
thay đổi thỏa mãn điều kiện
abc
= 1. Chứng minh rằng:

ba ++1
1
+
cb ++1
1
+
ac ++1
1

≤

a+2
1
+
b+2
1
+
c+2
1
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp
ABCDS.
có đáy

ABCD
là hình thoi tâm
O
, hai mặt phẳng (
SAC
)
và (
SBD
) cùng vuông góc với mặt phẳng (
ABCD
). Biết
AC

=
2 3a
,
BD
=
2
a
, khoảng cách từ điểm
O
đến mặt phẳng (
SAB
) bằng
3
4
a
. Tính thể tích khối chóp
ABCDS.

theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung
trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ
C
lần lượt là
01 =−+ yx
và
093 =−− yx
. Tìm tọa độ
các đỉnh
B
,
C
của tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (
C
) có phương trình
0842
22
=−−++ yxyx

và đường thẳng (
∆
) có phương trình :

0132 =−− yx
. Chứng minh rằng (
∆
) luôn cắt (
C
) tại hai điểm
phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm
M
trên đường tròn (
C
) sao cho diện tích tam giác
ABM
lớn nhất.
3 . Giải phương trình:
2
1
3
9.
3
2
4
3
1
log)23(
+
−=
−
−
x
x

x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
M
(0; 2) và hai đường thẳng
1
d
,
2
d
có phương trình
lần lượt là
023 =++ yx
và
043 =+− yx
. Gọi
A
là giao điểm của
1
d
và
2
d
. Viết phương trình
đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng
1
d

và
2
d
lần lượt tại
B
,
C
(
B
và
C
khác
A
) sao cho
22
11
ACAB
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (
C
):
0242
22
=++−+ yxyx
. Viết phương
trình đường tròn (
C
') tâm
M

(5, 1) biết (
C
') cắt (
C
) tại hai điểm
A
,
B
sao cho
3=AB
.
3. Tính giá trị biểu thức A =
+−+−
4
2
3
2
2
2
1
2
3
2011
32
2011
21
2011
10
2011
0

CCCC

2012
2
2011
2011
2011
C

Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ 75
6
Câu 1 : Với m = 2,
24
2xxy −=
1. TXĐ: D =
R
2. Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
xxy 44'
3
−=
;
⇔= 0'y
1,0044
3
±==⇔=− xxxx
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;
∞+
)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
∞
; -1) và (0; 1)
b) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
cđ
= y(0) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
±
1; y
ct
= y(
±
1) = -2
c) Giới hạn tại vô cực:
=−
±∞→
)2(
24
xxLim
x
+
∞
d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên

3) Đồ thị:

Câu 1: 2) 1 điểm y' =
xmx )1(44
3
−−

y' = 0
⇔

xmx )1(44
3
−−
= 0
⇔

[ ]
0)1(
2
=−− mxx
TH1: Nếu m- 1
≤
0
⇔
m
≤
1
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +
∞
). Vậy m
≤
1 thoả mãn ycbt
TH 2: m - 1 > 0
⇔
m> 1 y' = 0
⇔
x = 0, x =

1−± m
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-
1−m
; 0 ) và (
1−m
; +
∞
)
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì
11 ≤−m

⇔
m
≤
2
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 )
⇔
m
∈

(
]
2;∞−
Câu 2: 1. (1 đi ểm)
)cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+

⇔
2cos
2
x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos

2
x =0
⇔
2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0
Đặt t = sinx - cosx ( -
22 ≤≤ t
)
⇒
sinxcosx =
2
1
2
t−
Phương trình trở thành t
2
+ 4t - 5 = 0
⇔
t = 1; t = -5 (loại)
Với t = 1
⇔
sinx - cosx = 1
⇔

2
sin







−
4
π
x
= 1

⇔
sin






−
4
π
x
=
2
2
⇔






+=−

+=−
π
ππ
π
ππ
2
4
3
4
2
44
kx
kx
⇔




+=
+=
ππ
π
π
2
2
2
kx
kx
Câu 2 : 2. (1 điểm) x
2

-3x(y-1) + y
2
+ y(x-3) = 0
⇔
(x-y)
2
+ 3(x-y) - 4 + 0



−=−
=−
4
1
yx
yx
* Với x- y = 1, ta có



=−−
=−
12
1
yxyx
yx
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
7
* Với x - y = -4 ta có




=−−
−=−
12
4
yxyx
yx
(Hệ PT vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
Câu 3: 1. (1 điểm) I =
∫ ∫
=
+
−+
e e
dxdx
xx
xxx
1 1
)ln1(
ln2)ln1(
-2
dx
xx
x
e
∫
+

1
)ln1(
ln

Ta có
∫
−=
e
edx
1
1
Tính J =
dx
xx
x
e
∫
+
1
)ln1(
ln
Đặt t = 1 + lnx
J =
dt
t
t
∫
−
2
1

1
=
dt
t
)
1
1(
2
1
∫
−
= (t - ln
t
) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2
Câu 3 : 2. (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a
≤
b
≤
c
Khi đó 0 < 1 + a + b
≤
1 + a + c
≤
1 + b + c và 0 < 2 + a
≤
2 + b
≤
2 + c
Ta có
a+2

1
+
b+2
1
+
c+2
1
-






++
+
++
+
++ accbba 1
1
1
1
1
1
=
=
)1)(2(
1
baa
b

+++
−
+
)1)(2(
1
cbb
c
+++
−
+
)1)(2(
1
cac
a
+++
−
≥
≥
)1)(2(
1
cbc
b
+++
−
+
)1)(2(
1
cbc
c
+++

−
+
)1)(2(
1
cbc
a
+++
−
=
)1)(2(
3
cbc
cba
+++
−++
≥

0
)1)(2(
33
3
=
+++
−
cbc
abc
Vậy
ba ++1
1
+

cb ++1
1
+
ac ++1
1

≤

a+2
1
+
b+2
1
+
c+2
1
Câu 4: Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao
tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). V
SABCD
=
3
1
SO.S
ABCD
Diện tích đáy
2
32.
1
1
aBDACS

ABCD
==
Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a , do đó
0
60=ABD

⇒
tam giác ABD đều.
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB⊥
và
DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O
đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =

Đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
Câu 5a: 1. (1 điểm)
Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC
⇒
M(m; 1-m)
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c).
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I(
2
32 +− cm
;
2
327 cm −−
)
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn
09)
2
327

()
2
32
(3 =−
−−
−
+− cmcm
⇒
m = 2
⇒
M(2; -1). Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:



=−−
=−−
03
093
yx
yx

⇔



=
=
0
3

y
x
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
Câu 5a :2. (1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R =
13
.
8
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
Khoảng cách từ I đến đường thẳng (
∆
) là
13
9
),(
=
∆I
d
< R
Vậy đường thẳng (
∆

) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có
),(
.
2
1
∆∆
=
MABM
dABS
Trong đó AB không đổi nên
ABM
S
∆
lớn nhất khi
),( ∆M
d
lớn nhất.
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (
∆
).PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương
trình:



=−+
=−−++
0123
0842

22
yx
yxyx
⇔



=−=
−==
5,3
1,1
yx
yx
⇒
P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có
13
4
),(
=
∆P
d
;
13
22
),(
=
∆Q
d
Ta thấy
),( ∆M

d
lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).
Câu 5a: 3. (1 điểm) Điều kiện: x > 1
2
1
3
9.
3
2
4
3
1
log)23(
+
−=
−
−
x
x
x

⇔
[ ]
1
33
3
3
2
43log)1(log)23(
+

−=−−−
xx
x
⇔
[ ]
xx
x 3.241)1(log)23(
3
−=−−−

⇔
023)1(log)23(
3
=−+−−
xx
x
⇔
[ ]
01)1(log)23(
3
=+−− x
x

⇔



−=−
=−
1)1(log

023
3
x
x

⇔





=
=
3
4
2log
3
x
x
Vậy PT có nghiệm x =
3
4
Câu 5b: 1. (1 điểm)
Toạ độ điểm A(-1; 1).Ta thấy 2 đường thẳng d
1
và d
2
vuông góc với nhau
Gọi
∆

là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng
1
d
và
2
d
lần lượt tại
B
,
C
(
B
và
C
khác
A
).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên
∆
. Ta có:
2222
1111
AMAHACAB
≥=+
(không đổi)
⇒
22
11
ACAB
+

đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
1
AM
khi H
≡
M, hay
∆
là đường thẳng đi qua M và vuông
góc với AM. PT đường thẳng
∆
: x + y - 2 = 0
Câu 5b :2. (1 đi ểm)
Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk
3R =
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của
đoạn AB. Ta có
2
3
2
AB
BHAH ===
Trường hợp 1:
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB .Gọi H' là trung điểm của A'B'
Ta có:
2

2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
 
= = − = − =
 ÷
 ÷
 
Ta có:
( ) ( )
2 2
MI 5 1 1 2 5= − + + =
và
2
7
2
3
5HIMIMH =−=−=
;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
Ta có:
13
4
52
4
49

4
3
MHAHMAR
2222
1
==+=+==
,
43
4
172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
==+=+==
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13 hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
9