BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.87 MB, 120 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
2) Giải phương trình:
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh
S
, có tâm đường tròn đáy là
.O ,A B
là hai điểm trên đường tròn đáy sao
cho khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
bằng
a
,
0
60ASO SAB
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
II. PHẦN RIÊNG
: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
( )d
có phương trình :
0x y
và điểm
(2;1)M
. Tìm
phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng
( )d
tại B sao cho tam giác AMB
vuông cân tại
M
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng
đi qua hai điểm
0; 1;2 ,A
1;0;3B
và tiếp xúc với mặt cầu
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2x y z
Câu VII (1 điểm) Cho số phức
z
là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z
.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
2. Theo chương trình nâng cao
.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
C
có phương trình
2
2
: 4 25x y và điểm
(1; 1)M . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn
C tại 2 điểm ,A Bsao
cho
3MA MB
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
P
có phương trình:
1 0x y
. Lập phương trình
mặt cầu
S đi qua ba điểm
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C và tiếp xúc với mặt phẳng
P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x
(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y
2 2
lim ; lim
x x
y y
TCĐ x = 2
y’ =
2
1
0; 2
( 2)
x
x
BBT
2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
( ) TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
)
( ) TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
AB min = 2 2
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R
Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x
ta được phương trình
2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t
4
2
t
t
+ Với t =
4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
2
0
2
2
x
x
x
+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
2
0
3 1
3 1
x
x
x
ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x
0,25
0,25
0,25
0,25
III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
, Đặt t =
1 ln
x
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3
0.5
2
2
1
ln
e
I x dx
, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e
0.25
0.25
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi I là trung điểm của AB , nên
OI a
Đặt
OA R
0
60SAB SAB
đều
1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO
2
2 2
6
3 2
R
a
R a R
2SA a
Chiếu cao:
2
2
a
SO
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn: 5x y .
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
Thay
5
y x
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x
P
bằng
3
2
khi 1; 4x y Vậy Min P =
3
2
Lưu ý:
Có thể thay
5
y x
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
0,25
0,50
0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)
Anằm trên
Ox
nên
;0A a ,
B
nằm trên đường thẳng 0x y nên ( ; )
B b b
,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
,
do
2b
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b
2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b
0,25
0,25
S
O
A
B
I
Với:
2
1
a
b
đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y
Với
4
3
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
3 12 0x y
0,25
0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
II. PHẦN RIÊNG
: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
13
3
1
2
:
2
zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
)1(6)12(66'
2
mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
mmm
0,5
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'y
2
x 21 m 1m
0,25
b)
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx
1 đi
ểm
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx 1)sin43(3cos2
2
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2 xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x (
tm 5
);
7
2
7
m
x (
37 lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
1 đi
ểm
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,5
Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 đi
ểm
Ta c ó
2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10 uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
0,25
Câu III
8
1
)
2
3
ln(
4
3
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC
Kẻ
,'AAMH
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
'
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:
134)(3
222
abccba
1 đi
ểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
33 cbaa
hay a
1
),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
= 0
2
))(23(
2
cba
do a 1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
M¨t kh¸c
xyyxyxyx 11
2222
nªn
12
2244
xyyxyx
.®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)(
2
t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
1;
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Câu VIa
1 đi
ểm
(Học sinh tự vẽ hình)
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:
)2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra:
2),(.
2
1
ABCdABS
ABC
446. t
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
1 đi
ểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// nOH
;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
H là trung điểm của OO’
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O
0,5
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
1 đi
ểm
PT
10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2(
22
zzzz
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành
0103
2
tt
0,25
CâuVIIa
61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61z
;
iz 1
0,5
Câu VIb
a)
1 đi
ểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y
và
5AB
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y
và
17CD
0,25
Điểm M thuộc
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t
Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD
7
9
3
t t
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M
0,5
1 đi
ểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB
(….)…
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
I(2; 1; -1)
0,25
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
xxx
1 đi
ểm
Điều kiện:
0x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4x
* Với
4
x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30 x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
3;0
*Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
* Với
1
x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10 x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
10
4
x
x
0,25
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y
5 5 5
4
x y z
Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
0,25đ
0,25đ
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
( 2)
3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph
ần
Nội dung Điểm
CâuVI
a.
(1,0)
1(1,
0)
+ Do
AB CH
nờn AB: 1 0x y .
Giải hệ:
2 5 0
1 0
x y
x y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó:
( 4;3)AB BN B
.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'
A BC
.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0x y
. Gọi
( )I d BN
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A
+ Phương trình BC:
7 25 0x y
. Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C
.
+
2 2
450
( 4 13/ 4) (3 9 / 4)
4
BC ,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
(4; - 6; - 8)
2
u
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
và
2
u
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d
1
; M( 2; 0; - 1)
d
2
Vậy d
1
// d
2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng
I là giao điểm của A
1
B và d
0,25đ
B
C
A
H
N
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
0,25đ
Cõu Nội dung Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:
2
4 3
1 0
2
z
z z z (1)
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z
0
Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : (
0
2
1
)
1
()
1
2
2
z
z
z
z (2)
0.25đ
Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22
z
zt 2
1
2
2
2
t
z
z
Phương trình (2) có dạng : t
2
-t+
0
2
5
(3)
2
99
2
5
.41 i
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
31 i
,t=
2
31 i
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2
ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
iii
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2
ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1i
; z=
2
1 i
0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I
d
1
H
A
B
A
1
Ta có:
Idd
21
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy
2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1
ADd
1
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1
. Lại có:
2MDMA
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2y3x
03yx
2
2
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2
1y
2x
hoặc
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Cõu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u
( 1; - 1; 2)
và
2
u
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
D
1
; N( 2; 3; 0)
D
2
0,25đ
Xét
1 2
; .u u MN
= - 10
0
Vậy D
1
chéo D
2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D
1
B(2 – 2t’; 3; t’) D
2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
1
3
' 0
t
t
A
5 4 2
; ;
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D
1
và D
2
.
Ta có
:
2
3 5
2
x t
y t
z t
0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
0,25đ
CâuVIIb
(1,0)
Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( )
C C C C C C
C C C C C C i
Thấy:
1
( )
2
S A B
, với
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C C C C C C
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C C C C C C
+ Ta có:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i
.
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )i
nờn
1004
2A .
+ Ta có:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) x C xC x C x C
Cho x=-1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C C
Cho x=1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2C C C C C C
.
Suy ra:
2008
2B .
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ĐỀ 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho
DMN ABC
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .
x y xy
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình
chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt
nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và
tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M
là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng
thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y
ĐÁP ÁN ĐỀ 3
Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II
2.0
1
Giải phương trình
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
1.0
ĐK:
sin cos 0x x
0.25
Khi đó
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x
0.25
sin 1
cos 1
x
x
(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k
x m
,k m
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k
và
2x m
,k m
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x
0.25
2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x
0.25
3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x
2
2 0
1 16 0
x
x x
0.25
1x
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2
x u x udu dx
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
0.25
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u
0.25
3
3 6ln
2
0.25
IV
1.0
Dựng
DH MN H
Do
DMN ABC DH ABC
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy
0.25
Thể tích tứ diện
.
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
0.25
D
A
BC
H
M
N
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH
3 .
x y xy
0.25
V
1.0
Trước hết ta có:
3
3 3
4
x y
x y
(biến đổi tương đương)
2
0x y x y
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
(với t =
z
a
,
0 1t
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
0;1 . Có
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0.25
0;1
64
inf
81
t
M t
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
VI.a
2.0
1
1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13 5 5
5
x
x y
B
x y
y
0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n
nên :
p
k MN kn
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
Khi đó điểm M(1; 4; 3)
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
thoả mãn bài toán
0.25
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n
Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
(n – 3)(n + 9) = 4
3
n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2
1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
(tham số t)
(1; 3;0)M
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u
.
Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z
.
Ta có
MN
vuông góc với
u
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z
0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z
0.25
VII.b
Giải hệ phương trình
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y
1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
0.25
Hệ phương trình
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
0.25
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m
.
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm
cực trị này ở về hai phía của trục tung.
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
17
8cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos
2
x x x x x
.
2. Tính tích phân :
1
2
1
1 1
x
dx
I
e x
.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
1 1 1
12x y z
x y z
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
1;3 .
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là
0
60
.Tính
theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
2;0A và
1 3G ;
là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3
log 4.16 12 2 1
x x
x
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
1y x ln x .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với
0 1A ; và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là
2 1 0x y
và
3 1 0x y
. Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
.
2. Tìm giới hạn:
2
ln 2
lim
1
1
x
x
x
.
ĐÁP ÁN ĐỀ 4
Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I Ý 1
Khi m =1
3
3 1y x x
. Tập xác định D=R .
0,25 đ
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0 1x .
0,25 đ
Bảng biến thiên .
Hàm số đồng biến trên khoảng
; 1 , 1; và nghịch biến
trên khoảng
1;1 .
Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y
CĐ
= 3 và đạt CT tại x = 1 ; y
CT
= -1 .
0,25 đ
(1,0 đ)
Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .
0,25 đ
y’ = 0
3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m
.
0,25 đ
0m
: y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị .
0,25 đ
0m
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0
hàm số có 2 cực trị.
KL:
0m .
0,25 đ
(2,0đ)
Ý 2
(1,0 đ)
0m
0P m
đpcm.
0,25 đ
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cos
x x x
0,25 đ
2
2cos .(2 cos 3 2 sin 4) 0x x x
0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x
. 0,25 đ
Ý 1
(1,0 đ)
2
2
4
3
2
4
x k
x k
x k
, k
Z
KL:
0,25 đ
Khi x = 2y
1y
2
1
x
y
;
2
1
x
y
(loại) .
0,25 đ
âu II
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
Khi y=2x
-3 x
2
= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
2;1 .
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
44
1m t t
.
0,25 đ
Xét
44
( ) 1f t t t
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t
f t
t
hàm số NB trên
0; .
0,50 đ
4 4 2
4
1
lim ( ) lim 0
1 1
t t
f t
t t t t
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.
0,25 đ
Ta có:
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
.
0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2
Q
x y z x y z
x y z x y z
0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC
A , M , H thẳng hàng
0
BC SM 60BC AM SMH
.
0,25 đ
AM=4a
2
3
12 ; 8
2
ABC
ABC
S a
S a p a r
p
=MH .
0,25 đ
3
.
3 3
6 3
2
S ABC
a
SH V a
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ)
Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP
HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a .
0,25 đ
Đặt AB = a
2
2 2
2 ;
2 2
ABC
a
a
BC a S p
.
0,50 đ
2 2
ABC
S a
r
p
.
0,25 đ
Câu Va
(1,0 đ)
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a
3 2 1r
.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x
.
Chia 2 vế cho
2
3 0
x
, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
.
0,50đ
Đặt
4
3
x
t
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t kth t th
.
0,25 đ
Khi
3
4
t
, ta có:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x
.
0,25 đ
TXĐ:
0;D ;
1
' ln
x
y x
x
.
0,25 đ
y’= 0
1
x
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x
là HSĐB
0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi 0 < x < 1
' 0y
; khi x > 1
' 0y
.
KL: miny = 0
1
x
.
0,25 đ
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
.
0,25 đ
Gọi
1
;2 1 ( )B b b d ;
2
1 3 ; ( )C c c d
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
.
0,50 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7
B C
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x
.
0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
.
0,50 đ
Ý 1
(1,0 đ)
Khi t = 2 thì
3
log 2 9x x
(th)
KL: nghiệm PT là
9x
.
0,25 đ
Đặt
1. : 1 0t x Suyra x t
.
0,25 đ
Giới hạn trở thành:
0
ln 1
lim
2
t
t
t t
0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t
.
0,50đ
Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
KL:
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x
.
0,25đ
ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
.
1). Khảo sát và vẽ đồ thị
C
của hàm số trên.
2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN
.
Câu II (2 điểm) :
1). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
2). Giải phương trình :
01cos
sin
2
sin
sin
2
2
x
x
x
x
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x 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) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x10 1).12(48
22
xxmx
.
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 ABC 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:
2
2
2 2
x t
y t
z 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 5
1 1 1
xy yz zx x y z
2. Theo chương trình nâng cao
.
Câu VI.b (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường
tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y
2 2
( ') : 4 – 5 0C x y x
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')C C
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
x
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(
đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu Phần Nội dung
I
(2,0)
1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ): ( 1) 1.d y k x
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
x y x y
phân biệt sao cho
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y
