Tuyển tập đề thi thử đại học môn toán (có đáp án)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.14 MB, 47 trang )
Giới thiệu
website cô
công viy tín, trung
.
.
2011-2012
1
(7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
21
1
x
y
x
(C)
Câu II (2,0 điểm)
22
33
21
22
yx
x y y x
.
66
8 sin cos 3 3sin4 3 3cos2 9sin2 11x x x x x
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x
.
Câu IV(1,0 điểm)
2
3
a
3
15
27
a
.
Câu V (1,0 điểm) Vx, y
22
21x y xy
44
21
xy
P
xy
.
(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
n
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp vi h t ng tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Ving th
vuông góc vng thng: 4x-3y+2 =0 và cng tròn (C) ti A;B sao cho AB = 6.
1
:
21
4 6 8
x y z
và
d
2
:
72
6 9 12
x y z
1
và d
2
-1;2) và B(3 ;- 4;-
1
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
ng trình
2
2 4 11 0zz
22
12
2
12
()
zz
zz
.
B.
Câu VI.b(2,0 điểm)
Oxy cho -
giác là I(-
C
>0)
2.
Câu VII.b (1,0 điểm)
yyxx
xyyx
222
222
log2log72log
log3loglog
Cõu
í
m
I
1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
xx
yy
; tiệm cận ngang: y = 2
( 1) ( 1)
lim ; lim
xx
yy
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1
'0
( 1)
y
x
với mọi x
- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-
; -1) và ( -1; +
)
2
Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0
- 1)
thì
0
0
0
21
1
x
y
x
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
21
1
x
x
- 2| = |
0
1
1x
|
Theo Cauchy thì MA + MB
2
0
0
1
x 1.
1x
=2
MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và M(-2;3)
0,5
0,5
II
1
6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x
Thay (1) vào ph-ơng trình (*) ta có :
66
8 sin 3 3sin4 3 3 2 9sin2 11x cos x x cos x x
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3sin4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3sin4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x
3 2 . 2sin2 1 (2sin 2 1)(sin2 1)
2sin2 1 3 2 sin2 1 0
cos x x x x
x cos x x
0,5
0,5
2sin2 1 0 2sin2 1 (2)
3 2 sin2 1 0 sin2 3 2 1 (3)
xx
cos x x x cos x
Gi¶i (2) :
12
()
5
12
xk
kZ
xk
; Gi¶i (3)
4
()
7
12
xk
kZ
xk
KÕt luËn :
2
Ta có:
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y
.
Khi
0y
Khi
0y
3
0y
32
2 2 5 0
x x x
y y y
.
x
t
y
, ta có :
32
2 2 5 0 1t t t t
.
Khi
1t
,ta có : HPT
2
1, 1
1
yx
x y x y
y
.
0,5
0.5
III
I =
1 1 1
22
12
11
22
11
( 1 ) ( )
x x x
x x x
x e dx e dx x e dx I I
xx
.
Tính I
1
1
=
2
11
5
2
2
2
1
1
2
2
13
()
2
xx
xx
xe x e dx e I
x
5
2
3
.
2
Ie
0,5
IV
AE
Ta có AE
BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
v
(ACD) và (BCD) là
Mà
2
- x + = 0
2
2
2
2
3
5
3
a
AE
a
DE
2
2
2
2
5
3
3
a
AE
a
DE
0,5
0,5
H
D
E
C
B
A
vỡ DE<a (DE=CD/2<(BC+BD)/2=a)
Xột
Xột =
mp(ACD) v (BCD) l
V
t xy
. Ta cú:
2
1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy
V
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy
11
53
t
.
Suy ra :
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
tt
P
xy t
.
2
2
7
'
2 2 1
tt
P
t
,
' 0 0, 1( )P t t L
1 1 2
5 3 15
PP
v
1
0
4
P
.
KL: GTLN l
1
4
v GTNN l
2
15
11
;
53
)
0,5
0,5
VIa
1
-3); bỏn kớnh R=5
AB suy ra IH =4
d: 4x-
3x+4y+c=0
va món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2
Véc tơ chỉ ph-ơng của hai đ-ờng thẳng lần l-ợt là:
1
u
(4; - 6; - 8)
2
u
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
và
2
u
cùng ph-ơng
+) M( 2; 0; - 1)
d
1
; M( 2; 0; - 1)
d
2
Vậy d
1
// d
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
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm đ-ợc 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 AB suy ra I
65 21 43
;;
29 58 29
0,5
0,5
VIa
ó cho ta
12
3 2 3 2
1 , 1
22
z i z i
Suy ra
2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
22
z z z z
. Do ú
22
12
2
12
11
4
()
zz
zz
0,5
0,5
I
A H B
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
VIb
1
Phương trình đường tròn (C): (x+2)
2
+y
2
=25 (1)
Vì BC
AH (0; 6)
nên phương trình BD có dạng: y=m
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta có:
GH 2GI
2
G( 1; )
3
B C B C
B C B C
x x 4 x x 4
(2)
y y 6 y y 3
Thế (2) vào (1) ta được:
x2
B( 6; 3); C(2; 3)
x6
(vì x
C
>0)
0,5
0,5
2
MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng
: 1, , , 0
x y z
abc
a b c
Do M
nªn:
cos
3
1 2 3 6
1 3. 162
y
abc
a b c abc
ThÓ tÝch:
min
3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c
MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VIb
-
yyxx
xyyx
222
222
log2log3log23
log3loglog
- Suy ra: y = 2x
13log2
1
2
x
13log2
2
2
y
0,5
0,5
2011-2012
2
Câu I
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m
(1)
2.T
2
Câu II
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
22
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
Câu III
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
Câu IV (
C
Câu V
2 2 2
3( ) 2P x y z xyz
.
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
Câu VIa
-
:3 4 4 0xy
.
Tìm trên
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z
.
(1;6;2)v
( ): 4 11 0x y z
Câu VIIa
4
x
2 10
(1 2 3 )P x x
Câu VIb
22
( ): 1
94
xy
E
-2) , B(-3;2) .
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z
.
(1;6;2)v
( ): 4 11 0x y z
Câu VIIb
2
0 1 2
2 2 2 121
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
nn
Câu
NỘI DUNG
I
II
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m
,
0y
22
2 1 0x mx m
1 0, m
05
-1;2-
B(m+1;-2-2m)
025
ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
3 2 2m
và
3 2 2m
.
025
1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin2 0
PT c x c
c x c x
05
sin(4 ) sin(2 ) 0
66
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
xx
xk
xc
k
2
xk
và
18 3
xk
.
05
2. K :
15
22
0
x
x
.
K trên PT ã cho tng
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
05
2
22
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
025
K trên PT -1/4 , x=1/2 và x=2.
025
2
66
2
00
tan( )
tan 1
4
os2x (tanx+1)
x
x
I dx dx
c
,
2
2
1 tan x
cos2x
1 tan x
025
III
IV
2
2
1
tanx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
00
1
6
3
xt
xt
05
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
tt
.
025
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
AM SC
(1)
T
AN SC
(2)
AI SC
05
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH
Ta có
2
4
ABM
a
S
22
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
23
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V
05
Ta c ó:
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
025
2
32
()
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
yz
x x x
x x x
025
32
( ) 15 27 27f x x x x
,2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
1x y z
.
05
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
44
aa
A a B a
. Khi
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB
.
05
2
2
4
63
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
1) và B(4;4).
05
VIa
VIIa
VIb
VIIb
-3;2) và bán kính R=4
Véc t
()
là
(1;4;1)n
025
Vì
( ) ( )P
v
(2; 1;2)
p
n n v
làm vtpt. Do ó (P):2x-y+2z+m=0
025
( ( )) 4d I P
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
025
-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
025
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
05
4
0 1 2
0 10
432
,
ki
i i i
ik
k k k
i k N
025
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C
.
025
1. Ta có PT
ó ta có
22
1
94
xy
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
xy
S AB d C AB x y
05
22
85 170
3 2 3
13 9 4 13
xy
22
2
1
3
94
2
2
32
xy
x
xy
y
32
( ; 2)
2
C
.
05
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
nn
n
n n n n
C C C C
nn
05
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
05
2011-2012
3
Câu I
32
32y x x
C
1
C
2.
C
22
15x m y m
Câu II
1
34
2(cot 3)
2
sin 2
cos
x
x
x
2
x2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
Câu III
D
ln 2x
y
x
,
0y
,
1x
và
xe
.
0x
Câu IV
. ' ' 'ABC A B C
ABC
AB AC a
, góc
0
120BAC
'
BB a
'CC
'AB I
ABC
và
'AB I
Câu V
,xy
22
1x y xy
6 6 2 2
2F x y x y xy
SINH Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
Câu VI.a
1.
Oxy
3; 1C
3 10 0xy
2.
2 2 1 0x y z
13
:
1
2 1 2
x y z
d
,
55
:
2
3 4 2
x y z
d
12
d , dAB
Câu VII.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x
2
trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña
1
4
2
n
x
x
biÕt
r»ng n lµ sè nguyªn d-¬ng tháa m·n:
1 2 3 1
2 3 1 64
nn
n n n n n
C C C n C nC n
Câu VI.b
1.
Oxy
, -1;2)
-
2.
1
và d
2
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
2
1 2 1
:,
2 1 4
x y z
d
g d
1
và d
2
Câu VII.b
20
x
5
3
2
()
n
x
x
1 1 1 1
0 1 2
( 1)
2 3 1 13
nn
C C C C
n n n n
n
Câu I
1
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
;0
và
2;
0;2
lim ; lim ;
xx
yy
0x
và y
= 2
2x
và y
ct
= -2
0,25
(0,25)
x
0 2
+ 0 - 0 +
y
2
-2
(0,25)
0,5
2
:2 2 0xy
0,25
( , 1)I m m
, bán kính R=
5
0,25
2 1 2
5 3 1 5
5
mm
m
2
4
3
m
m
0,5
Câu
II
1
sin2 0
2
k
xx
.
0,25
Ta có
4
2
3 1 2 3 2
sin 2
xx
x
tan cot
22
2(sin cos )
2
3 3 2
sin cos
xx
xx
xx
tan cotg
2
3 2 3 0xx tan tan
0,5
3x tan
3
xk
1
3
x tan
6
xk
0,25
2
g trình
x2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
2, 3xx
.
0,25
(1)
4 4 4 4
log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)
2 2 1 2 1x x x
0
2
2 7 0
7
2
x
xx
x
0,5
4
2
-2
-4
-5
5
0
1
3
2
-1
7
2
x
0,25
Câu
III
2
2
1
ln 2x
V dx
x
2
ln 2
1
ux
dv dx
x
1
2
11
2
du dx
x
v
x
0,5
Suy ra V=
11
1
1 1 3 1 1 1
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2 2 2
e
ee
dx
x e x
x x e
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2
e
e
0,5
Câu
IV
Ta có
3BC a
Suy ra
5 13
, ' 2 , '
22
AI a AB a B I a
0.25
2 2 2
''AI AB B I
0,25
+
2
'
1 10
.'
24
AB I
S AI AB a
.
2
3
4
ABC
Sa
'
10 3
cos cos
44
A BI ABC
SS
3
cos
10
Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ)
Tính ra cosin đựoc 0,25
N
0,5
Câu
V
Cho
,xy
22
1x y xy
6 6 2 2
2F x y x y xy
.
Ta có
3
2 2 2 2 2 2 2 2
32F x y x y x y x y xy
=
32
2 2 2 1xy xy xy
xy t
. Ta có
32
2 2 2 1f t t t t
2
22
1 3 1x y xy x y xy
1
3
xy
2
22
11x y xy x y xy
1xy
suy ra
1
;1
3
t
0,25
Ta tìm max, mi
1
;1
3
2
' 6 4 2f t t t
1
;1
3
1
3
1
'0
t
t
ft
Ta có
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
0,25
Suy ra
37
()
27
Max f t
khi
1
3
t
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
xy
0,25
( ) 1Minf t
khi
1t
suy ra
1xy
0,25
A'
B'
C'
B
A
C
I
Câu
Va
1
: 3 0CH x y
3 0 3
3 10 0 1
x y x
x y y
0,25
22
22
3 3 9 40AH CH t t
1
5
t
t
0,25
-1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)AB
0,25
-5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)BA
0,25
2
1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t
2 2 2 2
(3 5,4 ,2 5)B d B t t t
2 1 2 1 2 1
(3 2 4,4 3,2 2 5)AB t t t t t t
2 1 2 1 2 1
. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0
p
ABn t t t t t t
21
6 1 0tt
0,25
1 1 1 1
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
33
AP
t t t t
AB P d
1
1
5
1
t
t
0,25
12
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
0,25
12
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
0,25
Câu VIIa
1
0 1 2 2 1 1
1
n
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
1
1 2 1 2 1
1 2 1
n
n n n n
n n n n
n x C C x n C x nC x
0,25
Thay x=1 suy ra
1 2 3 1 1
2 3 1 2
n n n
n n n n n
C C C n C nC n
11
64 2 64 2 7
nn
nn
0,25
7
7
7
7
44
0
11
22
k
k
k
k
x C x
xx
2
x
7
1
2
k
k
C
7
22
24
kk
k
0,25
2
x
là
2
7
1 21
44
C
0,25
Câu
VIb
1
5AB
41
ABCD ABI ABI
S S S
.
12
.1
2
5
AB h h
0,25
00
,I x y
00
00
00
00
00
00
2
2
1, 0
22
55
14
1
,
1
33
xy
xy
xy
yx
xy
yx
0,25
-2)
0,25
A
B
C
H
I
D
C
A
B
1
;
3
4
3
) suy ra
28
;
33
C
và D
1 14
;
33
-
28
;
33
C
và D
1 14
;
33
0,25
2
12
,dd
21
,dd
,3;1;2
1
d
u
,4;1;2
2
d
u
12
, 7; 2; 4
dd
uu
12
, 7; 2; 4
p d d
n u u
0,25
7 2 4 0x y z d
12
,dd
1
()d
và
2
1;2;1 d
nhau.
Ta có
7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1
3
21
2
69 69
dd
d d d
0,5
14 4 8 3 0x y z
0,25
Câu VIIb
Ta có
0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
0,25
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( ( 1) ) ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
suy ra
1 13 12nn
0,25
12
12 12
5 5 12 5 12 8 36
12 12
3 3 3
00
2 2 2
( ) ( ) .( ) ( ) .2 .
k
n k k k k k
kk
x x C x C x
x x x
8 36 20 7kk
0,25
20
x
là:
75
12
.2 25344C
0,25
2011-2012
4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I
3
3x
2
+2 (1)
-
Câu II
cos2x 2sinx 1 2sinxcos2x 0
2
4x 3 x 3x 4 8x 6
Câu III ch phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
Câu IV
0
.
Câu V
2
+b
2
+c
2
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Câu VI.a.
22
x y 2x 8y 8 0
-
Câu VII.a
z 2 i 2
Câu VI.b
1.
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C
.
2. Cho
1
23
:1
32
xz
dy
2
3
: 7 2
1
xt
d y t
zt
1
và d
2
Câu VII.b
2
+3(1+i)z-6-13i=0
n¨m 2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu
I
1
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
xx
x x x x
2
-6x=0
0
2
x
x
x - 0 2 +
- 0 +
2 +
y
- -2
-
;0) và (2; + )
(0;2)
f
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2
2
-2)
-y-2
--2)=>P=6>0
-2,
-2x+2
4
32
5
2 2 2
5
x
yx
yx
y
=>
42
;
55
M
II
1
cos2x 2sinx 1 2sinxcos2x 0
(1)
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
Khi cos2x=1<=>
xk
,
kZ
Khi
1
sinx
2
2
6
xk
5
2
6
xk
,
kZ
2
2
4x 3 x 3x 4 8x 6
(1)
(1)
2
4 3 3 4 2 0x x x
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4
2
3 4 2xx
=0<=>x=0;x=3
x - 0 ¾ 2 +
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2xx
+ 0 - - 0 +
- 0 + 0 - 0 +
3
0; 3;
4
x
III
Tính
33
66
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin xsin
4
cot
2
sin x 1 cot
xx
I dx dx
x
x
x
dx
x
2
1
sin
dx dt
x
Khi
31
1 3;
63
3
x t x t
31
31
31
3
31
3
12
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
IV
Xét
0
3
cos30
2
a
AH SA
Mà
3
2
a
AH
=> AH BC, mà SH BC => BC(SAH)
=> HK
=>
0
3
AHsin30
24
AH a
HK
3
4
a
V
Ta có:
3 3 2 6 2
3
22
33
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
bb
(1)
H
A
C
B
S
K
3 3 2 6 2
3
22
33
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
cc
(2)
3 3 2 6 2
3
22
33
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
aa
(3)
2 2 2
2 2 2
93
16 4
abc
P a b c
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3
3
2
P
3
2
P
khi a=b=c=1.
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
VI.a
1
-1;4), bán kính R=5
,
=> -2=0)
22
5 3 4
2
4 10 1
34
,4
31
4 10 1
c
c
dI
c
3 4 10 1 0xy
3 4 10 1 0xy
.
0,2
2
Ta có
1; 4; 3AB
1
54
43
xt
yt
zt
-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a
Vì
AB DC
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a
5 49 41
;;
26 26 26
D
VII.a
Theo bài ra ta có:
22
2 1 2
2 1 4
3
3
a b i
ab
ba
ba
2 2 2 2
1 2 1 2
aa
hoac
bb
22
+(
12
)i; z= z=
22
+(
12
)i.
VI.b
1
Ta có:
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x
(1)
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x
(2)
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C
2
1
và
d
2
-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
MA kMB
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b
3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
=>
2; 10; 2MA
32
10 10
12
xt
yt
zt
VII.b
=24+70i,
75i
75i
2
54
zi
zi
2011-2012
5
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đ-ờng thẳng d: y = x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm
m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải ph-ơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất ph-ơng trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đ-ờng thẳng B
1
C
1
. Tính
khoảng cách giữa hai đ-ờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a
2009
+ b
2009
+ c
2009
= 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = a
4
+ b
4
+ c
4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo ch-ơng trình chuẩn
Câu VIa:
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C) có ph-ơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và
đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đ-ợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đ-ờng thẳng d có ph-ơng trình
tz
ty
tx
31
21
. Lập ph-ơng trình mặt
phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa: 1). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt
hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2) Giải ph-ơng trình:
)(,1
4
Cz
iz
iz
2.Theo ch-ơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đ-ờng thẳng d
có ph-ơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đ-ợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đ-ờng thẳng d có ph-ơng trình
3
1
12
1
zyx
. Lập ph-ơng trình
mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai
chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Câu
Đáp án
Điểm
I
(2
điểm)
1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5
+
Dx
x
y
0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;(
và
);2(
0,25
+Bảng biến thiên
x
-2
y + +
2
y
2
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đ-ờng thẳng d là nghiệm của ph-ơng trình
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam 0321)2).(4()2(01
22
nên đ-ờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y
A
= m x
A
; y
B
= m x
B
nên AB
2
= (x
A
x
B
)
2
+ (y
A
y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó
24AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với
9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin
2
x = 8
6cosx(1 sinx) (2sin
2
x 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0
0,5
x
y
O
2
-2
(1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
2
2
kx
0,5
2. (1 điểm)
ĐK:
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)
)3(5)1)(3()3(532
2
tttttt
0,5
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25
168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(
III
1 điểm
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
Câu IV
1 điểm
Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết
thì góc
HAA
1
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1
=30
0
2
3
1
a
HA
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
0,5
Kẻ đ-ờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và
B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK
0,25
Câu V
1 điểm
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009
ta có
)1(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
aaaaaaaaa
T-ơng tự ta có
)2(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
bbbbbbbbb
)3(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
ccccccccc
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đ-ợc
)(20096027
)(2009)(46015
444
444200920092009
cba
cbacba
Từ đó suy ra
3
444
cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
0,5
Câu
VIa
2
điểm
1.Từ ph-ơng trình chính tắc của đ-ờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đ-ợc 2
tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh
bằng 3
23 IA
0,5
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
A
1
A
B
C
C
1
B
1
K
H
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).
G.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 véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH
là véc tơ chỉ ph-ơng 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
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5
C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
0,5
Mỗi bộ 4 số nh- thế có 4! số đ-ợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ ph-ơng trình chính tắc của đ-ờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đ-ợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng
3
23 IA
0,5
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2.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 véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. uuAHdAH
là véc tơ chỉ ph-ơng 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
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số đ-ợc chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số nh- thế có 5! số đ-ợc thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đ-ợc lập nh- trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
CC
. Vậy
có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
