ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 docx

Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

ĐỀ SỐ 1
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  2x 2  1  m x  m 1 , m







là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1 cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt



2
2
3
có hồnh độ x1, x 2 , x 3 thỏa mãn điều kiện : x1  x2  x 2  4
Câu II (2,0 điểm)


1  sin x  cos 2x sin  x  
4
1

1. Giải phương trình :


cos x
1  tan x
2



2. Giải bất phương trình :



x x



1  2 x2  x  1
1



 1.

x 2  ex  2x2 ex
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân : I  
dx
1  2e x
0


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và
AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vng góc với mặt





phẳng ABCD và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 4x 2  1 x  y  3 5  2y  0

( x, y   ).
 2
2
4x  y  2 3  4x  7

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 tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng



 



 

d1 : 3x  y  0 và d2 : 3x  y  0 . Gọi T là đường tròn tiếp
xúc với d1 tại A , cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC

 

vuông tại B. Viết phương trình của T , biết tam giác ABC có diện
3
và điểm A có hồnh độ dương.
2
2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

tích bằng

x 1 y z 2
 
và mặt phẳng P : x  2y  z  0 . Gọi C là
2
1
1
giao điểm của  với P , M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M

 

:

 

 

đến P , biết MC  6 .
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết
z



2 i

2

 1  2i

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh
A 6;6 , đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có

 


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hịa
phương trình x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm





E 1; 3 nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.





2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 0; 0; 2 và đường
thẳng
x 2 y 2 z 3
:


. Tính khoảng cách từ A đến . Viết
2
3
2
phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho
BC  8 .
Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn z 



1  3i

2



1i

. Tìm môđun của số phức

z  iz .

ĐỀ SỐ 2
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
2x  1
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = y 
C .
x 1
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
2. Tìm m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị C tại hai điểm

 

 

phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là
gốc tọa độ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2x  cos 2x cos x  2 cos 2x  sin x  0



2. Giải phương trình



3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0 ( x   ).
e

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I 


1

ln x



x 2  ln x

2



dx

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B ' C ' có
AB  a , góc giữa hai mặt phẳng A’BC và ABC bằng 600 . Gọi









G là trọng tâm tam giác A’BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và

tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn:
a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



 



P  3 a 2 b2  b2c2  c2a 2  3 ab  bc  ca  2 a 2  b2  c2 .

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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, có
đỉnh C 4;1 , phân giác trong góc A có phương trình x  y  5  0 .





Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng
24 và đỉnh A có hồnh độ dương.
2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1; 0; 0 , B 0; b; 0 ,













 

C 0; 0; c , trong đó b, c dương và mặt phẳng P : y  z  1  0 . Xác





 

định b và c, biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng P và

1
.
3
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm





khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC bằng





biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z  i  1  i z .
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm).





 

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 2; 3 và elip E có

x 2 y2

 1 . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của E (F1
3
2
có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng
AF1 với E ; N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình
phương trình

 

 

đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x y 1 z
: 
 . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho
2
1
2
khoảng cách từ M đến  bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm)


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa





log 3y  1  x
 2
Giải hệ phương trình : 
( x, y   ).
x
x
2
4  2  3y


ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2  6

 

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 tiếp tuyến
vng góc với đường thẳng y 

1
x  1.
6

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2x  cos 2x  3 sin x  cos x  1  0
2. Giải phương trình 42x 

x 2

3

 2x  42 

x 2

 2x

3  4x  4

(x  )

e

3
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    2x   ln xdx
x
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vng góc của đỉnh S trên
AC
mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc đoạn AC, AH 
. Gọi CM là
4
đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và
tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số





y  x 2  4x  21   x 2  3x  10
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 tam giác ABC có đỉnh A 3; 7 ,













trực tâm là H 3; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp là I 2; 0 . Xác định
toạ độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương.


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hịa
2. Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
P : x  y  z  3  0 và Q : x  y  z  1  0 . Viết phương trình

 

 
mặt phẳng  R  vng góc với  P  và  Q  sao cho khoảng cách từ O
đến  R  bằng 2.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  2 và z2 là số

thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A 0;2 và  là đường thẳng

 

đi qua O. Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên . Viết phương
trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hồnh bằng AH.
2.Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x  3  t

x 2 y 1 z
và 2 :

 . Xác định toạ độ điểm M
1 :  y  t
2
1
2
z  t

thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
x 2  4x  y  2  0

(x, y  ) .


2 log2 x  2  log 2 y  0







ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1
Câu 1.
1. Bạn đọc tự làm.
2. Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị và Ox
x 3  2x 2  1  m x  m  0  x  1 x 2  x  m  0












Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
x  1
 2
. Để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 3

 x  x  m  0 (*)

2
2
điểm phân biệt có hồnh độ x1, x 2 , x 3 thỏa mãn x1  x2  x 2  4
3
2
2
 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khác 1 thỏa x1  x2  1  4
2
2
 x1  x2  3 ( giả sử x 3  1 )


1

m  
  1  4m  0
m  0

4



Nghĩa là: m  0
 m  0
 1

2
1  2m  3

  m  1
 4
x1  x 2  2x1 x 2  3




 1 
Vậy m    ;1  \ 0 là những giá trị cần tìm.
 4 
Câu 2.


1  sin x  cos 2x sin  x  
4
1

1. Giải phương trình

cos x
1  tan x
2














 x  2  k
, k

 x     k


4
Khi đó phương trình đã cho tương đường với


1  sin x  cos 2x 2 sin  x  
4

 cos x
sin x
1
cos x
cos x 1  sin x  cos 2x sin x  cos x

 cos x
sin x  cos x
 1  sin x  cos 2x  1 (Do cos x  0 )
cos x  0


Điều kiện: 

tan x  1













Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

 cos 2x  sin x  0  2 sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1 (loại


 x    k2
1
6
do cos x  0 ) hoặc sin x    
thỏa điều kiện
7
2
x 
 k2



6
Vậy phương trình có hai họ nghiệm:

7
x    k2, x 
 k2 với k   .
6
6
Chú ý: Phương trình cos 2x  sin x  0


 x   k2


2
 cos 2x   sin x  cos  x    
2

 x     k 2


6
3

7
So với điều kiện, suy ra x    k2, x 
 k2 với k   .
6

6
x x

2. Giải bất phương trình :



2

1 2 x  x 1



1

x  0

Điều kiện:  2
 x  0.
2x  2x  2  1


Cách 1:

Ta có: 1  2 x  x  1  1  2  x 







2

2

1
3
3
0
   1
2
4
2


Nên bất phương trình tương đương với





x  x  1  2 x2  x  1 





x  1  x  2 x2  x  1





(*)

Do a  b  2 a 2  b2 với mọi a,b và đẳng thức có khi a  b nên
2
x  1  x  2  x  1  x   2 x2  x  1 .




x 2  3x  1  0
3 5

Do vậy (*)  x  1  x  
x
.
0x 1
2



ta có:














Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
 x 1x  0

Chú ý:   
2  ... 
2 x2  x  1  x  1  x


 x 1 x  0
2 x  0

3 5


x  1



2  x 
2
 x 1 x  0

 x 1 x
x  1  x






 













Cách 2: Ta có (*)  x  1  2 x 2  x  1  x



 x 1

2









 2 x 2  x  1  x  2 2x x 2  x  1







 2 2x x 2  x  1  x 2  x  1
Áp dụng BĐT Cơ si, ta có : VT  2x  x 2  x  1  x 2  x  1
Dấu "=" xảy ra khi 2x  x 2  x  1  x 

3 5
( do 0  x  1 )
2


1
1
Cách 3:Ta có (*)  2  x  1   
1 x .
x

x

1
Ta thấy x  0 không thõa mãn, với x  0 , đặt t 
 x ta
x
được:
 t  1
1

2 t2  1  t  1  
 t1
 x 1
2
x
 t1  0




x







3 5
.

2

Chú ý: Đặt t 

x

 t  0

Phương trình
1  t2  t  0

  2 t  t 1 1 t  t   4
2
2
2
2 t  t  1  1  t  t

2
2

1  t2  t  0


1  t  t  0
1  t  t  0
 4
 2
 2
2
3

2
t  2t  t  2t  1  0
 t  t1  0
t  t  1  0








4

2



2





 





Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
2t  0


1  5  t 
t


2

5 1

2

5 1
3 5
x
.
2
2

x 





Cách 4: Ta có (*)  1  x  2 x 2  x  1  x (**)



2x 2  3x  2



2 x2  x  1  x 

Do



0



2

2 x x 1  x

0  x  1

Nên (**)   2
2
2
x  2x  1  2x  x  2  2 2x x  x  1

0  x  1



2
2
2 2x x  x  1  x  x  1

0  x  1


0  x  1

2   4
3
2
2
2
x  6x  11x  6x  1  0
8x x  x  1  x  x  1













 

0  x  1

 2
 x  3x  1




2






3 5
0  x  1
.
 2
x
2
0
x  3x  1  0


1

x 2  ex  2x 2e x
 1  2ex dx

0

Câu 3. Tính I 
1

I





1

1

0



ex
dx
1  2e x
0

0

1 d 1  2e
 
2 0 1  2e x
1

1

dx   x 2dx  

1  2e x

0

x3

3



x 2 1  2e x  ex
x

  1  1 ln 1  2e
3

2

1
x


0

1 1 1  2e

 ln
.
3 2
3

Câu 4.
Ta có: VS.CDNM 

1
SH.SMNDC
3

Mà SMNDC  SABCD  SAMN  SMBC  AB2 

a 2 a 2 5a 2
a 


.
8
4
8
2

1
AM.AN  BC.BM
2






Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
Nên VS.CDNM

1
5a 2 5 3a 3
 a 3.

(đvtt).
3
8
24

Lại thấy:
  1   1  

DM.CN  2DA  DC . 2DC  DA  DA2  DC2  0 .
2
2
Vậy CN  DM từ đó SC  DM bởi vậy :
2S
SH.CH
SH.CH
.
d SC; DM  d H; SC  HSC 

2
2

SC
SC
SH  CH
2 SABCD  SAMD  SCMB
2S
2a
Lại có: CH  CMD 

DM
DM
5







 











57
.
19
Chú ý: Trong mặt phẳng SHC hạ SH  SC , khi đó:





Từ đó suy ra: d SC; DM  2a





 
ADM  DCN  ADM  DCN  DM  CN  DM  SHC





 DM  HK  HK là đoạn vng góc chung của DM và SC .
Trong DCN , ta có:
CD2
CD2
2a
2
CD  CH.CN  CH 



2
2
CN
5
CD  DN
Trong DCN , ta có:

1
1
1


 HK 
2
2
HK
HS
HC2

HS.HC
HS2  HC2



a 57
.
19

3

5
,y 
4
2
Cách 1: Phương trình thứ nhất tương đương với:
Câu 5. Điều kiện: x 

3

 2  5y 
2  5y
5  2y
 
4x  x  
x


2
2
2


5  4x 2
3
 2x  5  2y  y 
, 0x
thay vào phương trình
2
4
3

2

 5  4x 2 
thứ hai ta có: 4x  
  2 3  4x  7
2 

2


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
 16x 4  25x 2  8 3  4x  3  0

 16x 4  25x 2  5  8









3  4x  1  0



16 1  2x



 4x 2  1 4x 2  5 



3  4x  1

0



16
 2x  1  2x  1 4x 2  5 
0
3  4x  1 

1
 x   y  2.
2
3
(Do 0  x   2x  1 4x 2  5  0 nên biểu thức trong
4
dấu [] luôn âm).
Cách 2: Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra x  0.
5  4t2
Đặt 5  2y  2t  0, ta được y 
.
2
Thay vào phương trình đầu ta có: x 4x 2  1  t 4t2  1



















 

 





Vì hàm f u  u 4u 2  1 đồng biến trên   nên ta có x  t , suy ra

5  4x 2

.
2
Thay vào phương trình thứ hai ta được:
y

5  4x 

2

4x 2

2

4

 2 3  4x  7.



2

2



5  4x
 3
Trong khoảng  0,  , hàm số g x  4x 2 
 2 3  4x
4

 4
4
có: g x  4x 4x 2  3 
 4x 4x 2  3  0.
3  4x
1
Mặt khác lại có g    7 vì vậy phương trình g x  7 chỉ có một
2
1
nghiệm duy nhất là x  , suy ra y  2.
2

 

 









 


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa



1
x 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 
2.
y  2

Chú ý:







1. 4x 2  1 x  3  y

5  2y
2


 1 5  2y  f 2x  f

2
Xét f t  t  1 t, t   và f t đồng biến trên  , do đó
  2x



 

2


 1 2x  








5  2y



 



5  2y

  

f  2x   f  5  2y   2x  5  2y

Ngoài cách phân tích trên, ta có thể đặt u  2x, v  5  2y, v  0







Phương trình 4x 2  1 x  3  y







5  2y  ...



 u  v u2  v2  uv  1 v  0  u  v .
2. Đặt u  5  2y, u  0  2y  5  z2
Phương trình thứ nhất biến đổi về dạng:
2 4x 2  1 x  6  5  u 2  u  2x  2x











 



2

 

 1   u2  1 u







 

Dạng f 2x  f u .
Câu 6a.
1. Vì ABC vng tại B nên AC là đường kính của T .

 

 
 
Gọi ASB  d1, d2  t ta có BAC  ASB  t (góc có cạnh tương





ứng vng góc).
Giả sử bán kính T là R ta có :

 

SABC 

BC.BA AC sin t.AC cos t

 2R 2 sin t cos t .
2
2




Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

 

3. 3  1. 1

Mặt khác cos t 

 3
SABC  R 2

2

 12

 3

2


2

 

 1

1

 t  suy ra
2
3

3
từ đó có R  1 .
2



 



Do A  d1, C  d2 nên A a; a 3 ,C c; c 3 thêm nữa vector chỉ


phương của d1 là u1 1;  3 có phương vng góc với AC nên:
 
AC.u1  0  c  a  3(c  a)  0  c  2a .





Mặt khác AC  2R  2 

2

c  a 







3 ca

2



2

3
.
3
Tâm đường tròn là trung điểm của AC là :
a  c 3
  a
3 3a  
3
3
I
;
c  a    ; 
  
;  .
 2
  2
2
2   6
2

 
 


2a

3  2 vì a  0 nên a 





2

2

3 
3
Vậy phương trình của T là  x 
   y    1.

6  
2


Chú ý:

 

 AB  đi qua A và vuông góc  d    AB  : x 
2







3y  2a  0



 AB    d   B  B   a ;  a 2 3 
 2

2

 AC  đi qua A và vng góc  d   AC : x 
 AB    d   C  C  2a; 2a 3 
1

3y  4a  0

1

3
3 1

 AB.CB
2
2
2
 1
  2

1
a
 A

; 1  ,C  
; 2  .
3
3
 3
 


Diện tích ABC có diện tích bằng


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

 

Cách 2: Ta có d1 tiếp xúc với T có đường kính là AC nên
AC  d1
Từ giả thiết ta có :




AOx  600, BOx  1200  AOB  60 0 , ACB  30 0

1
3
3
3
AB.BC 
AB2 

AB2 
 AB  1
2
2
2
2
 1

2
2
A  d2  A x;  3x , x  0,OA 
.AB 
 A
; 1 
3
3
 3

 2

4
OC  2OA 
 C
; 2  .
3
3


 2
3

AC
Đường tròn T đường kính AC có: I  
;  , R 
1.
2
3 2

SABC 





 

2

2


1  
3
Phương trình T :  x 
  y    1.
2
2 3 

Chú ý:
1


1. d1, d2 cắt nhau tại điểm O và cos AOB  cos d1, d2 
2
1

 
 
 AOB   BAC  . Mà SABC  AB.AC.sin BAC
3
3
2

 













3 1
4




 OA sin AOB OA tan AOB sin BAC  OA 2 
2
2
3
2
 1
  2

4
1
a 2  a 3   a 
 A
; 1  , C  
; 2  .
3
3
3
 3
 

 
 
2. M x; y  T  MA  MC  MA.MC  0












   
3. M  x; y    T   MAC vuông tại M  MA

2

 MC2  AC2

x  1  2t

2. Cách 1: Phương trình tham số của  : y  t
,t  .
z  2  t


 

 

Tọa độ điểm C là giao điểm của  và P là nghiệm của hệ :


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
x  1  2t
 t  1



y  t
x  1

 C 1; 1; 1 .

z  2  t
y  1


x  2y  z  0
z  1











Điểm M    M 1  2t; t; 2  t  MC  6



 2t  2

2

2

2

   t  1    t  1

6


1
 t  0  M 1; 0; 2  d M; P 
6

.
1

 t  2  M 3; 2; 0  d M; P 
6


Cách 2: Đường thẳng  có VTCP u  2;1; 1

Mặt phẳng P có VTPT n  1; 2;1



  
   







 







 

Gọi H là hình chiếu của M lên P , suy ra cos HMC  cos u, n

 

 


    MH  MC.cos HMC 

d M, P

1
6

.

Câu 7a. Ta có:







z  1  2 2i 1  2i  1  2i  2 2i  4i2  5  2i
 z  5  2i . Vậy phần ảo của z bằng  2 .
Câu 6b.
1. Gọi d : x  y  4  0 .
Vì BC / /d  phương trình BC có dạng: x  y  m  0

 









Lấy I 1; 3  d , ta có: d I, BC  d A, d  4 2

 m  4  8  m  12, m  4
Vì A và I ở cùng phía so với BC nên ta có

m  4  BC : x  y  4  0 .
Đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình : x  y  0 .
x  y  0

Tọa độ trung điểm P của BC: 
 P 2; 2
x  y  4  0







Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa





AB  CE   b  6  b  4    b  10  b  3   0  b  0, b  6
Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán: B  0; 4  , C  4; 0  hoặc
B  6;2  , C  2; 6  .
B  BC  B b; 4  b , P là trung điểm BC suy ra C 4  b; b

Chú ý:

 
I là giao điểm AH và MN  I 2;2   H  2; 2  .

AH đi qua A và vng góc MN  AH : x  y  0 .

 x  2  t

BC đi qua H và vng góc AH  BC : 
,t  .
y  2  t


 

 



C  2  t; 2  t 
Vì E 1; 3    d  ,  d  là đường cao đi qua điểm C của ABC nên
B  BC  B 2  t; 2  t vì B,C đối xứng nhau qua H nên

 

AB  CE  AB.CE  0  ...  t2  2t  8  0

 

AM, u 



2. ∆ qua M 2;2; 3 và vtcp u  2; 3;2 ; d A,  

3

u





 





Gọi H là hình chiếu của A lên  thì AH  3 và H là trung điểm
của BC nên BH  4 .
Vậy bán kính mặt cầu là AB  AH2  BH2  5 .



Nên PT mặt cầu là x 2  y 2  z  2

2



 25 .

Câu 7b.
Cách 1: Ta có:

3
1
1
z  1  3i 1  i  1  3 3i  3.1.3i2  3 3i 3 1  i
2
2
1
 1  3 3i  9  3 3i 1  i  4 1  i  iz  4  4i .
2




















Do đó z  iz  4  4i  4i  4  8 1  i  8 2 .




Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa


 
  
Cách 2: Ta có 1  3i  2  cos     i sin    


 3
 3 






 1  3i
z



3



  

    8

 8 cos   i sin 





8 1  i
8

 4  4i
1i
2









 z  iz  4  4i  i 4  4i  8 1  i  z  iz  8 2 .

ĐỀ SỐ 2
Câu 1.
1. Bạn đọc tự làm
2. Phương trình hoành độ giao điểm của C và đường thẳng

 

y  2x  m là:
2x  1
 2x  m  2x 2  4  m x  1  m  0 *
x 1
(vì x = -1 khơng là nghiệm)
Phương trình (*) có   m2  8  0, m   nên d luôn cắt C tại







 

điểm A, B.
A x A ; y A  d  A x A ; y A  2x A  m




B x ; y   d  B x
B

B

Ta có: SOAB  3 

B

; y B  2x B


 m

1
x y  x B yA  3
2 A B


 

2
 m  x A  x B   2 3  m2  x A  x B   12
 x A 2x B  m  x B 2x A  m  2 3

 m2

m2  8
 12  m 4  8m2  48  0  m2  4  m  2 .
4


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
Câu 2.
1. Phương trình  sin 2x  cos 2x cos x  2 cos 2x  sin x  0




 cos 2x  cos x  2   sin x 2 cos x  1   0
 cos 2x  cos x  2   sin x. cos 2x  0
 cos 2x  cos x  sin x  2   0  cos 2x  0
2




 k  x   k , k   .
2
4
2
1
2. Điều kiện :   x  6
3
 2x 

Phương trình  3x  1  4  1  6  x  3x 2  14x  5  0
3x  15
x5


 x  5 3x  1  0
3x  1  4 1  6  x


2

1
 x5 

 3x  1   0
6x 1
 3x  1  4

1 
2
1
Vì

 3x  1  0 x   ; 6 
3x  1  4
6 x 1
3 
Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5 .
1
Câu 3. Đặt u  ln x  du  dx
x

1
1 
u
2
 1 
du
Ta có I  
du  
2

2 
2  u
0 2  u
0 
2u 





















1




3 1
2 
2
  ln 2  u 
   ln 3    ln 2  1  ln    .
2u0 
3

2 3
1
Chú ý: Đặt u  2  ln x  du  dx
x



3



3

3
1 2 

3 1
u2
2
I   2 du     2 du   ln u    ln    .
u u 
u2

u

2 3
2
2 
Câu 4.
Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thiết ta có :


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa



 



 A ' BC  ABC  BC

 
 A ' BC , ABC  A ' HA
A ' H  BC
AH  BC


Hay A ' HA  600 .



Ta có : AH 





a 3
a2 3
, A ' H  2AH  a 3, SABC 
và
2
4

3a
 a 3
AA '  AH. tan A ' HA 
. t an600 
.
2
2
a 2 3 3a 3a 3 3
.

(đvtt).
4
2
8
Gọi I là hình chiếu vng góc của G trên ABC , suy ra I là trọng

Vậy thể tích khối lăng trụ VABC.A ' B ' C ' 







tâm của tam giác ABC, suy ra GI / /AA '  GI  ABC



Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC suy ra J là giao điểm
của GI với đường trung trực đoạn GA. M là trung điểm GA, ta có:
GM.GA GA2 7a
GM.GA  GJ.GI  R  GI 


.
GI
2GI 12
A'

C'

B'

G
M
A

C

I
H

J
B
2

a  b  c
wsfCâu 5. Đặt t  ab  bc  ca  0  t 
3

2

2

2

Khi đó: a  b  c  ab  bc  ca



1
.
3


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa





3 a 2 b2

2 2

2



2


 
 b c  c a    ab  bc  ca   t
a  b  c   a  b  c   2  ab  bc  ca   1  2t

1 abc

 a 2  b2  c2  2 ab  bc  ca  3 ab  bc  ca
2

2 2

2

2

2

2

Cách 1:
Do đó: P  t2  3t  2 1  2t  t2  3t  2





1  2t  1  2



4
 tt  3 
2
1  2t  1 

t  t  3 1  2t  t  1


 2
 
1  1  2t





2
 3 1
3
t  t  3 1  2t  t  1


  0 t  0; 1 
 


1  1  2t
 3
 1
Suy ra P  2 t   0;  .
 3
a  b  c  1

Đẳng thức xảy ra  ab  bc  ca  0  trong ba số a, b, c có hai
ab  bc  ca

số bằng 0, một số bằng 1.
Vậy min P  2 .
 1
Cách 2: Xét hàm số f t với t   0;  ta có:
 3



Do t  3





1  2t  3 1 







f ' t  2t  3 

2
1  2t



 f '' t  2 

2

1  2t

3

 1
 0, t  0; 
 3

 1
1
Suy ra f ' t là hàm giảm trên  0;  nên f ' t  f '    0
 3
3








Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
 1
 f tăng  f t  f 0  2, t  0; 
 3
Từ đó ta có được min P  2 .
Câu 6a.
1. Gọi D là điểm đối xứng với C qua đường thẳng d : x  y  5  0 ,





 

ta tìm được D 4; 9 .
Vì A thuộc đường trịn đường kính CD nên A là giao điểm của đường

thẳng d và đường tròn đường kính CD, suy ra tọa độ của A là nghiệm
x  y  5  0

của hệ:  2
 A(4;1) (vì x A  0 ).
2
x  y  5  32

2S
 AC  8  AB  ABC  6 .
AC
B thuộc đường thẳng AD : x  4  0  B 4; y





 
 y  5  B  4; 5 
Từ AB  6   y  1  36  
 y  7  B  4; 7 

2




Vì d là phân giác trong của góc A nên AB và AD cùng hướng suy
ra B 4; 7 .

 

Vậy phương trình BC: 3x  4y  16  0 .
D
B

C

A

Chú ý: Phân giác trong của góc A có phương trình x  y  5  0 (
song song với đường phân giác phần tư thứ II ) nên:
AC / /Ox  y A  yC  1, x A  4  A 1; 4

 


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

x y z
  1
1 b c
1 1
Vì ABC  P    0  b  c
b c
 ABC : bx  y  z  b  0 .





2. Phương trình ABC :




  


 

Mà d O, ABC
Vậy b  c 

b

  1 
3

2

b 2



1
1
 b  (do b  0 ).
3
2

1
là giá trị cần tìm.
2

Câu 7a.
Gọi M x; y là điểm biểu diễn của số phức z  x  y.i

 



Suy ra z  i  x 2  y  1

2



2

2

1  i z  1  i  x  yi    x  y    x  y 
Nên z  i  1  i  z  x   y  1   x  y    x  y 
 x   y  1  2 .
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn: x   y  1  2 .
2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 6b.





 

1. Ta có: F1 1; 0 , F2 1; 0 . Đường thẳng AF1 :

x 1
y

3
3

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x  1

y


3
 23
 2 3
 4 3
y2
2 3
x

 1  M  1;
  N  1;
  AM  MF2 



2
3 
3 
3
3




y0




Do N đối xứng với F2 qua M nên ta có MN  MF2


Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa
 MA  MF2  MN . Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2

có tâm là điểm M, bán kính R  MA 

2 3
nên nó có phương trình
3
2




2 3
4
x  1  y 
  .

3 
3





2

 

Chú ý: NA.NF2  0  ANF2 vng tại A . Do đó đường trịn
ngoại tiếp ANF2 có đường kính F2 N nên có phương trình:
2




2 3
4
x  1  y 
 

3 
3





2



2. Vì M  Ox  M m; 0; 0





Đường thẳng  đi qua N 0;1; 0 có u  2;1;2 là VTCP nên
 

 NM, u 
5m 2  4m  8


d M,  


3
u













Nên d(M, )  OM 

5m2  4m  8
 m  m2  m  2  0
3

 m  1.m  2 .
Vậy có hai điểm M thỏa u cầu bài tốn: M1 1; 0; 0 , M2 2; 0; 0 .







Câu 7b.

2x  1
y

2x  1

3

y 
2  
Ta có hệ đã cho  
3
2x  1
 x
2.4 x  2 x  1  0
x

4  2 


3

2x  1
x  1
y



3 

1 là nghiệm của hệ đã cho.
1
y
x
2 


2


2








Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa

ĐỀ SỐ 3
Câu 1.
1. Bạn đọc tự làm
2. Gọi M x 0 ; y 0 là tiếp điểm. DO tiếp tuyến vng góc với đường





1
x  1 nên ta có: y ' x 0  6
6
3
 4x 3  2x 0  6  2x 0  x 0  3  0  x 0  1  y 0  4
0

 

thẳng y 





Vậy phương trình cần tìm là: y  6 x  1  4  6x  10
Câu 2.
1. Phương trình đã ho tương đương với





2 sin x cos x  cos x  1  2 sin 2 x  3 sin x  1  0







 2 sin x  1 sin x  cos x  2  0

 sin x 

1
(do
2



sin x  cos x  2  2 sin  x    2  0 x   )
4


5
 x   k2, x 
 k2 với k   .
6
6
2. Điều kiện: x  2.

Phương trình đã cho tương đương với

42x 

x 2

 22

 4 2

x 2

2

4x

x 2

 2x



3  4x  4

 16  2x

3 4

3

 2x ,

2

4x

 16



 4x
  0  2  16
2
2

3

 22 x  2  2 x  4

Phương trình thứ nhất có nghiệm x  1 (thỏa).



4x

 16  22





x 2

x3  4

Phương trình thứ hai tương đương với 2 x  2  x 3  4


2
2 x  2  2  x 3  8  x  2  x 2  2x  4 
0
x  2  2








