3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: HƯNG YÊN, NAM ĐỊNH, BÌNH ĐỊNH

3 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MƠN TỐN: HƯNG N, NAM ĐỊNH, BÌNH ĐỊNH

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2

TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút
Đề Bài

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x − 3 ( m + 1) x + 9x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua
3

2

1
2

đường thẳng y = x .
Câu II: (2,5 điểm)
3
1) Giải phương trình: sin 2x ( cos x + 3) − 2 3cos x − 3 3cos2x + 8

2) Giải bất phương trình :

(

)

3 cos x − s inx − 3 3 = 0 .

1
 1 
log 2 ( x 2 + 4x − 5 ) > log 1 
÷.
2
2  x +7

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

π
.
2

Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một
góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho

uuu 1 uuur
r
AP = AH . gọi K là trung điểm AA’, ( α ) là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và
2

CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích

VABCKMN
.
VA 'B'C'KMN

6
 2
a + a − a 2 + a = 5
2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: 
a 2 b 2 + ab 2 + b ( a 2 + a ) − 6 = 0


Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bơng hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy
được 5 bơng hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
9 19 1
 m −2
2
C m + Cn +3 + < A m
2 2

Pn −1 = 720


x 2 y2
2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
+
= 1 (E), viết phương trình đường thẳng song song
25 9
Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết:
x = 2 + t
x −1 y − 2 z −1


d1 :  y = 2 + t
d2 :
=
=
2
1
5
z = 3 − t

Câu V: (1điểm) Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a3
1 + b2

+

b3
1 + c2

+

c3
1+ a2

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Bài

1
Khi m = 1 ta có hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
• BBT:
x -∞
1

y/
y

2

1
+

0
3

+∞

3
-

-∞

0

+

1đ

+∞

1

y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9

Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
∆' = 9(m + 1) 2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (−∞;−1 − 3 ) ∪ (−1 + 3;+∞)
1
3

Ta có y =  x −

m +1 2
2
 3 x − 6(m + 1) x + 9 − 2(m + 2m − 2) x + 4m + 1
3 

(

)

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
y = −2(m 2 + 2m − 2) x + 4m + 1
1
2
m = 1
1
− 2( m 2 + 2m − 2) . = −1 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔ 
2

 m = −3
Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm
 x1 + x 2 4
 2 = 2=2

CĐ và CT là: 
 y1 + y 2 = − 2( x1 + x2 ) + 10 = 1
 2

2
1
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y = x ⇒ m = 1 tm .
2
⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11.
Khi m = -3
⇒ m = −3 khơng thỏa mãn.

Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y = x ta có điều kiện cần là

[

]

1đ

Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài
2
1

phương trình đưa về:
⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0

π

 tan x = 3
 x = 3 + kπ , k ∈ Ζ
⇔
 3 cos x − sin x = 0


⇔ 2
⇔ cos x = 1
 x = k 2π
cos x + 3 cos x − 4 = 0

cos x = 4(loai )


1đ

2


2

3

x 2 + 4x − 5 > 0
 x ∈ (−∞;−5) ∪ (1;+∞)

⇔
⇒ x ∈ (−7;−5) ∪ (1 + ∞)
Đk: 
 x > −7
x + 7 > 0
1
− 27
⇔ log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > log 2 ( x + 7)2 ⇔ x <
Từ pt ⇒ log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > − 2 log 2
5
x+7
− 27
)
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈ (−7;
5
Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0

0.75đ

Diện tích hình phẳng là:
S=

π
2
0

∫

( x.sin 2 x − 2 x )dx =

π

∫

2

0

x(sin 2 x − 2)dx

0.75đ

 du = dx
u = x
π π2 π2 π2 π

⇒  − cos 2 x
⇔S= −
+
=
− (đvdt)
Đặt 
4 2
4
4 4
− 2x
 dv = (sin 2 x − 2)dx  v =

2

Bài
3
1

Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’
a 3
2
⇒ AH = a 3
Vì ∆' AHA' vng cân tại H.
Vậy A' H = a 3

A'

ta có: AP =

Ta có S ABC

C'

Q
B'

K

1 a 3 a2 3
= a.
=
2
2
4

J

(đvdt)
⇒ V ABCA'B 'C '

a 2 3 3a 3
(đ
= a 3.
=
4
4

I

vt

A 45

t) (1)
Vì ∆' AHA' vng cân

C

M

⇒ HK ⊥ AA' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C )
G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM =

N

E

1đ

P
B

H

PE = CN (2)
mà AA’ = A' H 2 + AH 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6
a 6
a 6
⇒ BM = PE = CN =
2
4
1
V = S MNJI .KE
3
Ta có thể tích K.MNJI là:
1
1
a 6
KE = KH = AA ' =
2
4
4

⇒ AK =

S MNJI = MN .MI = a.

a 6 a2 6
1 a2 6 a 6 a3
=
(dvdt ) ⇒ VKMNJI =
= (dvtt )
4
4
3 4
4
8

3


⇒

2

VABCKMN
VA ' B 'C ' KMN

3a 3 a 3
−
1
8
= 2 83 =
3a

a
2
+
8
8

ĐK: a 2 + a ≠ 0
Từ (1) ⇔ (a + a) − 5(a + a ) − 6 = 0
2

2

2

a 2 + a = −1
⇔ 2
a + a = 6


Khi a 2 + a = −1 thay vào (2)


−1 − 23.i
− 1 − 3i
b =
a =
2
2
2
⇒ −b 2 − b − 6 = 0 ⇔ 

; a + a +1 = 0 ⇔ 


− 1 + 3i
−1 + 23.i
b =
a =
2


2

−1 + 5
b =
 a = −3
2
2
Khi a 2 + a = 6 ⇔ 
Thay vào (2) ⇒ 6b + 6b − 6 = 0 ⇔ 

−1 − 5
a = 2
b =

2
 − 1 − 23i − 1 − 3i   − 1 − 23i − 1 + 3i 
;
;
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: 
÷, 

÷

2
2 ÷
2
2 ÷

 

 − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1 + 23i − 1 − 3i  
− 1+ 5  
− 1− 5   − 1+ 5   − 1− 5 

,
 ;  − 3;
,  − 3;
,  2;
,  2;

;
;

2
2 
2
2  
2 
2 
2 
2 



 





Bài
9 19 1
 m −2
2
C + cn+3 + < Am
4 1)  m
2 2
Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 Thay n = 7

 Pn−1 = 720


m(m − 1)
9 19
+ 45 + < m
2
2 2
⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10
2
⇔ m − m + 90 + 9 < 19m
⇔

vào (1)

⇔ m 2 − 20m + 99 < 0

Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bơng hồng trắng và 7 bơng hồng nhung, để
lấy được ít nhất 3 bơng hồng nhung trong 5 bơng hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bơng hồng nhung, 2 bơng hồng trắng có:
3
2
C 7 .C10 = 1575 cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bơng hồng trắng có:
4
1
C 7 .C10 = 350 cách
TH3: 5 bơng hồng nhung có:
5
C 7 = 21 cách
⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
5
C17 = 6188

⇒P=

1946
≈ 31,45%
6188

4

2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:
a2 y2
+
=1
25 9
25 − a 2
3
⇒ y 2 = 9.
⇒ y=±
25 − a 2
2
2
2
y
a
25 − a
25
5
⇔
= 1−
=
9
25
25
3
3


2 

2 
Vậy A a; 25 − a , B a;− 25 − a 
5
 5
 

10
100
100 125
 6

AB =  0;
25 − a 2  ; ⇔ 25 − a 2 =
⇔ 25 − a 2 =
⇔ a 2 = 25 −
=
3
9
9
9
 5

⇒a=±

5 5
−5 5
5 5
Vậy phương trình đường thẳng: x =
,x =
3

3
3

 x = 1 + 2t '

3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y = 2 + t '
 z = 1 + 5t '


r
⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 = (1;1; −1), ud2 = (2;1;5)
r
r r
⇒ VTPT của mp( α ) là nα = ud1 .ud2  = (6; −7; −1)


α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
⇒ pt mp(

Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)
⇒ d ( M , (α )) = d ( N , (α ))
|12 − 14 − 3 + D |=| 6 − 14 − 1 + D |
⇔| −5 + D |=| −9 + D |⇔ D = 7
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 = 0

Bài 5
Ta có: P + 3 =
⇔ P+

+

6
4 2

c3

=

+

a3
1+ b

a

2

3

2 1+ b2
c2

b3

+ b2 +

+

+

a

1+ c
2

2 1+ b2

2

+

+ c2 +

1+ b
4 2

2

c3
1+ a

+

2

+ a2

b3
2 1 + c2

+

b2
2 1 + c2

+

1 + c2
4 2

1+ a2
a6
b6
c6
≥ 33
+ 33
+ 33
4 2
16 2
16 2
16 2

2 1+ a2 2 1+ a2
3
3
9
9
3
9
3

3
⇒ P+
≥
(a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ⇒ P ≥
−
=
−
=
2 2 23 2 2
2 8
2
26 2 3 2 2 2 2 2 2

Để PMin khi a = b = c = 1

5


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010

Mơn: Tốn (Thời gian làm bài: 180 phút)

TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B

Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = (| x | +1) 2 .(| x | −1) 2
2) Tìm trên trục hồnh những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C).
Bài 2(3 điểm):


x2 + y 2 + 1
=2

x+ y+2
1) Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R )
( xy − x − y + 1)( x + y − 2) = 6

2) Giải phương trình: sin 2 x.tan x + cos 2 x = cos 2 x.(2 − tan x) , ( với x ∈ R )

5



3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn  ;4  :
2 
2
(m − 1).log1/ 2 ( x − 2) 2 + 4( m − 5) log1/ 2

1
+ 4m − 4 = 0
x−2

Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vng cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA = SB = SC = 3a , (a >
0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp
C.ABNM theo a.
Bài 4(2 điểm):
1

1) Tính tích phân:

∫ x .ln(1 + x
2

2

)dx

0

2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt
chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
 x = 1+ t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:  y = 1 + 2t ;(t ∈ R ) ,đường thẳng d2 là
 z = 1 + 2t

giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm
của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đờng thời cắt hai đường thẳng d1và
d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I.
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 . Chứng minh:
2

2

2

x3
1 + y2

+

y3
1+ z2

+

z3
1 + x2

≥

3 2
2

..................Hết..................

6


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B

KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút)

Đáp Án vắn tắt:
Bài 1:
1)
Nội dung
2
2
1
*Có hàm số : y = (| x | +1) .(| x | −1) ⇔ y = x4 - 2x2 + 1 ( C)
điểm
y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0; x = ±1
*TXĐ: R; xlim y = +∞; xlim y = +∞ ;
→−∞
→+∞
*BBT:
*Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị
*Vẽ đúng đ thị
*Gọi A(a:0) ∈ Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt.
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)

2)
1
điểm

Điểm

0.25
0.25
0.25
0.25

 x 4 − 2 x 2 + 1 = k ( x − a)
(I ) 
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
4 x3 − 4 x = k

 4 x( x 2 − 1) = k
k = 0

( A) hoặc  2
( B)
*Có ( I ) ⇔  2
3 x − 4ax + 1 = 0(1)
x −1 = 0


0.25

*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác ±1 , tức là
phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác ±1

0.25

KQ: −1 ≠ a < −

3
3
hc 1 ≠ a >
2
2

0.25

Bài 2:
Nợi dung
1)
 u 2 + v2 = 5
u = x − 1

( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 5
⇔
*Hệ
. Đặt 
, thu được hệ 
1
( x − 1)( y − 1)[( x − 1) + ( y − 1)] = 6
v = y − 1
uv(u + v) = 6
điểm
u = x − 1 = 1
u + v = 3
u = x − 1 = 2
* Giải ra được: 
; * Giải ra được: 
hoặc 
v = y − 1 = 1
u.v = 2
v = y − 1 = 2

x = 3

⇒
hoặc
y = 2

Điểm
0.25
0.50

x = 2

y = 3
2) * ĐK: cos x ≠ 0 . PT ⇔ sin 3 x + cos3 x = cos 2 x.(2 cos x − sin x)
1
⇔ (sin x + cos x).cos x.(2sin x − cos x) = 0
điểm
⇔ sin x + cos x = 0; 2sin x − cos x = 0
π
1
⇔ x = − + kπ ; x = arctan + lπ ;(k , l ∈ Z )
4
2

0.25

3) *PT ⇔ ( m − 1).log 2 ( x − 2) − ( m − 5) log ( x − 2) + m − 1 = 0
1/ 2
1/ 2
1
điểm *Đặt t = log1/ 2 ( x − 2), x ∈  5 ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1]




0.25

2

0.25
0.25
0.25
0.25



4t 2 − 4
t − 5t + 1
f '(t ) = 2
; f '(t ) = 0 ⇔ t = ±1
Thu được pt: m = f (t ) = 2
;
(t − t + 1) 2
t − t +1
* Lập BBT của f(t) trên đoạn [ −1;1] , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn [ −1;1] , nên
2

0.25
0.50
7


 7

m ∈  −3;  thỏa mãn đề bài.
 3
Bài 3:
1
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC
điểm

0.25
0.25

a 3 34
* Tính được VS . ABC =
12
2
* CM được VS .MNC = .VS . ABC
9
7
7 a 3 34
⇒ VC.ABNM = .VS . ABC =
9
108

0.25
0.25

Bài 4:
1)
* Tính
1
điểm

0.25

1

I = ∫ x 2 .ln(1 + x 2 )dx
0

2x

1
1
du = 1 + x 2 dx
u = ln(1 + x ) 
1 3
2 x4

2
⇒
⇒ I = x .ln(1 + x ) − ∫
dx
* Đặt 
2
1 3
3
3 0 1 + x2
dv = x dx
0

v = x


3

2

x4
1
2 π
dx = ∫ [ x 2 − 1 +
]dx = ... = − −
* Tính J = ∫
1 + x2
1 + x2
3 4
0
0
1
4 π
* Vậy I = .ln 2 + +
3
9 6
2)
x y
* Từ gt ta có P (a;0); Q (0; b), a > 0, b > 0. * d có pt: + = 1 .
1
a b
điểm
3 1
3
d qua A(3; 1) nên + = 1 ⇒ 1 ≥ 2.

⇒ ab ≥ 2. 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
a b
ab
3 1 a = 6
khi = ⇒ 
a b b = 2
1

1

1
* Có S ∆OPQ = .a.b ≥ 3 . Nên S ∆OPQ nhỏ nhất ( = 3 ) khi và chỉ khi
2
x y
* Vậy d có pt: + = 1
6 2

a = 6

b = 2

0.50
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

Bài 5:

8


1)
 x = t1
1

điểm * d2 có pt:  y = −1 + 2t1 ; (t1 ∈ R )

0.25

 z = 3 − 2t
1


* Tìm được I(1;1;1)
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) ,
( đk: B khác I, C khác I

⇒ t ≠ 0, t1 ≠ 1 )

0.25

 IB = IC (1)

u
r .
[ AB , AC ] = 0 (2)


r u
*Tam giác BIC cân đỉnh I  uuu uuur

t = 1
⇔ ... ⇔ 
.
t1 = 2

0.25

 x =2

* Từ đó có pt d3 :  y = 3 ; (t ∈ R )
 z = 1 + 2t


0.25

Bài 6:
1)
x3
y3
z3
2
2
+ y )+(
+ z )+(
+ x2 )
Ta có: VT + 3 = (
1

2
2
2
1+ y
1+ z
1+ x
điểm

1 + y2
y3
y3
1 + z2
⇔ VT +
=(
+
+
) +(
+
+
)
2
2
4 2
2 1 + y2 2 1 + y2 4 2
4 2
2 1+ z
2 1+ z
x3

6

x3

0.25

0.25

1 + x2
+(
+
+
)
2 1 + x2 2 1 + x2 4 2
z3

z3

x6
y6
z6
3
3
VT +
≥3
+3
+3
4 2
16 2
16 2
16 2

6

⇒ VT +

0.25

3

3

≥

3

( x2 + y 2 + z 2 ) =

9

0.25

26 8
23 2 2
9
3
9
3
3
⇒ VT ≥
−
=

−
=
= VP (đpcm)
6 3
2 2 2 2 2 2
2
2 2
2 2

( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)

9


SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2)
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN
Mơn: Toán – Khối A, B, V
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/04/2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y =

2x −1
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).

Câu II: (2 điểm)
x
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
1 Giải phương trình:
2
=0
2sinx - 3

2. Giải bất phương trình:

x 2 − 3 x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3 x + 2.(5 − log

x

2)

Câu III: ( 1 điểm).
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thị (C) của hàm sơ y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C)
tại điểm có hồnh độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng

a 15
. Tính thể tích của khối lăng trụ.
5

Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
(2 x + 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)



(2)
 y-1 − 2 4 ( y + 1)( x − 1) + m x + 1 = 0


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x
+ 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi
m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:

x −1 y + 2 z
=
= và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z
1
1
1

+ 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua
điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm).
Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = 5xy – 3y2

10


Phần 2: Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: ( 2 điểm).
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 :
d2 :

x −2 y −3 z −3
=
=
và
1
1
−2

x −1 y − 4 z − 3
=
=
. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt
1
−2
1

phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2
chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 (− 3;0); F2 ( 3;0) và đi qua điểm
1

A  3; ÷ . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu
2


thức:

P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
0
2
4
2k
2008
2010
S = C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + ( −1) k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010

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

11


Hướng dẫn giải
Câu I:
x = X −1
y = Y + 2

2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: 
Hàm số đã cho trở thành : Y = −
=-X

3
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y
X

Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1
x

3
và cos ≠ 0 và cosx ≠ 0
2
2

Câu II: 1. Điều kiện: s inx ≠

cosx = 1
⇔
Biến đổi pt về: 4cos x - 4 cos x – cosx + 1 = 0
cosx = ± 1

2
3

2

2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.
x 2 − 3 x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3 x + 2.(5 − log
⇒

x

2)

2 log 2 x − 5log 2 x + 2
2
≤0
log 2 x

Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến :
y=x+4
x = 0

Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 ⇔ 
x = 2
2

2

0

0

2
3
2
2
V = π ∫ ( x + 4) dx − π ∫ ( x − 2 x + x + 4) dx

Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
a 15
a 15
; M’C =
; MM’ = a 3
10
2
3

Vậy V = a 3
4

HC =

Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx]
= (2 x + 1) ln

x +1
x

TXĐ: D = [0;+∞)

Gọi x1; x2 ∈ [0;+∞) với x1 > x2
2 x1 + 1 > 2 x2 + 1 > 0



x2 + 1
Ta có : x1 + 1
 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng
ln
> ln
> 0
x1
x2


Từ phương trình (1) ⇒ x = y

(2) ⇒ x − 1 − 2 4 ( x − 1)( x + 1) + m x + 1 = 0 ⇔
Đặt X =

4

x −1
x −1
− 24
+m=0
x +1
x +1

x −1
⇒ 0≤X<1
x +1

Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
12


Đặt f(X) = X2 – 2X ⇒ f’(X) = 2X – 2
⇒ hệ có nghiệm ⇔ -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R ' = (m + 1) 2 + 4m 2 + 5
OI = (m + 1) 2 + 4m 2 , ta có OI < R’
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong. ⇒ R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2. Gọi I là tâm của (S) ⇒ I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI ⇒ t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139

Câu VII.a
P=

5 xy − 3 y 2
x 2 + xy + y 2

Với y = 0 ⇒ P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: P =

5t − 3
⇔ Pt 2 + ( P − 5)t + P + 3 = 0
t + t +1
2

(1)

+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆’ = - P2 – 22P + 25 ≥ 0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
r
1.
d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a = (1;1; −2)
r
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b = (1; −2;1)
u
rr

r

r r uuuuuu
r

Ta có  a,b  ≠ 0 va  a, b  M 0 M 1 = 0
 
 
(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ⇒ A ∈ (d1,d2)
t +5 t +5



;
;3 − t ÷∈ d2 ⇒ t = - 1 ==> M(2;2;4)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M 
2
 2

uuu r
r
C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC ⊥ a ⇒ t = 0 ⇒ C(1;4;2)

2. (E):

x2 y2
3
1
x2 y2
+ 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 , a2 = b2 + 3 ⇒
+

=1
a2 b
a 4b
4 1
2
2
2
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM + yM ) – (a2 – e2 xM ) = 1

Câu VII.b:

(

Ta có: 1 + i 3

(

Mà 1 + i 3
Vậy

)

)

2010

2010

(

(

+ 1− i 3

+ 1− i 3

)

)

2010

2010

0
2
4
2k
2008
2010
= 2 ( C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + (−1) k 3k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010 )

2010π
2010π
-2010π
-2010π 

+ sin
) + 2 2010  cos
+ sin

÷
3
3
3
3 

2010
2010
= 2.2 ( cos670π ) = 2.2

= 22010 (cos

S = 22010
-----------------------------------------------------

13