ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG - ĐAI HỌC 2011 :TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH MÔN TOÁN KHỐI A, B pdf

Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 1 -
TRƯỜNG THPT TP. Cao Lãnh











ĐÁP ÁN LẦN 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN

www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 2 -
Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
(Đề có 2 trang)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)
Câu I. (2, 0 điểm)
Cho hàm số
3 3
3 2 2 2
y x 3x (m 1)x m 1 (1),
= − + + − − −
với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi
m 1.
=

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trò của đồ thò hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O.
Câu II. (2, 0 điểm)
1. Giải phương trình
2 2

2 3
3 3 4 4
sin x sin x sinxtan x tan x
 
       
π π π π
+ + − = + + − ⋅
 
       
       
 

2. Giải phương trình
2
2
2 1
2
2 1
x
x 6x 1 log
(x )
 
+
− + = ⋅
 
 
−
 

Câu III. (1, 0 điểm) Tính tích phân

2
4
2
ln(sinx)
I dx.
sin x
π
π
=
∫

Câu IV. (1, 0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc
mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm cạnh BC. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N.
Biết rằng
1
4
SAMN SABC
V V ,
=
hãy tính
SABC
V (
SAMN
V ,
SABC
V lần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC).
Câu V. (1, 0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng nếu 0
a b c

< ≤ ≤
thì

2
2
.
x y z (a c)
(ax by cz) (x y z)
a b c 4ac
 
+
+ + + + ≤ + +
 
 

II. PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. (2, 0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
4 1
(C): (x ) (y ) 25
− + − =
và điểm A(9; 6). Viết phương trình
đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài bằng
4 5
.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm

1 3 1
M( ; ; ), N(7; 5; 3)
− −
và đường thẳng d có phương trình
1 3 3
3 2
x y z
4
+ − −
= = ⋅
−
Tìm điểm I thuộc d sao cho
IM IN
+
nhỏ nhất.
Câu VII.a. (1, 0 điểm)
Giải phương trình
3 3 2 3
2 1 4 1 8 0
z ( i )z ( i)z i (z )
− − + + + = ∈
C
,biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. (2, 0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H), biết (H) có hai tiêu điểm
1
5 0
F ( ; )
− ,

www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 3 -
2
5 0
F ( ; )
và nếu M là một điểm thuộc (H) thỏa

1 2
60
o
F MF = thì diện tích tam giác
1 2
F MF
bằng
9 3
.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1 2
2
1 2
2 1
4
x 1 t
x y z
d : và d : y 1 t
1
z

= − +

− +

= = = +

−

=

và mặt phẳng
7 5 0
(P): x y z .
+ − =
Viết phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng
1
d
,
2
d
.

Câu VII.b. (1, 0 điểm)
Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
5 5
1
6 6
sin icos z ,
 
 

π π
ω = 2 + −
 
 
 
 
biết số phức z
thỏa mãn
1 2
z .
− ≤

www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 4 -
Câu Đáp án Điểm
1. (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (1) khi…
3 2
y x 3x 4.
= − + −

2
Tập xác đònh:
Sự biến thiên:
x 0

- Chiều biến thiên: y 3x 6x; y 0 .
x 2

=
′ ′
= − + = ⇔

=

R.
i
i

0,25
- Hàm số nghòch biến trên các kho
ảng ( 0),(2; );
− ∞ + ∞
;
; ;
;

- Hàm số đồng biến trên khoảng (
2).
0
;
; ;
;

x x
CĐ

CT
- Cực trò:
+ Hàm số đạt cực đại tại x 2, y 0.
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, y 4.
- Các giới hạn tại vô cực: lim y ,
lim y .
−∞ +∞→ →
= =
= = −
= +∞ = −∞

0,25
- Bảng biến thiên:

x
∞
−

0

2

∞
+

y
′


−

0
+
0
−


y

∞
+
0



4
−

∞
−


0,25
i
Đồ thò
qua điểm
1 2 1 0
A( ; ), B( ; ).
− −

0,25
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và…
3 3 0
2 2 2 2
Ta có y x 6x (m 1), y x 2x m 1 0 (*)
′ ′
= − + + − = ⇔ − − + =

0,25
Hàm số (1) có cực trò khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
2
m 0 m 0.
′
⇔ ∆ = > ⇔ ≠

0,25
Gọi A, B là các điểm cực trò
3 3
A(1 m; 2 2m ), B(1 m; 2 2m )
⇒ − − − + − +


0,25
I
(2, 0 điểm)

Ta có O cách đều A, B
3

1
OA OB 4m m m (do m 0).
2
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ≠
 

Vậy
1
m
2
= ±
là các giá trò cần tìm.
0,25
x
y
4
−
O
3
1
−
1
2
−
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 5 -
1. (1, 0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện
4
0

4 4
4
x k
cos x cos x (k )
x k

π
≠ + π

   
π π

+ − ≠ ⇔ ∈

   
3π
   

≠ + π


Z
(*).
0,25
Phương trình đã cho tương đương
1 1 3
3 3 4 4
cos 2x cos 2x sinxcot x tan x
       
2π 2π π π

− + + − − = − − −
       
       

0,25
2
1 0
3 3
1 2 2 0 1 2 0 2 0
3
sinx cos 2x cos 2x
sinx cos xcos cos x sinx sin x sinx
   
2π 2π
⇔ − + + + − =
   
   
2π
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ − =

1
sinx 0 hoặc sinx
2
⇔ = =

0,25
π
π
π
5π

π
x k
x k2 (k )
6
x k2
6


=


⇔ = + ∈



= +


Z
(thỏa mãn điều kiện (*))
0,25
2. (1, 0 điểm) Giải phương trình…
1
Điều kiện x 1 và x
2
≠ > −
(1).

0,25
2

2
2x 1
Phương trình đã cho viết lại: 2(x 1) (2x 1) log
2(x 1)
 
+
− − + =
 
−
 

2 2
2(x 1) log2(x 1) (2x 1) log(2x 1) (*)
⇔ − + − = + + +

0,25
Xét hàm số f(u) u logu, u 0.
= + >
1
Ta có f (u) 1 , u 0.
uln10
′
= + ∀ >

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng
(0; )
+ ∞
.
0,25
II

(2, 0 điểm)

Phương trình (*) có dạng
2
f(2(x 1) ) f(2x 1)
− = +
2
2(x 1) 2x 1
⇔ − = +


2
3 7
2x 6x 1 0 x
2
±
⇔ − + = ⇔ = ⋅

So với điều kiện (1) ta được nghiệm của phương trình đã cho là
3 7
x
2
±
= ⋅

0,25
2
u ln(sinx)
cosx
du dx cot xdx

Đặt
dx
sinx
dv
v cot x
sin x

=

= =
 
⇒
 
=
 
= −




0,25
2
2
4
4
2
Tích phân từng phần, ta có: I cotxln(
sinx) cot xdx.
π
π

π
π
= − +
∫

0,25
III
(1, 0 điểm)


2 2
2 2
4 4
4 4
2 2
1
2 2
2
ln ( cot x)dx dx ln cot x x
π π
π π
π π
π π
= + + − = − −
∫ ∫

0,25
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 6 -
2

1
2 4
ln
π
= + − ⋅

0,25
Ta có
(SAB) (ABC)
(SAC) (ABC) SA (ABC) BC SA
(SAB) (SAC) SA

⊥

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


∩ =

(1)
Mà
BC AI
⊥
(tính chất tam giác đều) (2)
Từ (1) và (2)
BC (SAI) BC SI
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(3)
0,25
IV

(1, 0 điểm)

Mặt khác
(P) SI
⊥
(4)
Từ (3) và (4)
(P)//BC
⇒

Vì
(P) (SBC) MN
∩ =

Nên MN // BC
SM SN
SB SC
⇒ =

0,25
Ta có
2
1 1 1 1
4 4 4 2
SAMN
SABC
V
SA SM SN SM SM
V SA SB SC SB SB
 

= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⋅
 
 

Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC.
0,25

Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI. Vì AE nằm trong (P) nên AE
vuông góc với SI. Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác
SAI cân tại A, suy ra
3
2
a
SA AI
= = ⋅

Thể tích của khối chóp S.ABC là

2 3
1 1 3 3
3 3 4 2 8
SABC ABC
a a a
V S .SA
= = ⋅ ⋅ =
(đvtt).
0,25
2 2 2
2
2

0
4
Hiển nhiên (A B) A B 2AB
(A B)
(A B)
4AB AB (1)
− ≥ ⇒ + ≥
+
⇒ + ≥ ⇒ ≤

Đặt
a c
,
b b
α = β =

1
x y z a c 1 b b
Xét P (ax by cz) b x y z x y z
a b c b b b a c
x z
x y z) y x y z) x y z)
     
= + + + + = + + ⋅ + +
     
     
 
= (α + +β + + = (α + + β (β + αβ + α
 
α β αβ

 

0,5

2
1
x y z) x y z)]
≤ [(α + + β + (β + αβ + α
4αβ
(áp dụng (1))

2
1
1
x ( y z]
= [(α + β) + + αβ) + (α + β)
4αβ

0,25
V
(1, 0 điểm)

Từ 0
a b c 0 1
< ≤ ≤ ⇒ < α ≤ ≤ β ⇒ (1− α)(1−β) ≤ 0 ⇒1+ αβ ≤ α + β
(2)
Sử dụng (2) ta được:
2 2
2 2 2
1

.
(a c)
P x y z] x y z) (x y z)
4ac
(α + β) +
≤ [(α + β) + (α +β) + (α + β) = ( + + = + +
4αβ 4αβ

0,25
1. (1, 0 điểm) viết phương trình đường thẳng
(C) có tâm I(4; 1), bán kính
5
R
=

Đường thẳng d qua A(9; 6) có dạng
2 2
0 6
ax by c 0 (a b ) và 9a b c 0
+ + = + > + + =
(1).
0,25
VI.a
(2, 0 điểm)

Giả sử d cắt (C) tại M, N sao cho 4 5
MN . Kẻ IH d,
= ⊥
thì H là trung điểm của MN, nên

I
E
N
M
S
C
B
A
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 7 -
ta có:
2 2
2 2
4
5 5
a b c
) (2), IH d(I,d)IH 5 (2
a b
+ +
= = == −
+
(3)
0,25
Từ (2), (3) suy ra
2 2 2
4 5
a b c) ( )
( a b
+ + = + (4)
Từ (1) có

6
c 9a b
= − −
(5), thay (5) vào (4) và rút gọn lại được
2 2
2
2 5 02
a b
a
1
a b
2
ab b

= −

+ = ⇔

= −


+
0,25
2 1 2 12 0
1
2 2 3 0
2
1
2
a b: chọn b thì a 2, lúc này d : x y .

a b: chọn b thì a 1, lúc này d :x y .
= − = − = − − =
= − = − = − + =
i
i

0,25
2. (1, 0 điểm) Tìm điểm I thuộc d sao cho
IM IN
+
nhỏ nhất.
6
2
Đường thẳng d đi qua A( 1; 3; 3) có VT
CP u (3; 4; 2); MN ( ; 8; 4)
MN u
Mà M d nên MN//d
− = − = −
⇒ =
∉





u

α
d
M

H
N
M
’
I

0,25
Gọi M là điểm đối xứng của M qua d
′

α
Phương trình mp( ) qua M(1; 3; 1) với mo
ät VTPT n u là
− =
 

min
3(x 1) 4(y 3) 2(z 1) 0 3x 4y 2z 11 0
Ta có IM IN IM IN M N nên (IM IN) M N I M N d.
− − − + + = ⇔ − + + =
′ ′ ′ ′
+ = + ≥ + = ⇔ = ∩

0,25
α
1 3
3 1 3 4 2 11 0
Gọi H là giao điểm của d và mp( )
x t
y 3 4t

Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
z 3 2t
3x 4y 2z 11 0
2
( t) (3 4t) (3 2t) 29t 2 0 t
29
35 95 83 99
H ; ; M
29 29 29 2

= − +

= −


= +


− + + =

⇒ − + − − + + + = ⇒ + = ⇒ = −
 
′
⇒ − ⇒ −
 
 
103 195
; ;
9 29 29
 

⋅
 
 

0,25
99 103
7 5
52 21
29 29
2 29 2 29
M N M N
I I
Ta thấy HI//MN I là trung điểm của M
N
x x y y
x ; y và
2 2
′ ′
′
⇒
− + −
+ +
⇒ = = = = = = −

195
3
141
29
2 29
M N

I
z z
z
2
′
+
+
= = = ⋅

⋅






−+
29
141
; ;I lànhất nhỏ INIM cho sao d thuộc Iđiểm Vậy
29
21
29
52

0,25
Gọi nghiệm thuần ảo là
z bi (b ).
= ∈
R

0,25
VII.a
(1, 0 điểm)

Ta có
3 3 2 3 2 3 2
2 1 4 1 8 0 2 4 2 4
(bi) ( i )(bi) ( i)(bi) i b b ( b b b 8)i 0
− − + + + = ⇔ − + − + + − =

0,25
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 8 -
2
3 2
2 4
2
2 4
b b 0
b .
b b b 8 0

− =

⇔ ⇔ =

− + + − =



Phương trình đã cho tương đương
2
2
2
2 2 0
2 0
z i
(z i)(z z 4)
z z 4

=
− − + = ⇔

− + =



0,25
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là
2 1 3
z i, z i .
= = ±

0,25
1. (1, 0 điểm) Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H)…
p dụng đònh lí côsin cho tam giác
1 2
F MF
, ta có

2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 2
2 1 2
2 60 2 1 60
o o
F F MF MF MF MF cos (MF MF ) MF MF ( cos )
= + − = − + −
0,25
2 2 2 2
1 2 1 2
4 4 4 4
c a MF MF MF MF c a
⇔ = + ⇔ = −

0,25
1 2
2 2 2
1 2
1 3
9 3 60 9 3 2 9 3 9
2 2
o
F MF
).
S MF MF sin (c a b .
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

0,25
VI.b
(2, 0 điểm)

Khi đó
2 2 2
25 9 16
a c b .
= − = − =
2 2
1
16 9
x y
Vậy(H): .
− =

0,25
2. (1, 0 điểm) Viết phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt…
Giả sử
1 2 1 2
,
d A, d B thì A d B d nên
∆ ∩ = ∆ ∩ = ∈ ∈
2 2 4
A(2s; 1 s; s), B( 1 t; 1 t; )
− − + − + +

0,25
1 6
AB (2t 2s ; t s; s )
= − − + − +



0,25
7 1 5
1 6
7 1 5
2
Vì (P) nên AB cùng phương với n ( ; ; )
s 1
2t 2s t s s
t
∆ ⊥ = −

=
− − + − +
⇔ = = ⇔

−
= −




0,25
Suy ra
0 1 4
A(2; ; ), B( 5; 1; )
− − −
. Vậy
∆

có phương trình
2 1
7 5
x y z
1
− +
= = ⋅
−
0,25

Cách khác
1
2
1 4
+ d đi qua M(0; 1; 2) và có VTCP u (2; 1
; 1).
d đi qua N( ; 1; ) và có VTCP v (2; 1
; 0).
− = −
− =



Mặt phẳng (P) có VTPT
7 1 5
n ( ; ; )
= −

.
+ Gọi (Q) là mặt phẳng chứa

1
d
và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (Q) qua M và
có VTPT
1
n [u, n] (4;17; 9)
= =
  
là
4
4(x 0) 17(y 1) 9(z 2) 0 x 17y 9z 1 0
− + − + + = ⇔ + + + =
.
+ Gọi (R) là mặt phẳng chứa
2
d
và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (R) qua N và
có VTPT
2
5
n [v, n] ( 5; 10; )
= = − −
  
là 1
(x 1) 2(y 1) 1(z 4) 0 x 2y z 1 0
+ − − + − = ⇔ − + − =
.
+ 5 10
Vì 4: 17: 9 : : 5
≠ − −

nên (Q) và (R) cắt nhau.
+
Giả sử (Q) (R) (P).
∩ = ∆ ⇒ ∆ ⊥
Do đó
∆
có VTCP
7 1 5
n ( ; ; )
= −


Trong (Q),
∆
cắt
1
d
1 7
(do 2: : 1 : 1: 5)
− ≠ −
; tương tự trong (R),
∆
cắt
2
d .

Vậy đường thẳng
4
x 17y 9z 1 0
:

x 2y z 1 0

+ + + =
∆ ⋅

− + − =



VII.b
(1, 0 điểm)

Đặt
z a bi (a, b )
= + ∈
R
và
x yi (x, y )
ω = + ∈
R

2 2
1 2 1 4
Ta có z (a ) b
− ≤ ⇔ − + ≤
(1)
0,25
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 9 -
5 5

1 1 3
6 6
3 3
1 3
3 3
Từ sin icos z ( i )z 2 suy ra
x a 1 b
x yi ( i )(a bi) 2
y (a 1) b
 
 
π π
ω = 2 + − = + +
 
 
 
 

− = − −

+ = + + + ⇔

− = − +



0,25
Từ đó
(
)

2 2 2 2
3 3 4 1 16
(x ) (y ) (a ) b
− + − = − + ≤
(do (1))
0,25
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn
2 2
3 3 16
(x ) (y )
− + − ≤
, tâm
3 3
I( ; )
, bán kính
4
R .
=

0,25

www.VNMATH.com

Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 10 -
Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối D (Đề có 1 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)
Câu I. (2, 0 điểm) Cho hàm số
8 10
= − +
4 2
y x x .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để phương trình
4 2
2
x 8x log m 0
− − =
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu II. (2, 0 điểm)
1. Giải phương trình
2
(sin2x 3 cos2x) 5 cos 2x .
6
 
π
+ − = −
 

 

2. Giải bất phương trình
2 2
5
x 1
( x 4x 3 1)log ( 2x 8x 6 1) 0.
5 x
− + + + − + − + ≤

Câu III. (1, 0 điểm) Tính tích phân
4
0
.
π
=
+
∫
3
cosx
I dx
(sinx cosx)

Câu IV. (1, 0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc
mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm cạnh BC. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N.
Biết rằng
1
4
SAMN SABC

V V ,
= hãy tính
SABC
V (
SAMN
V ,
SABC
V lần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC).
Câu V. (1, 0 điểm)
= + > =
+ +
3 3
a b
Tìm giá trò nhỏ nhất của P với a, b
0 và ab 1.
1 b 1 a

II. PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. (2, 0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA
lần lượt đi qua các điểm M(4; 5); N(6; 5); P(5; 2); Q(2; 1) và diện tích hình chữ nhật bằng 16.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1 1
4 4
x y z
d :
1
− +

= = ⋅
− −
Viết phương trình tham số của đường
thẳng
∆
đi qua điểm 2 5
M( ; ; 3)
−
vuông góc và cắt d.
Câu VII.a. (1, 0 điểm)
Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là các điểm các số phức
1 2 3
1 2 3 3
= − + = − − = +
z ( i)( i), z 1 i, z 1 i.

Xác đònh tính chất của tam giác ABC.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. (2, 0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 2), B(1; 4). Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm
A, B và tiếp xúc với trục Ox.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho họ mặt phẳng
a,b,c
)
(P
có phương trình
by c 1 c
ax z 0 (a, b, 0)
+ + − = >
và

1 1 1
a 2b 3c
6.
+ + =
Tìm a, b, c để
a,b,c
)
(P
cắt lần lượt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho OABC có thể
tích lớn nhất.
Câu VII.b. (1, 0 điểm) Viết số phức sau dưới dạng lượng giác: 1 3 1
= + −
z ( i)( i).


www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 11 -
Câu Đáp án Điểm
1. (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (1) khi…
•
•
=

′ ′
= − = − = ⇔

= ±

3 2
Tập xác đònh:

Chiều biến thiên:
x 0
- Ta có y 4x 16x 4x(x 4), y 0 .
x 2
R.

∞
+∞
- Hàm số nghòch biến trên các kho
ảng ( 2) và (0; 2).
- Hàm số đồng biến trên các khoa
ûng ( 2 0) và (2; ).
− ; −
− ; −− ; −
− ; −
− ;
− ; − ;
− ;

0,25
→ →−∞ +∞
•
= = =
= ± = ± = −
• = = +∞
x x
CĐ
CT
Cực trò:
- Hàm số đạt cực đại tại x 0, y y(0) 10.

- Hàm số đạt cực tiểu tại x 2, y y
( 2) 6.
Các giới hạn tại vô cực: lim y lim y .

0,25
Bảng biến thiên:
•

x
∞
−

2
−
0
2

∞
+

y
′


−
0 + 0
−
0 +
y

∞
+

10

∞
+



6
−

6
−


0,25
Đồ thò
•
qua điểm
−
A( 1; 3)
,
B(1; 3).

-1
1
-6
O

-2
2
3
x
y

0,25
2. (1, 0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm…
4 2 4 2
2 2
Ta có x 8x log m 0 x 8x 10 log m 10
− − = ⇔ − + = +

4 2
x 8x 10 k.
⇔ − + =

0,25
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔
đường thẳng
y k
=
cắt đồ thò (C) tại 4
điểm phân biệt.
Dựa vào đồ thò của hàm số (C), ta có
6 k 10
− < <

0,25

I
(2, 0 điểm)

⇔ − < + < ⇔ − < <
2 2
6 log m 10 10 16 log m 0
−
⇔ < <
16
2 m 1.

0,5
1. (1, 0 điểm) Giải phương trình…
π π π
Ta có sin2x 3cos2x 2 sin sin2x cos cos2x 2cos 2x
6 6 6
   
+ = + = −
   
   
.
0,25
II
(2, 0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương phương
trình
π π
   
− − − − =

   
   
2
4cos 2x cos 2x 5 0
6 6

π
cos 2x 1
6
 
⇔ − = −
 
 
(nhận) hoặc
π 5
cos 2x 1 (loại)
6 4
 
− = >
 
 

0,25
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 12 -
π
π π
2x k2
6
⇔ − = +

0,25
7π
x
π.
12
= +Vậy nghiệm của phương trình đã cho l
à k

0,25
2. (1, 0 điểm) Giải bất phương trình…
2
2
x 0
x 0
x 1 x 1
Điều kiện x 4x 3 0
x 3 x 3
2x 8x 6 0
1 x 3
.
>
>
≤ =
+ ≥ ⇔ ⇔
≥ =
− ≥
≤





 
 
−
 
 
 
 
− +



≤



0,25
=
+ Với x 1 thì bất phương trình đã cho
tương đương

+ ≤ ⇔ − + = ≤
5
1
log 1 0 1 1 0 0 (luôn đúng).
5

0,25
=
+ Với x 3 thì bất phương trình đã cho

tương đương

−
+ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
1
3
5
3 1 3 27 1
log 0 5 (loại).
5 3 5 125 5

0,25
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm
x 1
=
.
0,25
Ta có
4 4
2
0 0
π π
= = ⋅ ⋅
+ +
∫ ∫
3 3
cosx 1 dx
I dx
(sinx cosx) (tanx 1)
cos x

0,25
III
(1, 0 điểm)

2
tan 1
cos
= + ⇒ = ⋅
dx
Đặt u x du
x

0
4
π
= = = =
Đổi cận x thì u 1; x thì u 2.

0,5

2
2
2
1
1
1 1 1 3
8 2 8
2
= = − = − + = ⋅

∫
3
du
Do đó I
u
u

0,25
Ta có

(SAB) (ABC)
(SAC) (ABC) SA (ABC) BC SA
(SAB) (SAC) SA

⊥

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


∩ =

(1)
Mà
BC AI
⊥
(tính chất tam giác đều) (2)
Từ (1) và (2)
BC (SAI) BC SI
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(3)

0,25
Mặt khác
(P) SI
⊥
(4)
Từ (3) và (4)
(P)//BC
⇒

Vì
(P) (SBC) MN
∩ =

Nên MN // BC
SM SN
SB SC
⇒ =

0,25
Ta có
2
1 1 1 1
4 4 4 2
SAMN
SABC
V
SA SM SN SM SM
V SA SB SC SB SB
 
= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ⋅

 
 

Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC.
0,25
IV
(1, 0 điểm)

Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI. Vì AE nằm trong (P) nên AE
vuông góc với SI. Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác
SAI cân tại A, suy ra
3
2
a
SA AI
= = ⋅

0,25
I
E
N
M
S
C
B
A
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 13 -
2 3
1 1 3 3

3 3 4 2 8
SABC ABC
a a a
Thể tích của khối chóp S.ABC là V S .SA= = ⋅ ⋅ =
(đvtt).
Ta có
+ + + + + − + +
= =
+ + + + +
3 3 4 4 2 2 4 4
a b a b (a b)(a b ab) a b
P
1 a b ab a b 2

0,25

+ − +
≥
+ +
2 2
(a b)(2ab ab) 2a b
a b 2

ab(a b 2ab)
1.
a b 2
+ +
= =
+ +

(do ab 1)
=

0, 5
V
(1, 0 điểm)

= = =
Đẳng thức xảy ra khi a b 1. Vậy minP 1.

0,25
1. (1, 0 điểm) Viết phương trình cạnh BC.
Phương trình cạnh AB đi qua điểm M(4; 5) là
2 2
4 5 0 0
a(x ) b(y ) (a b )
− + − = + ≠

Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua điểm N(6; 5) và vuông góc với AB là
6 5 0
b(x ) a(y ) .
− − − =

0,25
Diện tích hình chữ nhật ABCD là
2 2 2 2
2 2
4 5 6 5
4 3
a(5 ) b(2 ) b(2 ) a(1 )

d(P;AB).d(Q;BC)
a b a b
(a b)(a b)

a b
+ +
+
− + − − − −
= ⋅
− −
=

Theo giả thiết ta có
2 2
2 2
4 3
16 3 4
1 1
1
1
3
(a b)(a b)
(a b)(a b) (a b )
a b
b a

b a
+
+
− −

= ⇔ − − =

= ⇒ = −

⇒ ⋅

= ⇒ = −



0,5
Vậy phương trình cạnh AB là
1 0 3 11 0
x y hoặc x y .
− + − = − + − =

0,25
2. (1, 0 điểm) Viết phương trình tham số của đường thẳng
∆
đi qua …
Giả sử
∆
cắt đường thẳng d tại điểm I, do
I d
∈
nên
I(1 4t; t; 1 4t).
+ − − −

0,25

Khi đó
∆
có VTCP là
3 5 4
u MI (4t ; t ; 4t ).
= = + − − − −



0,25
4 3 5 4 4
33 1
d (4t ) ( t ) ( 4t ) 0
33t t .
∆ ⊥ ⇔ + − − − − − − =
⇔ = − ⇔ = −

0,25
VI.a
(2, 0 điểm)

1 0
Suy ra u ( ; 4; ).
= − −


Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
2
5 4
3

x t
y t , t .
z

= − −

= − ∈


=

R

0,25
1
z (1 i)(2 i) 3 i A(3; 1).
= − + = − ⇒ −

0,25
2
3
z 1 3i B( 1; 3).
z 1 3i C(1; 3).
= − − ⇒ − −
= + ⇒

0,25
Ta có:
AB ( 4; 2) AB 16 4 2 5
AC ( 2; 4) AC 4 16 2 5

= − − ⇒ = + =
= −
⇒ = + =



0,25
VII.a
(1, 0 điểm)

AB.AC 8 8 0
Vì ABC vuông cân tại A.
AB AC 2 5

= − =

⇒ ∆

= =


 

0,25
VI.b

1. (1, 0 điểm) Viết phương trình đường tròn…
.
D
Q

P
N
M
C
B
A
www.VNMATH.com
Bài giải của GV. PHẠM TRỌNG THƯ - 14 -
Gọi (C) là phương trình đường tròn cần tìm, có phương trình
2 2
x y 2ax 2by c 0
+ − − + =

(C) đi qua hai điểm
A(3; 2), B(1; 4)
nên ta có hệ phương trình:
13 6a 4b c 0
9 10a c 0
17 2a 8b c 0

− − + =
⇒ − + − =

− − + =

(1)
0,25
(C) tiếp xúc với Ox nên
2 2 2
b R a b c a c

= = + − ⇔ =
(2)
0,25
Thế (2) vào (1) ta được:
2
a 10a 9 0 a 1 hoặc a 9.
− + = ⇔ = =

0,25
2 2
1
Với a 1 thì c 1, b 2: Phương trình đường
tròn:
(C ): x y 2x 4y 1 0.
= = =
+ − − + =
i

2 2
2
Với a 9 thì c 81, b 10 : Phương trình đườ
ng tròn:
(C ): x y 18x 20y 81 0.
= = =
+ − − + =
i

0,25
2. (1, 0 điểm) Tìm a, b, c để
a,b,c

)
(P cắt lần lượt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz…
a,b,c
)
(P cắt các trục tọa độ tại
1 1
A ; 0; 0 , B 0; ; 0 ,
a b

   
   
   
1
C 0; 0;
c

 
⋅
 
 

0,25
Thể tích tứ diện OABC được cho bởi:

O.ABC
1 1 1
V
a 2b 3c
= ⋅ ⋅

0,25

3
3
.
1 1 1
6
a 2b 3c
8
3 3
 
+ +
 
 
≤ = =
 
 
 
 
 
 

0,25

Đẳng thức xảy ra khi
1
a
1 1 1
2
0

1
a 2b 3c
b
1 1 1
4
6
1
a 2b 3c
c
6

=



= = >

 
⇔ ⇔ = ⋅
 
 
+ + =



=



O.ABC

1 1 1
V 8 a , b , c
2 4 6
Vậy max đạt được tại
= = = = ⋅

0,25
1
1 3
1 3
2 2 3 3
 
 
π π
= + = + = +
 
 
 
 
 
Ta có: z i 2 i 2 cos isin

0,25

2
1 1
1
4 4
2 2
 

 
   
π π
= − = − = − + −
 
 
   
   
 
 
z i 2 i 2 cos isin
0,25
VII.b
(1, 0 điểm)

Do đó:
1 2
2
3 4 3 4
 
   
π π π π
= = − + −
 
   
   
 
z z z 2 cos isin 2
12 12
2 cos isin

 
π π
= + ⋅
 
 

0,5









www.VNMATH.com
Baứi giaỷi cuỷa GV. PHAẽM TROẽNG THệ - 15 -




www.VNMATH.com