BỘ ĐỀ LTĐH CẤP TỐC - TRẦN DUY THÁI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.2 MB, 120 trang )
Biên soạn: Trần Duy Thái
2
Sở GD & ĐT Tiền Giang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông 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
60
ASO 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:
5
x 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 :
0
x 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;3
B
và tiếp xúc với mặt cầu
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2
x y z
Câu VII (1 điểm) Cho số phức
z
là một nghiệm của phương trình:
2
1 0
z 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 25
x y
và điểm
(1; 1)
M
. Tìm phương trình đường thẳng
đi qua điểm
M
và cắt đường tròn
C
tại 2 điểm
,
A B
sao
cho
3
MA MB
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
P
có phương trình:
1 0
x y
. Lập phương trình
mặt cầu
S
đi qua ba điểm
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0
A B C và tiếp xúc với mặt phẳng
P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
3
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 . 0
x 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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
4
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 1
x 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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
5
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi I là trung điểm của
AB
, nên
OI a
Đặt
OA R
0
60
SAB 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
2
SA 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:
5
x 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; 4
x 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)
A
nằm trên
Ox
nên
;0
A a
,
B
nằm trên đường thẳng
0
x 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
2
b
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
2 0
x y
Với
4
3
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
3 12 0
x 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 0
x 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
1
3
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y 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
1
m
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
8
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
9
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
10
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 5
AB AB
. Phương trình của AB là:
2 2 0
x 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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
11
*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 0
x y
và
5
AB
Viết phương trình đường CD:
4 17 0
x y
và
17
CD
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) 6
x y z
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
xxx
1 đi
ểm
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
12
Điều kiện:
0
x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3
x
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
4
x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4
x
* 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
1
x
: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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
13
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 0
x 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 0
x 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 0
x 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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
14
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
1
i
; z=
2
1
i
0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I
d
1
H
A
B
A
1
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
15
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
16
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 2
i i i i i
.
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )
i
nờn
1004
2
A
.
+ 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
( ) ( ) 2
C C C C C C
.
Suy ra:
2008
2
B
.
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2
S
.
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)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
17
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 0
x x
0.25
Khi đó
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
1 sin 1 cos 1 sin 0
x 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
2
x m
,k m
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x
1.0
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
18
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
1
x
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
B
C
H
M
N
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
19
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .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
0
x 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 1
t
)
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
20
- 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 8
i 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)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
21
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)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
22
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
1
m
.
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
12
x 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;0
A và
1 3
G ;
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
1
y 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 1
A ;
và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là
2 1 0
x y
và
3 1 0
x 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 1
y x x
. Tập xác định D=R .
0,25 đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
23
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0
1
x
.
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 ;
' 9
m
.
0,25 đ
0
m
: y’ không đổi dấu
hàm số không có cực trị .
0,25 đ
0
m
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0
hàm số có 2 cực trị.
KL:
0
m
.
0,25 đ
(2,0đ)
Ý 2
(1,0 đ)
0
m
0
P m
đpcm.
0,25 đ
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cos
x x x
0,25 đ
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0
x x x
0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0
x 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
1
y
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
1
m t t
.
0,25 đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
24
Xét
44
( ) 1
f 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 4
t t t t t t
t
.
0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4
x y z
x y z
1 1 1
3 12
Q 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 60
BC 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 2
AG AG AM a
3 2 1
r
.
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
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
25
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
' 0
y
; khi x > 1
' 0
y
.
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 9
x x
(th)
KL: nghiệm PT là
9
x
.
0,25 đ
Đặt
1. : 1 0
t 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 10
MN
.
Câu II (2 điểm) :
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
26
1). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
2). Giải phương trình :
0
1
cos
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 0
x y
và phân giác trong CD:
1 0
x 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 0
C 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
www.VNMATH.com
