tổng hợp các đề thi thử đại học môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.75 MB, 107 trang )
Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo
ĐỀ THAM KHẢO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi : TOÁN, khối A
Thi thử thứ năm hàng tuần (26.02.2009)
ĐỀ 02
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
2 3 2 1
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
(
)
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1
x x x
= + −
2.
Cho tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sin
A B C
+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx
x x x
π
π
=
−
∫
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều
.
S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
theo
β
.
Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :
( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +
−
. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
(
)
C
có phương trình:
2 2
6 5 0
x y x
+ − + =
.Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
(
)
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0
60
.
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
(
)
HIK
và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc
Oxyz
cho đường thẳng
( )
:
1 2 3
x y z
d
= =
và các điểm
(
)
2;0;1 ,
A
(
)
(
)
2; 1;0 , 1;0;1
B C−
. Tìm trên đường thẳng
(
)
d
điểm
S
sao cho :
SA SB SC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
2.
Viết phương trình đường phân giác trong của
2
đường thẳng :
(
)
1
: 2 3 0,
d x y
+ + =
(
)
2
: 2 6 0
d x y
+ + =
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
1
a b c
=
+ +
. Chứng minh rằng :
6
a b b c c a
+ + + + + ≤
.
GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt .
Đáp án đăng tải tại sau 15h cùng ngày.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
2 3 2 1
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
. Học sinh tự giải .
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
2 3 2 1
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
Giả sử
(
)
4 2 4 2
0 0 0 0 0 0
; 2 3 2 1 2 3 2 1
A x y y x x x y x x x
∈ = − + + ⇒ = − + +
( )
( )
( )
(
)
4 2
4 2
0 0 0 0
0 0
0 0
,
2
2
2 1 2 3 2 1
2 3 2
2 1
5 5
2 1
A d
x x x x
x x
x y
d
− − − + +
− +
− −
= = =
+ −
( )
( )
2
2
0
,
3 7
2
4 8
7 5
5 40
A d
x
d
− +
= ≥
Vậy
( )
( )
,
7 5
min
40
A d
d
=
khi
2
0 0
3 3
0
4 2
x x− = ⇔ = ±
0 0
3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
• = − = − − ⇒ − − −
0 0
3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
• = = − + ⇒ − +
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
(
)
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1
x x x
= + −
Điều kiện:
0
2 1 0 0
2 1 1 0
x
x x
x
>
+ ≥ ⇔ >
+ − >
Phương trình :
( ) ( )
2
2
9 3 3 3 3 3
1
2 log log .log 2 1 1 2 .log log .log 2 1 1 0
2
x x x x x x
= + − ⇔ − + − =
( )
( )
3
3 3 3
3 3
log 0
1
log . log log 2 1 1 0
1
2
log log 2 1 1 0
2
x
x x x
x x
=
⇔ − + − = ⇔
− + − =
( )
( )
3 3
1
1
1
1
4
4 0
2 1 1
log log 2 1 1
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
=
=
=
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
=
− =
= + −
= + −
thỏa
0
x
>
.
2.
Cho tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sin
A B C
+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Ta chứng minh được
2 2 2
sin sin sin 2 2 cos .cos .cos
A B C A B C
+ + = +
( bài tập giáo khoa đại số 10).
Như vậy ta luôn có
2 2 2
2009 2009
sin sin sin sin sin 2 2 cos .cos .cos
A B C C C A B C
+ = ⇔ + = +
.
Vì
2
2009
sin sin 2
C C
+ ≤
nên
(
)
2 2 cos .cos .cos 2 cos .cos .cos 0 *
A B C A B C
+ ≤
⇒
≤
.
Do tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn , đẳng thức
(
)
(
)
* cos 0 1
C
⇒
≤
.
Mặt khác :
2
2009
0 sin 1 sin sin
C C C
< ≤
⇒
≤
hay
2 2 2 2 2 2
sin sin sin
C A B c a b
≤ + ⇔ ≤ +
( định lý hàm sin)
(
)
2 2 2 2
2 . .cos cos 0 2
a b a b C a b C
⇔ + − ≤ + ⇔ ≥
( định lý hàm cosin).
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
cos 0
2
C C
π
= ⇔ =
.
Vậy tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx
x x x
π
π
=
−
∫
Cách 1 :
( )
( )
2 2
3 3
1 1 1
sin cos sin 2
sin sin
4
I dx dx
x x x
x x
π π
π π
π
= =
−
−
∫ ∫
(
)
( )
(
)
(
)
( )
cos sin .cos cos .sin
cos
4 4 4
cot cot
4 sin
sin sin .sin
4 4
x x x x x
x
x x
x
x x x
π π π
π
π π
− − − −
− − = − =
− −
(
)
( ) ( )
sin
1
4
sin .sin 2 sin sin
4 4
x x
x x x x
π
π π
− −
= =
− −
2
3
cot cot ?
4
I x x dx
π
π
π
= − − =
∫
Cách 2 :
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
1 1 1 1
cot 1 ?
sin cos sin 1 cot sin cot 1 sin cot 1
I dx dx dx d x
x x x x x x x x
π π π π
π π π π
−
= = = = − =
− − − −
∫ ∫ ∫ ∫
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều
.
S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
theo
β
.
Gọi
O
là tâm hình vuông
ABCD
cạnh
a
. Khi đó
(
)
SO ABCD
⊥
và
SO h
=
.
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
, ,
OA Ox OB Oy OS Oz
≡ ≡ ≡
và
(
)
(
)
0;0;0 , ;0;0 ,
O A a
(
)
0; ;0 ,
B a
(
)
;0;0 ,
C a
−
( ) ( )
0; ;0 , 0;0; , 0; ;
2 2
a h
D a S h K
−
.
Mặt phẳng
( ) ( )
2 2 2
1
: 0, : 1 cos
2
2 1
x y z a
ABC z SAB
a a h
h a
h
a
β
= + + = ⇒ = =
+
+
( )
2
2
2
1 cos
1
2 cos
h
a
β
β
−
⇒ =
Gọi
µ
là góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
.
Mặt phẳng
(
)
AKC
đi qua
K
và chứa trục
Ox
nên có phương trình :
0
hy az
− + =
( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1
cos 2
2 .
1 2 . 1
h
a
a h
a h a h
h h
a a
µ
−
−
⇒ = =
+ +
+ +
.
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
( )
3
2
3 cos 1
cos
2 1 cos
β
µ
β
−
=
+
Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :
( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +
−
. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .
Điều kiện :
2 2
x
− < <
Khi đó bất phương trình :
( )
2 3
2 2 4 3 2
2
3 2
4 2 2 5 8
4
m x x
x x x x x m
x
− −
≥ − + ⇔ − − ≥ −
−
Xét hàm số :
( )
4 3 2
2 5
f x x x x
= − −
, xác định và liên tục trên khoảng
(
)
2;2
−
.
Trên khoảng
(
)
2;2
−
ta có :
( )
3 2
' 4 6 10
f x x x x
= − −
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 2
2
0, 0 0
4 6 10 0
4 6 10 0
' 0 1, 1 2
2;2
2;2
5
2;2
2
x f
x x x
x x x
f x x f
x
x
x
= =
− − =
− − =
= ⇔ ⇔ ⇔ = − − = −
∈ −
∈ −
= ∉ −
( ) ( )
2 2
lim 12, lim 20
x x
f x f x
+ −
→− →
= = −
Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra : bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
12 8 4
m m
> − ⇔ > −
Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của
x
thuộc tập xác định khi và chỉ khi
20 8 28
m m
− > − ⇔ >
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
(
)
C
có phương trình:
2 2
6 5 0
x y x
+ − + =
.Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
(
)
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0
60
.
Phương trình của
(
)
C
có dạng:
( )
2
2
3 4
x y
− + =
, có tâm là
(
)
3; 0
I
, bán kính
2
R
=
.
Vẽ đường tròn trên hệ trục toạ độ
Oxy
, dễ thấy trục tung không có điểm chung với đường tròn
(
)
C
.Do đó, qua một điểm
M
bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của
(
)
C
.
Giả sử điểm
(
)
0;
M m
tùy ý thuộc trục tung.Qua
M
, kẻ các tiếp tuyến
MA
và
MB
của
(
)
C
, trong đó
,
A B
là các tiếp
điểm.
Từ giả thiết góc giữa
2
đường thẳng
MA
và
MB
bằng
0
60
nên ta luôn có
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
=
=
Vì
MI
là phân giác của
AMB
nên :
0 2
0
(1) 30 2 9 4 7
sin 30
IA
AMI MI MI R m m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
0 2
0
2 3 4 3
(2) 60 9
3 3
sin 60
IA R
AMI MI MI m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + =
(*)
Dễ thấy, không có
m
thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là:
(
)
0; 7
M −
và
(
)
0; 7
M
.
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
(
)
HIK
và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Mặt phẳng
(
)
HIK
có vectơ chỉ phương là
1 1 1 1
; ;0 , ;1;
2 2 2 3
HK HI
= − =
nên có vectơ pháp tuyến là
( )
1 1 3 1
; ; ; 2;2; 9
6 6 4 12
n HK HI
= = − = −
,
(
)
HIK
chọn vectơ pháp tuyến là
(
)
2;2; 9
m
= −
Mặt phẳng
(
)
HIK
đi qua
1
;0;0
2
H
và có vectơ pháp tuyến là
(
)
2;2; 9
m
= −
, nên có phương trình :
( ) ( )
1
2 2 0 9 0 0 2 2 9 1 0
2
x y z x y z
− + − − − = ⇔ + − − =
.
Mặt phẳng
(
)
: 0
Oxy z
=
Góc tạo bởi hai mặt phẳng
( ) ( )
0.2 0.2 9
9
, : cos
4 4 81. 0 0 1 89
HIK Oxy
β
+ −
= =
+ + + +
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Phân tích bài toán :
•
Trường hợp tổng quát , giả sử
0
a b c
< ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
2 2 2
1
a b c
+ + =
, vậy ta có thể suy ra
0 1
a b c
< ≤ ≤ <
hay không?. Như vậy điều kiện
, ,
a b c
không chính xác vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi
2 2 2
0
1 1
, , 0;
1
3 3
a b c
a b c a b c
a b c
< = =
⇒
= = =
⇒
∈
+ + =
.
•
Ta thấy mối liên hệ gì của bài toán ?. Dễ thấy
2 2 2
1
a b c
+ + =
và
2 2 2 2 2 2
, ,
b c c a a b
+ + +
. Gợi ý ta đưa bài toán
về dạng cần chứng minh :
2 2 2
3 3
2
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
.
•
Vì vai trò
, ,
a b c
như nhau và
2
ý phân tích trên gợi ý ta đưa đến cách phân tích
( )
2 2 2
2 2 2
3 3
2
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + +
− − −
và cần chứng minh
2
2
2
2
2
2
3
2
1
3
2
1
3
2
1
a
a
a
b
b
b
c
c
c
≥
−
≥
−
≥
−
.
•
Ta thử đi tìm lời giải :
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
3 1 3 3 2 4 8
(1 ) (1 ) 2 (1 )
2 2 27 27
1 1
3 3
a
a a a a a a a a
a a
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −
− −
Dễ thấy
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 (1 ) 2 (1 )(1 )
2 (1 ) (1 ) 2
a a a a a
a a a
− = − −
+ − + − =
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
2 2 2 2 2 2
3
2 2 (1 ) (1 ) 3 2 (1 )(1 )
a a a a a a
= + − + − ≥ − −
2 2 2 2 2 2
3
2 8
2 (1 )(1 ) 2 (1 )
3 27
a a a a a
⇒ ≥ − − ⇔ ≥ −
Tương tự cho các trường hợp còn lại.
Bài giải dành cho độc giả : Độc giả muốn tìm hiểu thêm về điểm rơi bất đẳng thức trong côsi ( AM_GM) vui lòng
tìm đọc bài viết trên diễn đàn toán học Việt Nam hoặc diễn đàn toán học thế giới
, hi vọng qua các bài toán điểm rơi trong AM_GM sẽ giúp các em THPT một cách nhìn
mới về bất đẳng thức cổ điển thuộc chương trình THPT hiện nay , BĐT rất đơn giản và dễ hiểu. Chúc các bạn độc
giả thành công .
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc
Oxyz
cho đường thẳng
( )
:
1 2 3
x y z
d
= =
và các điểm
(
)
2; 0;1 ,
A
(
)
(
)
2; 1;0 , 1;0;1
B C− . Tìm trên đường thẳng
(
)
d
điểm
S
sao cho :
SA SB SC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán này nhiều cách giải , tôi đưa ra một cách giải ngắn gọn chứ không phải là cách giải đẹp!.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
5 1 2
; ;
3 3 3
ABC G
⇒ −
.
Dễ thấy 3 3
SA SB SC SG SA SB SC SG
+ + =
⇒
+ + =
SA SB SC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất khi 3
SG
đạt giá trị nhỏ nhất , khi đó
S
là hình chiếu của
G
lên
(
)
d
.
Giả sử
(
)
β
là mặt phẳng qua
G
và vuông góc với
(
)
d
, thì phương trình mặt phẳng
(
)
: 2 3 3 0
x y z
β
+ + − =
.
Khi đó toạ độ điểm
S
cần tìm là giao điểm của đường thẳng
(
)
d
và mặt phẳng
(
)
β
, toạ độ điểm
S
thoả mãn hệ :
( )
( )
3
14
: 2 3 3 0
3 3 3 9
; ;
7 14 7 14
:
1 2 3
9
14
x
x y z
y S
x y z
d
z
β
=
+ + − =
⇔ =
⇒
= =
=
2.
Viết phương trình đường phân giác trong của
2
đường thẳng :
(
)
1
: 2 3 0,
d x y
+ + =
(
)
2
: 2 6 0
d x y
+ + =
.
Đây là phần giảm tải thuộc chương trình THPT. Do đó độc giả nghiên cứu thêm .
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
1
a b c
=
+ +
. Chứng minh rằng :
6
a b b c c a
+ + + + + ≤
.
Phân tích bài toán :
•
Trường hợp tổng quát , giả sử
0
a b c
< ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
1
a b c
+ + =
, dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi
0
1
1
3
a b c
a b c
a b c
< = =
⇒
= = =
+ + =
. Hằng số cần thêm là
1
3
.
•
Từ giả thiết gợi ý ta đưa đến cách phân tích
(
)
6
a b b c c a a b c
+ + + + + ≤ + +
hay
1 1 1 1 1 1
3
3 3 3 3 3 3
.
2 2 2 2
a b b c c a
S a b b c c a
+ + + + + + + + +
= + + + + + ≤ + +
.
•
Ta thử đi tìm lời giải : Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
( )
( )
1 1 2
3 3 3 2
3 3 3
. .
2 2 2 2 2 3
a b a b
a b a b
+ + + + +
= ≥ + = +
Tương tự cho các trường hợp còn lại .
Cách khác :
Giả sử với mọi
0
m
>
, ta luôn có :
( )
1 1
2
a b m
a b a b m
m m
+ +
+ = + ≤
. Vấn đề bây giờ ta dự đoán
0
m
>
bao nhiêu là phù hợp?.
Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi
2
1
3
3
a b m
m
a b
+ =
⇔ =
= =
.
Giải :
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
_
3 2 3
3
. . .
2 3 2 2
2
_
3 2 3
3
. . .
2 3 2 2
2
_
3 2 3
3
. . .
2 3 2 2
AM GM
a b
a b a b
AM GM
b c
b c b c
AM GM
c a
c a c a
+ +
+ = + ≤
+ +
+ = + ≤
+ +
+ = + ≤
( )
2
2 3.
3 3
3
. .2 6
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ + +
⇒ + + + + + ≤ = =
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
.
Chúc các em thành công .
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A
Thi thử thứ năm hàng tuần.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số y = − x
3
− 3x
2
+ mx + 4, trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞).
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3
(2cos
2
x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
2. Giải phương trình:
2
2 4 1
2
log (x 2) log (x 5) log 8 0
+ + − + =
Câu III. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e 1
+
, trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8.
Câu VI. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu V. (1,0 điểm)
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
x (y z) y (z x) z (x y)
P
yz zx xz
+ + +
= + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm điểm M
thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +
= − +
= −
Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
2
trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x
2
+ x – 1)
6
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm điểm M
thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:
x 1 y 1 z
2 1 1
− +
= =
−
.
Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
3
trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x
2
+ x – 1)
5
……………………Hết……………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………………
2
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,25 điểm)
Với m = 0, ta có hàm số y = – x
3
– 3x
2
+ 4
Tập xác định: D =
¡
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: y’ = – 3x
2
– 6x, y’ = 0 ⇔
x 2
x 0
= −
=
y’ < 0 ⇔
x 2
x 0
< −
>
y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0
Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞)
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0)
0,50
• Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y
CT
= y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 4.
• Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4),
cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp
xúc với trục hoành tại điểm (− 2 ; 0)
0,25
2. (0,75 điểm)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x
2
– 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0
⇔ 3x
2
+ 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*)
0,25
I
(2,0
điểm)
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x
2
+ 6x trên (0 ; + ∞)
Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0.
0,50
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
( )( )
3
sin x
2sin x 3 3sin x cosx 0
2
3sin x cosx 0
=
− + = ⇔
+ =
0,50
II
(2,0
điểm)
n
x ( 1) n , n
3
x k , k
6
π
= − + π ∈
⇔
π
= − + π ∈
¢
¢
0,50
x
y
+∞
0
+∞
0
x
y'
y
−∞
−∞
+∞
+∞
2
−
0
0
0
0
4
−
−
+
4
3
−
2
−
O
1
y
x
3
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*)
Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 2
2 2
log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0
+ − = ⇔ + − = ⇔ − − − − =
0,50
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2
x 3x 2 0
− − =
±
⇔ ⇔ = − = =
− − =
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:
x 6
=
và
3 17
x
2
±
=
0,50
Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì
ln8
x x
ln3
e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx
+ > ∀ ∈ = +
∫
0,25
Đặt
x
e 1
+
= t, ta có
2
2tdt
dx
t 1
=
−
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3
0,25
III
(1,0
điểm)
Vì vậy:
3 3 3 3 3
2
3 3
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2
= = + = + − = + − − + = +
− − − +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
0,50
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD).
0,50
Suy ra: + OG = IH =
a
2
, trong đó H là trung điểm của AB.
+ Tam giác OGA vuông tại G.
0,25
IV
(1,0
điểm)
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD,
ta có:
2 2
2 2
a 3a a 21
R OA OG GA
4 9 6
= = + = + =
0,25
Ta có :
2 2 2 2 2 2
x x y y z z
P
y z z x x y
= + + + + +
(*)
Nhận thấy : x
2
+ y
2
– xy ≥ xy ∀x, y ∈
¡
Do đó : x
3
+ y
3
≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
2 2
x y
x y
y x
+ ≥ +
∀x, y > 0
0,50
V
(1,0
điểm)
Tương tự, ta có :
2 2
y z
y z
z y
+ ≥ +
∀y, z > 0
2 2
z x
z x
x z
+ ≥ +
∀x, z > 0
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =
1
3
. Vì vậy, minP = 2.
0,50
1. (1,0 điểm)
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)
2
+ y
2
= 4.
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2
0,25
VI.a
(2,0
điểm)
Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung
luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C).
0,25
A
B
C
D
H
G
O
I
S
4
Câu Đáp án Điểm
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60
0
·
·
0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)
=
⇔
=
0,25
Vì MI là phân giác của
·
AMB
nên :
(1)
·
0 2
0
IA
AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7
sin30
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
(2)
·
0 2
0
IA 2R 3 4 3
AMI 60 MI MI m 9
sin60 3 3
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + =
(*)
Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; −
7
) và (0 ;
7
)
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc
với d.
0,25
Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).
Suy ra :
MH
uuuur
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; −1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =
2
3
. Vì thế,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
− −
.
0,50
Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:
x 2 t
y 1 4t
z 2t
= +
= −
= −
0,25
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x
−
− + − + + − + + − +
K K
0,25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x
2
chỉ xuất hiện khi khai triển
0 6
6
C (x 1)
−
và
1 2 5
6
C x (x 1)
−
.
0,25
Hệ số của x
2
trong khai triển
0 6
6
C (x 1)
−
là :
0 2
6 6
C .C
Hệ số của x
2
trong khai triển
1 2 5
6
C x (x 1)
−
là :
1 0
6 5
C .C
−
0,25
VII.a
(1,0
điểm)
Vì vậy, hệ số của x
2
trong khai triển P thành đa thức là :
0 2
6 6
C .C
1 0
6 5
C .C
−
= 9.
0,25
1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a.
2. (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc
với d.
0,25
d có phương trình tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +
= − +
= −
Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).
Suy ra :
MH
uuuur
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; −1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =
2
3
. Vì thế,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
− −
.
0,50
VI.b
(2,0
điểm)
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2
− −
= =
− −
0,25
5
Câu Đáp án Điểm
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
P =
0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10
5 5 5 5 5
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x
−
− + − + + − + + − +
K K
0,25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x
3
chỉ xuất hiện khi khai triển
0 5
5
C (x 1)
−
và
1 2 4
5
C x (x 1)
−
.
0,25
Hệ số của x
3
trong khai triển
0 5
5
C (x 1)
−
là :
0 3
5 5
C .C
Hệ số của x
3
trong khai triển
1 2 4
5
C x (x 1)
−
là :
1 1
5 4
C .C
−
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Vì vậy, hệ số của x
3
trong khai triển P thành đa thức là :
0 3
5 5
C .C
1 1
5 4
C .C
−
= −10.
0,25
Đề này trích từ cuốn:
“Cấu trúc đề thi môn TOÁN, VẬT LÍ, HÓA HỌC, SINH HỌC
dùng để ôn thi tốt nghiệp và thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2009”
của Nhà xuất bản giáo dục
Tôi gửi lên cho các thầy cô và học sinh tham khảo.
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
ĐỀ 02
Thi thử thứ hai hàng tuần
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
3
1
x
y
x
1
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
1
những điểm
M
có tọa độ nguyên dương sao cho khoảng cách từ
M
đến
2
đường tiệm cận bằng nhau. Từ đó chứng minh rằng
M
luôn nằm trong đường tròn :
2
2
1 2 9
x y
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải hệ phương trình :
2 2
18
( 1) ( 1) 72
x y x y
x x y y
2.
Giải phương trình :
2 2
3 1 sin 2sin .cos 3 1 cos 1
x x x x
Câu III: ( 1 điểm ) Tìm giới hạn :
t n2 cos16
8
lim
cos12
a x x
x
e e
x
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp
.
S ABCD
đáy là hình vuông
ABCD
cạnh
a
,
SB
vuông góc với đáy và
2
SB a
. Tính diện tích và thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABCD
.
Câu V: ( 1 điểm ) Tìm tham số thực
m
để phương trình sau có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn
1 2
4 6
x x
:
2
1 1
2 2
3 log 4 1 log 4 2 0
m x m x m
.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của elip
E
có tiêu cự bằng
8
, tâm sai
4
5
e
và các tiêu điểm nằm trên
Ox
.
2.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxyz
cho các điểm
;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0;2
B a C a a D a S a
. Giả sử
N
là trung
điểm của các cạnh
SD
. Tìm giá trị nguyên dương lớn nhất của
a
để khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
CN
lớn hơn
2
7
a
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :
6 6
4 4
1 sin cos
1 sin cos
x x
y
x x
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Cho tam giác
ABC
có hai đường trung tuyến
1
1
1
1
:
1
x t
d
y t
và
2
2
2
2
:
1
x t
d
y t
và điểm
1; 1
A
. Viết
phương trình
3
cạnh của tam giác .
2.
Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ , vuông góc với mặt phẳng
: 3
P x y z
, đồng thời
tiếp xúc với mặt cầu
2
2 2
: 1 2 3 4
S x y z
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Chứng minh rằng :
2 2
2
2
x y z z x y
y z x
yz zx xy
.
GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh - Đà Lạt .
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
Đáp án đề thi 02 thi ngày thứ hai hàng tuần.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) ) Cho hàm số :
3
1
x
y
x
1
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
1
những điểm
M
có tọa độ nguyên dương sao cho khoảng cách từ
M
đến
2
đường tiệm cận bằng nhau.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
. Học sinh tự làm .
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
1
những điểm
M
có tọa độ nguyên dương sao cho khoảng cách từ
M
đến
2
đường tiệm cận bằng nhau. Từ đó chứng minh rằng
M
luôn nằm trong đường tròn :
2
2
1 2 9
x y
.
Giả sử
0 0
;
M x y
là tọa độ điểm cần tìm , có tọa độ nguyên dương, là điểm thuộc đồ thị của hàm số
1
khi đó
0 0
0
4
1
y x
x
.
Đồ thị của hàm số
1
có tiệm cận đứng
1
1 0
x d
và
1
0
/
1
M d
d x
, có tiệm cận ngang
2
1 0
y d
và
2
0
/
0
4
1
1
M d
d y
x
.
Theo yêu cầu bài toán ta có :
0
0
2
0 0
0
0 0
0
1 2
1 .
4
1 1 4
1 2
3 3
1
x
x loai
x x
x
x y
x
.
Vậy :
3;3
M
là tọa độ cần tìm.
Đường tròn
2
2
1 2 9
x y
có tâm
1;2
I
và bán kính
3
R
Vì
2 2
2 2
3 1 3 2 5
IM R
nên
M
luôn nằm trong đường tròn :
2
2
1 2 9
x y
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải hệ phương trình :
2 2
18
( 1) ( 1) 72
x y x y
x x y y
Hệ phương trình :
2 2
2 2
2 2
( ) ( ) 18
18
*
( 1) ( 1) 72
( )( ) 72
x x y y
x y x y
x x y y
x x y y
. Đặt
2 2
,
S x x P y y
Khi đó hệ
2
2
2
2
3
12 4
2
6
3
18 12
*
. 72 6
2
6 3
3
12
4
x
x x x
y
y y
y
S P S
S P P
x
x x x
y
y y
y
Vậy hệ phương trình cho có
8
nghiệm :
; 3;2 , 3; 3 , 4;2 , 4; 3 , 2;3 , 2; 4 , 3;3 , 3; 4
x y
.
2.
Giải phương trình :
2 2
3 1 sin 2sin .cos 3 1 cos 1
x x x x
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
2 2 2 2
3 1 sin 2 sin .cos 3 1 cos 1 3 sin 2 sin .cos 3 cos 0 *
x x x x x x x x
cos 0
x
không là nghiệm phương trình .
cos 0
x
chia cả hai vế phương trình cho
2
cos
x
.Khi đó phương trình
2
tan tan
tan 3
3
3
* 3.tan 2tan 3 0 ( )
1
tan
tan tan
3
6
6
x
x
x k
x x k
x
x k
x
Câu III: ( 1 điểm ) Tìm giới hạn :
t n2 cos16
8
lim
cos12
a x x
x
e e
x
. Chú ý rằng : Ban cơ bản không học phần giới hạn lũy
thừa , logarit . Tuy nhiên bài toán thuộc đề 01 ( thứ 5) và đề 02( thứ 2 ) lại thuộc phạm viên kiến thức chung của
hai ban : chuẩn và nâng cao .
t n2 cos16 t n2 cos16
8 8
1 1
lim lim
cos12 cos12
a x x a x x
x x
e e e e
A
x x
t n2 cos16
8 8 8
1 1
8
lim lim .lim
cos12
8 8
a x x
x x x
x
e e
x
x x
Và
t n
t n2 t n 2
4
t n2
8 8 8
1 0
lim lim lim ' ,
8
8 8 8
a
a x a x
a x
x x x
e e e f x f
f f x e
x x x
cos16 cos16 cos2
cos16
8 8 8
1 0
lim lim lim ' 0 ,
8 8 8
x x
x
x x x
e e e g x g
g g x e
x x x
Đặt
0,cos12 cos12 sin12
8 8 8
t x x t x x t
0
1
' ' .lim 4 0
8 8 sin12 12 3
t
t e
A f g e
t
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp
.
S ABCD
đáy là hình vuông
ABCD
cạnh
a
,
SB
vuông góc với đáy và
2
SB a
. Tính diện tích và thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABCD
.
I
D
CB
A
S
Ta có :
SB ABCD SB BD
tam giác
BSD
vuông tại
B
.
Mặt khác
AB AD SA AD
( định lý
3
đường vuông góc)
tam
giác
ASD
vuông tại
A
.
Tương tự :
BC CD SC CD
tam giác
CSD
vuông tại
C
.
Do đó mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABCD
có tâm
I
là trung điểm
SD
có bán kính
2 2
2 2
4 ( 2)
6
2 2 2 2
a a
SD SB BD a
R
Diện tích mặt cầu :
2 2
4 6
S R a
(đvdt).
Thể tích của khối cầu :
3 3
4
6
3
V R a
(đvtt)
Chú ý : Ngoài ra học sinh có thể dùng phương pháp tọa độ để giải.
Câu V: ( 1 điểm ) Tìm tham số thực
m
để phương trình sau có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn
1 2
4 6
x x
:
2
1 1
2 2
3 log 4 1 log 4 2 0
m x m x m
.
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
Đặt
1
2
log 4 ,4 6 0 4 2 1
t x x x t
Bài toán trở thành : Tìm tham số thực của
m
để phương trình:
2
3 1 2 0
f t m t m t m
có hai
nghiệm
1 2
;
t t
thỏa mãn
1 2
1
t t
Ta có hệ :
0 8 25 0
25
0
8
3 1 0 4 3 0
3
4 5
01 0
2 32
m
m
m f m m
m
m
S
m
Chú ý : Học sinh có thể giải bằng phương pháp hàm số.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của elip
E
có tiêu cự bằng
8
, tâm sai
4
5
e
và các tiêu điểm nằm trên
Ox
.
Elip
2 2
2 2
: 1 0
x y
E a b
a b
Theo bài toán ta có hệ :
2 2
2 2 2
2 8
4
4
5 : 1
5 25 9
3
c
c
c x y
a E
a
b
c a b
.
2.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxyz
cho các điểm
;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0;2
B a C a a D a S a
. Giả sử
N
là trung
điểm của các cạnh
SD
. Tìm giá trị nguyên dương lớn nhất của
a
để khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
CN
lớn hơn
2
7
a
.
;0;2 , ; ; , ; ; 2
2
a
BS a a CN a a SC a a a
2
2 2 3
, , , , , .
2
a
BS CN a a BS CN SC a
3
;
2
2
2 2
2 2
2
3
2
SB CN
a
a
d
a
a a
Theo bài toán :
2 2
;
2 14
0
7 3 7 3
SB CN
a a a
d a
Mà
a
nguyên dương , do đó giá trị thực cần tìm của
a
là
1;2;3;4
và
a
có giá trị lớn nhất là
4.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :
6 6
4 4
1 sin cos
1 sin cos
x x
y
x x
2
6 6
2
4 4
2
3
2 sin 2
1 sin cos 3 8
4
, sin 2 , 0;1
1
1 sin cos 2 8
2 sin 2
2
x
x x t
y f t t x t
x x t
x
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
Hàm số
3 8
2 8
t
f t
t
xác định và liên tục trên đoạn
0;1
.
Ta có
2
8
' 0, 0;1
2 8
f t t
t
nên hàm số
f t
liên tục và nghịch biến trên đoạn
0;1
Và
5
0 1, 1
6
f f .
Do đó hàm số cho đạt giá trị nhỏ nhất bằng
5
6
khi
2
sin 2 1 ,
4 4
x x k k và đạt giá trị lớn nhất
bằng
1
khi
2
sin 2 0 ,
2
x x n n .
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Cho tam giác
ABC
có hai đường trung tuyến
1
1
1
1
:
1
x t
d
y t
và
2
2
2
2
:
1
x t
d
y t
và điểm
1; 1
A
. Viết
phương trình
3
cạnh của tam giác .
Đường trung tuyến
1 2
,
d d
cắt nhau tại trọng tâm
G
. Tìm được
G
.
Cách 1 :
Dễ thấy điểm
A
không thuộc đường thẳng
1 2
,
d d
, ta giả sử
1 2
,
B d C d
.
Đến đây ta có thể dung kiến thức trọng tâm tam giác hoặc trung điểm để suy ra
2
điểm
;
A B
Viết phương trình đi qua
2
điểm.
Cách 2 :
Gọi
'
A
là điểm đối xứng của
A
qua trọng tâm
G
.
Dễ thấy
'
BA CG
là hình bình hành nên ta viết được phương trình
'
A C
qua
C
và song song với
1
d
Tọa độ
C
là giao điểm của
2
d
và
'
A C
, từ đó suy ra tọa độ
B
thông qua trọng tâm
G
.
Viết phương trình đi qua
2
điểm.
2.
Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ , vuông góc với mặt phẳng
: 3
P x y z
, đồng thời
tiếp xúc với mặt cầu
2
2 2
: 1 2 3 4
S x y z
.
Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ có phương trình :
2 2 2
: 0, 0
Q Ax By Cz A B C
Mặt phẳng
0
P Q A B C
Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu và mặt phẳng .
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Chứng minh rằng :
2 2
2
2
x y z z x y
y z x
yz zx xy
.
Trước hết ta có
2
0, ,
x y x y
hay
2 2
, * ,
x xy y xy x y
.
Vì
, 0 0
x y x y
nên ta nhân cả
2
vế của đẳng thức
*
cho
0
x y
, ta được đẳng thức
3 3
, , 0
x y xy x y x y
hay
2 2
, 1 , 0
x y
x y x y
y x
Tương tự
2 2
, 2 , 0
y z
y z y z
z y
,
2 2
, 3 , 0
z x
z x x z
x z
Cộng vế theo vế các đẳng thức
1 , 2 , 3
ta được điều phải chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi
1
3
x y z
.
Bài toán này có nhiều cách giải .
ŀ
Bộ Giáo Dục và Đào tạo
ĐỀ THAM KHẢO
Email:
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN - khối A.
Ngày thi : 28.02.2010 (Chủ Nhật )
ĐỀ 01
I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
+
=
−
3
1
x
y
x
, có đồ thị là
(
)
C
.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số .
2.
Cho điểm
(
)
(
)
∈
0 0 0
;
M x y C
. Tiếp tuyến của
(
)
C
tại
0
M
cắt các đường tiệm cận của
(
)
C
tại các điểm
,
A B
. Chứng minh
0
M
là trung điểm của đoạn
AB
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
2.
Giải phương trình :
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1
8
t n t n
6 3
x x x x
a x a x
π π
+
= −
− +
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
−
=
+ +
∫
3 1
2
0
2 2
dx
I
x x
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện
OABC
có đáy
OBC
là tam giác vuông tại
O
,
,
OB a
=
(
)
3, 0 .
OC a= >
và đường
cao
=
3
OA a
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
AB OM
.
Câu V: ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
2
2 1
1 1 1
y
x z
P
x y z
−
= + +
+ + +
II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
1.
Cho 4 điểm
(
)
(
)
(
)
(
)
1;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;2 , 2; 1;1
A B C D
− −
. Tìm vectơ
' '
A B
là hình chiếu của vectơ
AB
lên
CD
.
2.
Cho đường thẳng :
( )
2
:
1 2 2
x y z
d
−
= =
và mặt phẳng
(
)
: 5 0
P x y z
− + − =
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
(
)
t
đi qua
(
)
3; 1;1
A −
nằm trong
(
)
P
và hợp với
(
)
d
một góc
0
45
.
Câu VII.a( 1 điểm ) Một giỏ đựng
20
quả cầu. Trong đó có
15
quả màu xanh và
5
quả màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên
2
quả cầu
trong giỏ.Tính xác suất để chọn được
2
quả cầu cùng màu ?
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
1.
Cho 3 điểm
(
)
(
)
0;1; 0 , 2;2;2
A B
và đường thẳng
( )
1 2 3
:
2 1 2
x y z
d
− + −
= =
−
. Tìm điểm
(
)
∈
M d
để diện tích
tam giác
ABM
nhỏ nhất.
2.
Cho hai đường thẳng
( )
1 1 2
:
2 3 2
x y z
d
+ − −
= =
−
và
( )
2 2
' :
1 2 2
x y z
d
− +
= =
−
. Chứng minh
(
)
d
vuông góc với
(
)
'
d
, viết
phương trình đường vuông góc chung của
(
)
d
và
(
)
'
d
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển
( )
1
3
1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2
x
x
−
−
− +
+
+
. Hãy tìm các giá trị của
x
biết rằng số hạng thứ
6
trong khai
triển này là
224
.
…………………………….Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ………………………………………
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
+
=
−
3
1
x
y
x
, có đồ thị là
(
)
C
.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số .
2.
Cho điểm
(
)
(
)
∈
0 0 0
;
M x y C
. Tiếp tuyến của
(
)
C
tại
0
M
cắt các đường tiệm cận của
(
)
C
tại các điểm
,
A B
.
Chứng minh
0
M
là trung điểm của đoạn
AB
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
Điều kiện :
2 2
x
− ≤ ≤
2 2
6 4 6 4 6 4
2 4 2 2
2 4 2 2
4 4
x x x
x x
x x
x x
− − −
+ − − = ⇔ =
+ + −
+ +
( )
2
1 1
2 3 2 0
2 4 2 2
4
x
x x
x
⇔ − − =
+ + −
+
2
2
2
3
3
4 2(2 )(2 ) (2 )( 4) 0
2 4 2 2 4
x
x
x x x x
x x x
=
=
⇔ ⇔
+ − + − + =
+ + − = +
2
2
3
3
2
2 (4 2(2 ) ( 4) 2 ) 0
x
x
x
x x x x
=
=
⇔ ⇔
=
− + + + − =
2.
Giải phương trình :
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1
8
t n t n
6 3
x x x x
a x a x
π π
+
= −
− +
Điều kiện :
sin sin cos cos 0
6 3 6 3
x x x x
π π π π
− + − + ≠
Ta có :
t n t n t n cot 1
6 3 6 6
a x a x a x x
π π π π
− + = − − = −
Phương trình :
3 3
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1 1
sin .sin 3 cos cos 3
8 8
t n t n
6 3
x x x x
x x x x
a x a x
π π
+
= − ⇔ + =
− +
1 cos2 cos2 cos 4 1 cos2 cos2 cos 4 1
2 2 2 2 8
x x x x x x
− − + +
⇔ ⋅ + ⋅ =
3
1 1 1
2(cos2 cos 2 cos 4 ) cos 2 cos2
2 8 2
x x x x x
⇔ + = ⇔ = ⇔ =
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
x
y
M
A
B
(không )
6
6
x k thoa
x k
π
π
π
π
= +
⇔
= − +
. Vậy phương trình cho có họ nghiệm là
6
x k
π
π
= − +
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
−
=
+ +
∫
3 1
2
0
2 2
dx
I
x x
− −
= =
+ + + +
∫ ∫
3 1 3 1
2 2
0 0
2 2 1 ( 1)
dx dx
I
x x x
Đặt
π π
+ = ∈ − ⇒ = +
2
1 t n , ; (t n 1)
2 2
x a t t dx a x dt
Đổi cận :
π π
= ⇒ = = − ⇒ =
0 , 3 1 .
4 3
x t x t
π π
π π
π π π
+
= = = − =
+
∫ ∫
3 3
2
2
4 4
t n 1
.
3 4 12
1 t n
a t
I dt dt
a t
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện
OABC
có đáy
OBC
là tam giác vuông tại
O
,
(
)
= = >
, 3, 0 .
OB a OC a
và
đường cao
=
3
OA a
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
AB OM
.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
(0;0; 3), ( ;0;0), (0; 3;0),
A a B a C a
3
; ; 0
2 2
a a
M
,
gọi N là trung điểm của AC ⇒
3 3
0; ;
2 2
a a
N
.
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =
d(B;(OMN)).
3 3 3
; ; 0 , 0; ;
2 2 2 2
a a a a
OM ON
= =
( )
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
[ ; ] ; ; 3; 1; 1
4 4 4 4 4
a a a a a
OM ON n
= = =
, với
( 3; 1; 1)
n =
.
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến
: 3 0
n x y z
+ + =
Ta có:
3. 0 0
3 15
( ; ( ))
5
3 1 1 5
a
a a
d B OMN
+ +
= = =
+ +
. Vậy,
15
( ; ) .
5
a
d AB OM =
Câu V: ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
2
2 1
1 1 1
y
x z
P
x y z
−
= + +
+ + +
Ta có :
1 1 1 1
. . . 1
x y y z z x
x y z x y z
+ + = ⇔ + + =
. Điều này gợi ý ta đưa đến hướng
giải lượng giác . Đặt
tan , tan , tan
2 2 2
A B C
x y z= = =
Nếu
, , (0; ),
A B C A B C
π π
∈ + + =
thì
t n t n t n t n t n t n 1.
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
a a a a a a
+ + =
Khi đó
2
sin sin cos 2 cos cos 2 cos 1
2 2 2
C A B C
P A B C
−
= + − = − +
2 2
1 1 3
2(cos cos ) 1 cos
2 2 2 2 2 2
C A B A B
P
− −
= − − + + ≤
Vậy
3
max
2
P
=
khi
2
2
2 3
tan
3
12
2 3
3
6
C
x y
A B
z
π
π
π
−
=
= = =
⇔
+
= =
=
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho
(
)
(
)
(
)
−
0;1; 0 , 2;2; 2 , 2;3;1
A B C
và đường thẳng
( )
= +
= − −
= +
1 2
: 2
3 2
x t
d y t
z t
. Tìm điểm
(
)
∈
M d
để diện tích tam giác
ABN
nhỏ nhất.
∈ ⇒ + − − +
( ) (1 2 ; 2 ; 3 2 ).
M d M t t t
= = − ⇒ = − − = − − = − = −
(2; 1; 2), ( 2; 2;1) [ ; ] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3. , (1; 2
; 2)
AB AC AB AC n n
Mặt phẳng
(
)
ABC
qua
(
)
0;1; 0
A
và có vecto pháp tuyến
= −
(1; 2; 2)
n
nên có phương trình
+ − − =
2 2 2 0
x y z
= = − + − + =
2 2 2
1 1 9
[ ; ] ( 3) ( 6) 6 ,
2 2 2
ABC
S AB AC
+ + − − − + − − −
= = =
+ +
1 2 2( 2 ) 2(3 2 ) 2 4 11
( ( ))
3
1 4 4
t t t t
MH d M ABC
+
= ⇔ = = ⇔ + = ⇔ = − = −
4 11
1 9 5 17
3 . . 3 4 11 6 hay .
3 2 3 4 4
MABC
t
V V t t t
Vậy
− − −
3 3 1 15 9 11
; ; hay ; ;
2 4 2 2 4 2
M M
là tọa độ cần tìm.
2.
Cho hai đường thẳngờ
( )
1 1 2
:
2 3 2
x y z
d
+ − −
= =
−
và
( )
2 2
' :
1 2 2
x y z
d
− +
= =
−
. Chứng minh
(
)
d
vuông góc với
(
)
'
d
,
viết phương trình đường vuông góc chung của
(
)
d
và
(
)
'
d
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển
( )
1
3
1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2
x
x
−
−
− +
+
+
. Hãy tìm các giá trị của
x
biết rằng số hạng thứ
6
trong khai triển này là
224
.
Ta có :
( )
8
8
8
8
0
k
k k k
k
a b C a b
=
−
=
+ =
∑
với
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1 1
1
log 3 1
log 9 7
1 1
3 5
5
2 = 9 7 ; 2 3 1
x
x
x x
a b
−
−
−
− +
+
− −
= + = = +
+ Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
6 8
9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1
x x x x
T C
− −
− − − −
= + + = + +
+ Theo giả thiết ta có :
( ) ( )
1
1
1 1 1 1
1
9 7
56 9 7 . 3 1 = 224 4 9 7 4(3 1)
3 1
x
x x x x
x
−
−
− − − −
−
+
+ + ⇔ = ⇔ + = +
+
( )
1
2
1 1
1
3 1 1
3 4(3 ) 3 0
2
3 3
x
x x
x
x
x
−
− −
−
= =
⇔ − + = ⇔ ⇔
=
=
ŀ
Bộ Giáo Dục và Đào tạo
ĐỀ THAM KHẢO
Email:
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN - khối A.
Ngày thi : 28.02.2010 (Chủ Nhật )
ĐỀ 01
I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
+
=
−
3
1
x
y
x
, có đồ thị là
(
)
C
.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số .
2.
Cho điểm
(
)
(
)
∈
0 0 0
;
M x y C
. Tiếp tuyến của
(
)
C
tại
0
M
cắt các đường tiệm cận của
(
)
C
tại các điểm
,
A B
. Chứng minh
0
M
là trung điểm của đoạn
AB
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
2.
Giải phương trình :
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1
8
t n t n
6 3
x x x x
a x a x
π π
+
= −
− +
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
−
=
+ +
∫
3 1
2
0
2 2
dx
I
x x
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện
OABC
có đáy
OBC
là tam giác vuông tại
O
,
,
OB a
=
(
)
3, 0 .
OC a= >
và đường
cao
=
3
OA a
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
AB OM
.
Câu V: ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
2
2 1
1 1 1
y
x z
P
x y z
−
= + +
+ + +
II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
1.
Cho 4 điểm
(
)
(
)
(
)
(
)
1;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;2 , 2; 1;1
A B C D
− −
. Tìm vectơ
' '
A B
là hình chiếu của vectơ
AB
lên
CD
.
2.
Cho đường thẳng :
( )
2
:
1 2 2
x y z
d
−
= =
và mặt phẳng
(
)
: 5 0
P x y z
− + − =
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
(
)
t
đi qua
(
)
3; 1;1
A −
nằm trong
(
)
P
và hợp với
(
)
d
một góc
0
45
.
Câu VII.a( 1 điểm ) Một giỏ đựng
20
quả cầu. Trong đó có
15
quả màu xanh và
5
quả màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên
2
quả cầu
trong giỏ.Tính xác suất để chọn được
2
quả cầu cùng màu ?
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
1.
Cho 3 điểm
(
)
(
)
0;1; 0 , 2;2;2
A B
và đường thẳng
( )
1 2 3
:
2 1 2
x y z
d
− + −
= =
−
. Tìm điểm
(
)
∈
M d
để diện tích
tam giác
ABM
nhỏ nhất.
2.
Cho hai đường thẳng
( )
1 1 2
:
2 3 2
x y z
d
+ − −
= =
−
và
( )
2 2
' :
1 2 2
x y z
d
− +
= =
−
. Chứng minh
(
)
d
vuông góc với
(
)
'
d
, viết
phương trình đường vuông góc chung của
(
)
d
và
(
)
'
d
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển
( )
1
3
1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2
x
x
−
−
− +
+
+
. Hãy tìm các giá trị của
x
biết rằng số hạng thứ
6
trong khai
triển này là
224
.
…………………………….Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ………………………………………
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
+
=
−
3
1
x
y
x
, có đồ thị là
(
)
C
.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số .
2.
Cho điểm
(
)
(
)
∈
0 0 0
;
M x y C
. Tiếp tuyến của
(
)
C
tại
0
M
cắt các đường tiệm cận của
(
)
C
tại các điểm
,
A B
.
Chứng minh
0
M
là trung điểm của đoạn
AB
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
Điều kiện :
2 2
x
− ≤ ≤
2 2
6 4 6 4 6 4
2 4 2 2
2 4 2 2
4 4
x x x
x x
x x
x x
− − −
+ − − = ⇔ =
+ + −
+ +
( )
2
1 1
2 3 2 0
2 4 2 2
4
x
x x
x
⇔ − − =
+ + −
+
2
2
2
3
3
4 2(2 )(2 ) (2 )( 4) 0
2 4 2 2 4
x
x
x x x x
x x x
=
=
⇔ ⇔
+ − + − + =
+ + − = +
2
2
3
3
2
2 (4 2(2 ) ( 4) 2 ) 0
x
x
x
x x x x
=
=
⇔ ⇔
=
− + + + − =
2.
Giải phương trình :
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1
8
t n t n
6 3
x x x x
a x a x
π π
+
= −
− +
Điều kiện :
sin sin cos cos 0
6 3 6 3
x x x x
π π π π
− + − + ≠
Ta có :
t n t n t n cot 1
6 3 6 6
a x a x a x x
π π π π
− + = − − = −
Phương trình :
3 3
3 3
sin .sin 3 cos cos 3 1 1
sin .sin 3 cos cos 3
8 8
t n t n
6 3
x x x x
x x x x
a x a x
π π
+
= − ⇔ + =
− +
1 cos2 cos2 cos 4 1 cos2 cos2 cos 4 1
2 2 2 2 8
x x x x x x
− − + +
⇔ ⋅ + ⋅ =
3
1 1 1
2(cos2 cos 2 cos 4 ) cos 2 cos2
2 8 2
x x x x x
⇔ + = ⇔ = ⇔ =
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
x
y
M
A
B
(không )
6
6
x k thoa
x k
π
π
π
π
= +
⇔
= − +
. Vậy phương trình cho có họ nghiệm là
6
x k
π
π
= − +
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
−
=
+ +
∫
3 1
2
0
2 2
dx
I
x x
− −
= =
+ + + +
∫ ∫
3 1 3 1
2 2
0 0
2 2 1 ( 1)
dx dx
I
x x x
Đặt
π π
+ = ∈ − ⇒ = +
2
1 t n , ; (t n 1)
2 2
x a t t dx a x dt
Đổi cận :
π π
= ⇒ = = − ⇒ =
0 , 3 1 .
4 3
x t x t
π π
π π
π π π
+
= = = − =
+
∫ ∫
3 3
2
2
4 4
t n 1
.
3 4 12
1 t n
a t
I dt dt
a t
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện
OABC
có đáy
OBC
là tam giác vuông tại
O
,
(
)
= = >
, 3, 0 .
OB a OC a
và
đường cao
=
3
OA a
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
AB OM
.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
(0;0; 3), ( ;0;0), (0; 3;0),
A a B a C a
3
; ; 0
2 2
a a
M
,
gọi N là trung điểm của AC ⇒
3 3
0; ;
2 2
a a
N
.
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =
d(B;(OMN)).
3 3 3
; ; 0 , 0; ;
2 2 2 2
a a a a
OM ON
= =
( )
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
[ ; ] ; ; 3; 1; 1
4 4 4 4 4
a a a a a
OM ON n
= = =
, với
( 3; 1; 1)
n =
.
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến
: 3 0
n x y z
+ + =
Ta có:
3. 0 0
3 15
( ; ( ))
5
3 1 1 5
a
a a
d B OMN
+ +
= = =
+ +
. Vậy,
15
( ; ) .
5
a
d AB OM =
Câu V: ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
2
2 1
1 1 1
y
x z
P
x y z
−
= + +
+ + +
