3 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án khối A, B, D

Đề thi thử Đại học năm học 2010-2011
Môn thi: toán, Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2,0 điểm)
1. Cho hệ phơng trình:
2 2
x y 4x 4y 7 0
mx y 2 0

+ + =

+ =

a) Tìm m để hệ có nghiệm.
b) Khi hệ có hai nghiệm
( ) ( )
1 1 2 2
x ; y , x ; y
(không nhất thiết khác nhau), tìm m để
biểu thức P=
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
x x y y +
đạt giá trị lớn nhất.
2. Giải phơng trình:
2 3
2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ + + =
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:

( )
( )
2
sin cos x sin sin 2x =
.
2. Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến
vuông góc với nhau tới parabole (P):
2
x 8y=
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng:
2x z 1 0
x y 4 0
=


+ =

và
3x y 2 0
y z 2 0
+ =


=

2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = BC = CD = DA = SA = SC. Chứng minh
rằng:
a) Các mặt phẳng ABCD và SBD vuông góc với nhau.

b)
SBD

là tam giác vuông.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hàm số f(x) =
3 2
2x 9x 12x 4 +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x).
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục hoành.
Câu V (2,0 điểm)
1. Chứng minh đẳng thức:
( )
( )
1
n
m
m
m n
0
1
x 1 x dx
m n 1 C
+
=
+ +

, với m và n là hai số tự nhiên.
2. Tìm hệ số của

6
x
trong khai triển của
10
2
x 3
x

+
ữ


Hết
Đáp án - thang điểm
ề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn TOáN, Khối A
(Đáp án Thang điểm có 4 trang)
1
Câu I: (2 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
1) Hệ phương trình
2 2
x y 4x 4y 7 0 (1)
mx y 2 0 (2)

+ − − + =

− + =

1,0

a) Tìm m để hệ có nghiệm: Từ pt (2) ta có y=mx+2. Thế vào pt (1) ta được:
2 2 2
x m x 4mx 4 4x 4mx 8 7 0 + + + − − − + =
hay
( )
2 2
m 1 x 4x 3 0+ − + =
(3)
0,25
Phương trình (3) có
2
1 3m
′
∆ = −
. Rõ ràng hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi pt (3) có
nghiệm, tức là
2
3
1 3m 0 m
3
′
∆ = − ≥ ⇔ ≤
.
0,25
b)Pt (3) có nghiệm
2
1,2
2
2 1 3m
x

m 1
± −
=
+
nên
( )
2
2
2
1 2
2
2 1 3m
x x
m 1
 
−
− =
 ÷
 ÷
+
 
=
( )
2
2
2
4 12m
m 1
−
+

và
( ) ( )
( )
2
2
1 2 1 2
y y m x x− = −
=
( )
( )
2 2
2
2
m 4 12m
m 1
−
+
. Suy ra P=
2
2
4 12m
m 1
−
+
. Dễ thấy khi |m| tăng thì P
giảm. Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m=0.
0,5
2) Giải pt:
2 3
2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ − + + =

. 1,0
Điều kiện:
ln x 0 x 1
≥ ⇔ ≥
. 0,25
Đặt
t ln x
=
, khi đó
t 0≥
và pt đã cho trở thành:
4 3 2
2t t 6t t 2 0+ − + + =
(4) 0,25
Rõ ràng t=0 không là nghiệm của pt (4) nên chia hai vế pt (*) cho t
2
, rồi đặt
1
u t
t
= +
, ta có 0,25
u 2
≥
và được pt
2
2u u 10 0+ − =
u 2
⇔ =
hoặc

5
u
2
= −
(loại). Vậy u=2
t 1 x e
⇔ = ⇔ =
. 0,25
Câu II: (2 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
1) Giải pt
( )
( )
2
sin cos x sin sin 2xπ = π
(1) 1,0
Pt (1)
( )
2
2
cos x sin 2x 2k 2
cos x sin 2x 2k (3)

π = π + π

⇔

π = π−π + π



, với k là số nguyên. 0,25
Ta có (2)
2
cos x sin 2x 2k⇔ = +
cos2x 2sin 2x 4k 1
⇔ − = −
(4)
Điều kiện để (4) có nghiệm là (4k-1)
2

≤
5 ,
k ∈¢
k 0⇔ =
.
Tương tự điều kiện để pt (3) có nghiệm là k=0.
0,25
Khi k=0, ta có (2)
cos2x 2sin 2x 1⇔ − = −
1 2 1
cos2x sin 2x
5 5 5
⇔ − = −
. Gọi
α
là góc
trong khoảng
0;
2
π

 
 ÷
 
sao cho
2 1
cos ;sin
5 5
α = α =
, ta có:
( )
sin 2x sin−α = α
2x 2m
2x 2m
−α = α + π

⇔

−α = π −α + π

x m
, m
x m
2
= α + π


⇔ ∈
π

= + π


¢
0,25
Khi k=0, hoàn toàn tương tụ ta có nghiệm của pt (3) là
x m
, m
x m
2
= π


∈
π

= −α + + π

¢
0,25
2) Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông 1,0
2
góc với nhau tới parabol (P): x
2
= 8y.
Tiếp tuyến bất kỳ của (P) có dạng
( )
0 0
x x 4 y y= +
hay
0 0
x x 4y 4y 0− − =

. (5) 0,25
Những điểm cần tìm là các giao điểm
( )
A A
A x ;y
của những cặp tiếp tuyến với phương trình
cùng có dạng (5) với các tiếp tuyến khác nhau sao cho hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
0,25
Tức là hai đường thẳng có pt tương ứng
1 1
x x 4y 4y 0− − =
(6) và
2 2
x x 4y 4y 0− − =
(7) thỏa
1 2
1 2
n .n x x ( 4).( 4) 0= + − − =
r r
1 2
x x 16⇔ = −
0,25
Từ (6) và (7) suy ra
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x x x
x x x 4 y y 4
8 8 2

 
−
− = − = − =
 ÷
 
nên x
1 2
x x
2
+
=
. Suy ra
1 1 1 2
x x 4y x x
y 2
4 8
−
= = = −
, vì x
1 2
x x
2
+
=
. Vậy
1 2
x x
A ; - 2
2
 

+
 ÷
 
suy ra các điểm cần tìm lập
thành đường thẳng y = -2.
0,25
Câu III: (2 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
1) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d):
2x z 1 0
x y 4 0
− − =


+ − =

và (d
1
):
3x y 2 0
y z 2 0
+ − =


− − =

1,0
Phương trình tham số của đường thẳng thứ nhất là (d):
x t
y 4 t

z 1 2t
=


= −


= − +

tức là đi qua A(0; 4; -1) và
có VTCP là
u
(1; 1;2)= −
r
.
0,25
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua đường thẳng (d
1
) và song song với (d). Dạng của (P) là
( ) ( )
3x y 2 y z 2 0α + − +β − − =
hay
( )
3 x y z 2 2 0α + α +β −β − α − β =
.
0,25
Từ điều kiện (d)//(P) suy ra
( )
1.3 1. 2( ) 0α − α +β + −β =
2 3 0⇔ α − β =

. Lấy
3
α =
,
2β =
ta
có (P):
9x 5y 2z 10 0+ − − =
0,25
Khoảng cách cần tìm chính là khoảng cách từ A tới (P), tức là bằng
9.0 5.4 2.( 1) 10
12
81 25 4 110
+ − − −
=
+ +
0,25
2 Hình học không gian 1,0
a) Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên
AC BD^
. Mặt khác, vì
SAC∆
cân tại S nên
AC S^O
,
với
O AC BD= ∩
. Suy ra
( )
AC SBD^

, vì vậy (ABCD)
^
(SBD).
0,5
b) Hiển nhiên
SAC BAC∆ = ∆
. Do
SBD∆
có trung tuyến thuộc BD bằng nửa BD nên tam giác
này vuông tại S.
0,5
Câu IV: (2 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x) =
3 2
2x 9x 12x 4− + −
. 1,0
+) Tập xác định
¡
+) Đạo hàm
2
y 6x 18x 12
′
= − +
0,25
3
y' = 0
x = 1
⇔
hoặc x = 2

+) Bảng biến thiên
x
−∞
-2 2
+∞
y’ + 0 - 0 +

+∞

1
y
0

−∞

0,5
+) Đồ thị: Đồ thị không có tiệm cận; đồ thị không cắt 0x tại
1
;0
2
 
 ÷
 
và
( )
2;0
; đồ thị cắt
0y tại (0; -4).
y =
3 2

2x 9x 12x 4− + −
0 1/2
0,25
2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và trục hoành. 1,0
Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x =
1
2
và x = 2. Diện tích hình phẳng cần tìm là
( )
2
3 2
1
2
S 2x 9x 12x 4 dx= − + −
∫
0,5
=
2
4 3 2
1
2
x x x
2 9 12 4x
4 3 2
 
− + −
 ÷
 
=
2

4
3 2
1
2
x
3x 6x 4x
2
 
− + −
 ÷
 
= … =
27
32
(đvdt) 0,5
Câu V: (1 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
4
1
Ký hiu I(m;n) =
( )
1
n
m
0
x 1 x dx

; khi ú ta cú ng thc cn chng minh s l:
( )
( )

m!n!
I m;n
m n 1 !
=
+ +
(1). Trc ht ta cú
( )
( )
1 m!0!
I m;0
m 1 m 0 1 !
= =
+ + +
, tc l (1) ỳng vi
n=0 v m t nhiờn. Ta chng minh quy np theo n.
0,5
Gi s (1) ỳng vi mi m t nhiờn v n = k, tc l
( )
( )
m!k!
I m;k
m k 1 !
=
+ +
(2)
Ta phi chng minh (1) ỳng vi n = k+1, tc l
( )
( )
( )
m! k 1 !

I m;k 1
m k 2 !
+
+ =
+ +
(3)
Tht vy
( )
1
n
m
0
x 1 x dx

=
( )
1
m 1
k 1
0
x
1 x d
m 1
+
+


ữ
+

=
( ) ( ) ( )
0
1
m 1 m 1
k 1 k
0
0
x x
1 x k 1 1 x dx
m 1 m 1
+ +
+

+ +
ữ
+ +


=
( )
( )
( )
( )
m 1 !k! m! k 1 !
k 1 k 1
I(m 1;k)
m 1 m 1 m k 2 ! m k 2 !
+ +

+ +

+ = =
ữ
+ + + + + +

(pcm).
Ghi chỳ: Nu thớ sinh khụng bit dựng phng phỏp quy np theo mt bin thỡ cú th chng
minh cho mt s trng hp c bit, ri rỳt ra kt lun chung.
0,5
2
Biểu thức đã cho chính là:
2 10 10 10
10 10
(x 3x 2) (x 1) (x 2)
A
x x
+
= =
Hệ số của x
6
trong khai triển của A chính là hệ số của x
16
trong khai triển của
10 10
B (x 1) (x 2)=
. Ta có:
0 10 1 9 2 8 3 7 4 6
10 10 10 10 10
B (C x C x C x C x C x )= + +

ì


ì
0 10 1 9 2 8 3 7 4 6
10 10 10 10 10
(C x 2C x 4C x 8C x 16C x ) + +
Khai triển tiếp, ta đợc hệ số của x
16
là:
0 4 1 3 2 2 3 1 4 0
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
C .16C C .8C C .4C C .2C C .C 23670+ + + + =
Ht
Đề thi thi thử Đại học năm học 2010-2011
Môn thi: Toán, Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút
5
Câu I (2,0 điểm)
3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số:
2
x x 1
y
x 1
+ +
=
+
.
4. Viết phơng trình đờng thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho A, B đối
xứng nhau qua đờng thẳng

( )
: y x 2 = +
Câu II (2,0 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:
2
3 2 2
y x xy 6y 1 0
y x 8y x y x 0

+ + + =


+ + =


.
4. Giải phơng trình:
cos2x sin 2x
cotg x - tg x
sin x cos x
=
Câu II (3,0 điểm)
3. Cho hypebol (H):
2 2
2 2
x y
1
a b
=
. Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho tổng các khoảng cách

từ M tới hai tiệm cận của hypebol nhỏ nhất.
4. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho điểm M(2; 0; 2) và đờng thẳng
( )
:
2x y 2z 2 0
x y z 2 0
+ + =


+ + =

. Viết phơng trình tổng quát của đờng thẳng (d) đi qua M, vuông góc với
( )

và cắt
( )

.
5. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có A(0; 0;
0), B(2; 0; 0), D(0; 4; 0) và D(0; 4; 6). Gọi M, N, P lần lợt là trung điểm của các cạnh
AA, CD, BC và Q là một điểm thuộc đờng thẳng BB sao cho thể tích tứ diện MNPQ
bằng 3. Tính tỉ số
BQ
B Q

.
Câu IV (2,0 điểm)
3. Tính tích phân:
( )
4

3
0
sin x cos x
I dx
2sin x cos x

+
=
+

.
4. Tìm hệ số của
2008
x
trong khai triển Newton của đa thức f(x) =
( )
( )
670
670
2
x 2 . x 1 +
.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số dơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P =
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4 x y 4 y z 4 z x

x y z
+ + + + + + + +
.
Hết
Đáp án - thang điểm
đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn TON, Khối B
(Đáp án Thang điểm có 4 trang)
6
Câu I: (2 điểm)
Ý Nội dung Đi ểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2
x x 1 1
y x
x 1 x 1
+ +
= = +
+ +
1,0
+) Tập xác định
x 1≠ −
+) Đạo hàm
2
1
y 1
(x 1)
′
= −
+

y' = 0
x = 0
⇔
hoặc x = -2
0,25
+) Bảng biến thiên
x
−∞
-2 -1 0
+∞
y’ + 0 - - 0 +

+∞

+∞

-3
y
1

−∞

−∞

0,5
+) Đồ thị: Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 và có tiệm cận xiên y = x; đồ thị không cắt 0x và cắt
0y tại (0; 1)

2
x x 1

y
x 1
+ +
=
+
-1 0
0,25
2) 1,0
Gọi (d) là đường thẳng đi qua A, B; do (d) vuông góc với
∆
nên (d) có phương trình
y= - x + m
0,25
Khi đó (d) cẳt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt, nghĩa là phương trình
2
x x 1
x m
x 1
+ +
= − +
+
có hai nghiệm phân biệt
⇔
phương trình
2
2x (m 2)x m 1 0− − − + =
có
7
Ht

Đề thi thử đh & cđ ( đợt I ) năm học 2010 - 2011
Môn thi: Toán - Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 2 điểm ): Cho hàm số
x
x
y

+
=
1
12
. Gọi đồ thị của hàm số là ( C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đờng thẳng
03
=
yx
đồng thời tạo với các trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng
6
1
Câu II ( 2 điểm ):
1) Giải bất phơng trình sau:
321 xxx
2) Giải phơng trình lợng giác:
( )
0cot.2cot1
sin
2

cos
1
48
24
=+ xx
xx
Câu III ( 1 điểm ): Gọi a
1
, a
2
, , a
11
là các hệ số trong khai triển:

( ) ( )
11
9
2
10
1
11
10
21 axaxaxxx ++++=++
. Hóy tỡm h s a
5
?
Câu IV ( 1 điểm ):
Một hình trụ có đờng cao h và các đờng tròn đáy (O; R), (O; R). Gọi AB là 1 đờng
kính cố định của đờng tròn (O). MN là 1 đờng kính bất kỳ, không song song với AB của
đờng tròn (O). Xác định vị trí của MN để thể tích tứ diện ABMN là lớn nhất. Tính thể

tích đó theo R và h.
Câu V ( 1 điểm ): Các số thực x
1
, x
2
, y
1
, y
2
, z
1
, z
2
thoả mãn điều kiện: x
1
,x
2
> 0; x
1
y
1
-z
1
2
> 0 ;
x
2
y
2
z

2
2
> 0. Chứng minh rằng; ( x
1
+ x
2
)(y
1
+ y
2
) ( z
1
+ z
2
)
2
> 0
II. Phần tự chọn ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ đợc chọn làm bài ở một phần, nếu làm cả 2 phần: Bài thi sẽ không đợc chấm.
a./ Phần đề thi theo chơng trình chuẩn
Câu VI.a ( 1 diểm ): Giải phơng trình sau:
xx
x
2
2
2
log2log1
2242 =+
+
Câu VII.a ( 2 điểm ):

Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết trực tâm H(3; 3), trung điểm
của cạnh BC là M( 5; 4) và chân đờng cao thuộc cạnh AB là C(3; 2).
b./ Phần đề thi theo chơng trình nâng cao
8
đề chính thức
Câu VI.b ( 1 điểm ): Giải hệ phơng trình sau:
( )





=+

=+
1log
63
311
3
xy
x
x
x
y
Câu VII.b ( 2 điểm ):
Cho tam giác ABC vuông tại A, các điểm A, B thuộc trục hoành, phơng trình cạnh BC
là:
033 = yx
. Xác định toạ độ trong tâm G của tam giác, biết bán kính đờng tròn
nội tiếp tam giác ABC bằng 2.

Ht
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: s bỏo danh:

Kỳ thi thử đh & cđ năm học 2010 - 2011
Môn thi : Toán - Khối D

II. Đáp án và thang điểm
Câu Đáp án Điểm
Phần chung cho tất cả các thí sinh
7 điểm
Câu I
Khảo sát hàm số và phơng trình tiếp tuyến
2.00
a)
Khảo sát hàm số
x
x
y

+
=
1
12
1.00
+/ Tập xác định:
{ }
1\RD =
+/ Sự biến thiên của hàm số
Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đờng tiệm cận

=
+

y
x 1
lim
và
+=


y
x 1
lim
nên đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

2lim =
+
y
x
và
2lim =

y
x
nên đờng thẳng y = -2 là tiệm cận ngang

Bảng biến thiên :
( )
1;0

1
3
'
2
>

= x
x
y

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
1;
và
( )
+;1
0.25

0.50
+/ Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
( )
1;0
và
Cắt trục hoành tại điểm

0;
2
1
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm
( )
2;1 =I
của hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng.
0.25
b)
Viết phơng trình tiếp tuyến song song với đờng thẳng
03 = yx
1.00
x - 1 +
y + +
+ - 2
Y
- 2 -

9
6
4
2
-2
-4
-6
-5
5
* Hoành độ tiếp điểm là
1

0
x
thì
( )



=
=
=

4
2
3
1
1
3
0
0
2
0
x
x
x
0.25
* Toạ độ tiếp điểm
( )
1;2
thì phơng trình tiếp tuyến là:
013 = yx

0.25
* Toạ độ tiếp điểm
( )
3;4
thì phơng trình tiếp tuyến là:
0133 = yx
0.25
* Kiểm tra điều kiện diện tích tam giác bằng
6
1
thì tiếp tuyến thoả mãn là:

013 = yx

0.25
Câu II 2.00
1) Giải bất phơng trình
321 xxx
1.00
Điều kiện : x 3
BPT
xxxxxx ++ 4652321
2
0.50
BPT
3
326
3
326
08123

04
2
+






+

x
xx
x
0.25
Kết hợp với điều kiện ta đợc tập nghiệm của BPT là :






+
3
326
;3
0.25
2)
Giải phơng trình lợng giác
( )

0cot.2cot1
sin
2
cos
1
48
24
=+ xx
xx
1.00
Điều kiện :
02sin

x
Ta biến đổi :
( )
x
xx
x
42
sin
1
cot.2cot1
sin
2
=+
0.25
Phơng trình là :

0

sin
1
cos
1
48
44
=
xx
0cossin48cossin
4444
=+ xxxx
0.25
Bằng phép biến đổi, ta đợc :





=
=
=+
3
2
2sin
2
1
2sin
022sin2sin6
2
2

24
x
x
xx
0.25
Với
( )
Zkkxxx +===
48
04cos
2
1
2sin
2

0.25
Câu III
Nhị thức Niu-Tơn:
( ) ( )
11
9
2
10
1
11
10
21 axaxaxxx ++++=++
1.00
Theo gt: a
5

là hệ số của x
6
. Ta có VT =
( ) ( )
1011
11 +++ xx
0.25
Số hạng chứa x
6
trong khai triển của (x+1)
11
là: C
5
11
x
6
Số hạng chứa x
6
trong khai triển của (x+1)
10
là: C
4
10
x
6
0.50
Vậy hệ số a
5
của x
6

trong khai triển đã cho là a
5
=C
5
11
+ C
4
10
= 672 0.25
Câu IV
Thể tích ( HHKG )
1.00
* Kẻ đờng kính AB // AB. Ta có AA, BB là hai đờng sinh.
Gọi H, K lần lợt là hình chiếu của M, N trên AB thì MH = NK và là 2 đờng
cao của các hình chóp M.OAB và N.OAB.
Suy ra:
MHSVV
ABOABOMABMN

3
1
.2.2
''.
==
Mặt khác tam giác OAB có diện tích không đổi, nên thể tích lớn nhất khi
MH = R, hay MN vuông góc với AB.
0.50
* Do ABBA là h.c.n với AA = h, AB = 2R nên:
RhSS
AABBABO

==
'''
2
1
Vậy thể tích tứ diện ABMN là
hRV
ABMN
2
3
2
=
0.50
10
Câu V
Chứng minh bất đẳng thức ( x
1
+ x
2
)(y
1
+ y
2
) ( z
1
+ z
2
)
2
> 0
1.00

Xét các tam thức bậc 2 sau:
( ) ( )
22
2
211
2
1
2;2 yxzxxxgyxzxxxf +=+=
0.25
Mỗi tam thức đều có hệ số của x
2
là số dơng và
0;0 <<
gf
0.25
Do đó:
( )
( )
( ) ( ) ( )
Rxxgxfxh
Rxxg
Rxxf
>+=



>
>
;0
;0

;0

( ) ( ) ( ) ( )
0';02
2121
2
21
<>++++= Rxyyxzzxxxxh
0.25
Vậy:
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
00
2
2121212121
2
21
>+++<+++ zzyyxxyyxxzz
0.25
Phần riêng cho từng chơng trình
3.00
Phần đề thi theo chơng trình chuẩn
Câu VI.a
Giải phơng trình
xx
x
2
2
2
log2log1
2242 =+

+
1.00
Điều kiện : x > 0
Đặt log
2
x = t x = 2
t
> 0
0.25
PT là:
( )
02242.22
22
2
=
tt
. Giải ra ta đợc
142&162
22
==
tt
0.50
24162
2
2
=== tt
t
. Vậy :
4
1

;4 == xx
0.25
Câu
VII.a
Phơng pháp toạ độ trong mặt phẳng: Viết phơng trình đờng tròn
2.00
Ta có
( )
1;0' =HC
. Do C thuộc cạnh AB nên phơng trình AB là y = 2
Toạ độ B( x; 2 ) và C(10 x; 6) vì M(5; 4) là trung điểm BC
0.50
( )
1;0' =HC
và
( )
3;7 xCH =
cùng phơng nên suy ra B(7; 2) và C(3; 6) 0.25
Gọi A(a; 2).
( )
4;4 =CB
là VTCP của đờng cao AH và trung trục của BC.
thì
CBAH
nên A(2; 2) và phơng trình đờng trung trực là: x y -1 = 0
0.50
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì I(x; x-1). Ta đợc:
IA = IC (x 3)
2
+ (x-1-6)

2
= (x-2)
2
+ (x-1-2)
2
x = 4,5. Hay tâm và
bán kính đờng tròn là:
4
34
&
2
7
;
2
9
2
=






RI
. Vây PT đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là
2
17
2
7

2
9
22
=






+






yx
0.75
Phần đề thi theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b
Giải hệ phơng trình
( )





=+

=+
1log
63
311
3
xy
x
x
x
y
1.00
Điều kiện:
60 < x
Hệ phơng trình viết thành:
( )
( )
( )





=

=+

2 log1
1
63
3.11

3
log1
3
xy
x
x
x
x
0.25
PT (1)
( )
36611
63311
=+=+

=
+
xxxx
x
x
x
x




+
=
=+

2
135
035
3
2
x
xx
x
( Do điều kiện của x )
0.50
Vậy hệ PT có nghiệm là:








=
+
=
2
135
log
2
135
3
y

x
0.25
11
Câu
VII.b
Phơng pháp toạ độ trong mặt phẳng: Xác định toạ độ trọng tâm tam giác
2.00
Do B là giao điểm của BC và Ox nên B(1;0)
Gọi A(a;0) thì
( )
33; aaC
0.50
Từ công thức toạ độ trong tâm, ta có:
( )








+
3
13
;
3
12 aa
G
Và

12;13;1 === aBCaACaAB
0.50
Diện tích
( ) ( )
2.1
2
33
.
2
1
1
2
3
.
2
1
2

+
=++===

arCABCABaACABS
ABC




=
+=
+=

132
332
2321
a
a
a
0.50
Vậy có 2 tam giác với các trọng tâm tơng ứng thoả mãn bài ra là:









++
=
3
326
;
3
734
G
và

+

+
=
3
326
;
3
134
G
0.50
Hết
12