40 đề ôn thi đại học môn toán cực hay
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.51 MB, 260 trang )
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
1
ĐỀ 1
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:
4 2
2 3
y x x (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
y m
cắt đồ thị (C) tại bốn điểm phân biệt M, N, P, Q ( sắp
thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN, NP, PQ được giả sử là độ dài 3
cạnh của một tam giác bất kỳ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
sin .sin 4 2 2 cos 4 3 cos .sin .cos2
6
x x x x x x
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 3 8 1
, y
8 3 13
x y y x
x
x x y y
.
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I =
4
2
1
1
4
x
x
x e
dx
x
xe
.
Câu IV (1,0 điểm). Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = c
và
0
BAC CAD DAB 60
.
Câu V (1,0 điểm). Chứng minh phương trình:
1
1
x
x
x x
luôn có nghiệm thực dương
duy nhất.
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
: 1 0
d x y
và đường tròn
2 2
: 2 4 0
C x y x y
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó kẻ được hai
đường thẳng tiếp xúc với đường tròn
C
tại A và B sao cho
0
60
AMB
.
2. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm
;0;0 , B 0; ;0 , C 0;0;
A a b c
với a, b, c là các
số dương thay đổi và thỏa mãn
2 2 2
3
a b c
. Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ
gốc toạ độ O
0;0;0
đến mặt phẳng
ABC
đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII a (1,0 điểm). Tìm , a b
để phương trình
2
0
z az b
có nhận số phức
1
z i
làm nghiệm.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho prabol
2
:
P y x
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
M(1; 3) sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm
A 1;5;0 , B 3;3;6
và đường
thẳng d:
1 1
2 1 2
x y z
. Xác định vị trí của điểm C trên đường thẳng d để diện tích tam
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
2
Câu VII b (1,0 điểm). Giải phương trình:
2 3
2 2 4 2 4 2
4 1 2
2
2
1
log 1 log 1 log 1 log 1
3
x x x x x x x x
.
BÀI GIẢI
A- PHẦN CHUNG
Câu I
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngy = m và đồ thị (C):
4 2
x 2x 3 m
4 2
x 2x 3 m 0 1
Đặt
2
t x t 0
.Phương trình trên thành:
2
t 2t 3 m 0 2
Gọi
1 2 3 4
x ,x ,x ,x
lần lượt là hoành độ các giao điểm M, N, P, Q.
Khi đó
1 2 3 4
x ,x ,x ,x
là nghiệm của phương trình (1).
Dựa vào đồ thị , ta thấy với điều kiện:
4 m 3
thì phương trình (2) có hai nghiệm
là:
1 2
t 1 m 4 ; t 1 m 4
.
Suy ra
1 2 2 1 3 1 4 2
x t , x t , x t , x t
Ta có
4 3 3 2 3
MN PQ x x , NP = x x 2x
Để ý rằng: Điều kiện để ba số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một
là:
a b c
b c a
c a b
.
Vì
MN PQ
nên để MN, NP, PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ nên ta chỉ cần:
4 3 3 4 3
2 2 2 2
MN PQ NP PQ NP x x x x x
hay
2 1 2 1
3 91
t 2 t t 4t 1 m 4 4 1 m 4 m 4 m
5 25
Kết hợp với điều kiện :
4 m 3
ta được:
91
m 3
25
.
Câu II
1. Ta có:
sin .sin 4 2 2 cos 3 cos .sin 4
6
x x x x x
sin 4 sin 3cos 2 2 cos
6
x x x x
sin 4 . sin sin cos cos 2 cos sin 4 2 cos 0
6 6 6 6
x x x x x x
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
3
cos 0
6
x
( vì
sin 4 2 0
x
)
2
6 2 3
x k x k k
.
2. Điều kiện:
2 2
x 3y 0 , y 8x 0
Đặt
2 2
u x 3y , v = y 8x
(
u, v 0
)
Hệ phương trình thành:
2
2 2 2 2
2
v 2u 1
2u v 1 v 2u 1
u v 13 u v 13
u 2u 1 13
2
v 2u 1
5u 4u 12 0
2 1
2
2
3
6
5
v u
u
u
v
u
.
Khi đó:
2
2
2
2
22
2
4 x
y
3
x 3y 2
x 3y 4
4 x
y 8x 9
y 8x 3
8x 9
3
2
2
2
2
4 2
1
4
4
4
1
3
3
3
1
5
1 5 4 13 0
8 72 65 0
5
7
x
x
x
y
x
y
y
y
x
x
x x x x
x x x
x
y
Kết hợp với điều kiện ta đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là:
1;1 , 5; 7
S .
Câu III
Ta có:
4 4
x
2x
2x x
1 1
1 x e 1 1 1
I dx dx
4x 4x e
xe xe
2
4
x
1
1 1
dx
e
2 x
=
4
x
1
1 1
dx
e
2 x
=
4
x
1
x e
4
1 1
1
e e
Câu IV
Giả sử
a min a,b,c
Trên cạnh AC lấy điểm E, AD lấy điểm F sao cho
AB AE AF a
.
Tứ diện ABEF có bốn mặt là các tam giác đều bằng
nhau nên là tứ diện đều cạnh bằng a.
b
a
c
B
C
D
A
H
E
F
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
4
Ta dễ dàng tính được
3
ABEF
a 2
V
12
.
Gọi H là chân đường cao hạ từ B.
Ta có:
AEF
ACD
0
2
ABEF
0
ABCD
1
1
BH.S AEAFsin60
V
a
3
2
1 1
V bc
BH.S ACADsin60
3 2
.
Suy ra
ABCD
abc 2
V
12
.
Câu V
Ta có:
x
x 1
x x 1 x 0 x 1 ln x xln x 1 0
Xét hàm số:
f x x 1 ln x x ln x 1 x 0
1 1 1
f x ln 1
x x x 1
Chứng minh bất đẳng thức cơ bản
ln 1 t t t > 0
ta suy ra
1 1
ln 1
x x
Do đó
1 1 1 1
f x 0 f x
x x x 1 x 1
đồng biến trên
0;
(1)
Mặt khác: do
f x
liên tục trên
0;
và
f 2 f 3 ln8 ln9 ln81 ln64 0
suy ra
tồn tại
0
2;3 0x ,
sao cho
0
f x 0
(2)
Từ (1) và (2) điều phải chứng minh.
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu Via
1. Viết lại
C
dưới dạng
2 2
1 2 5
x y
Vậy
C
có tâm
1;2
I , bán kính
5
R .
; 1
M d M t t
Theo giả thiết
60
o
AMB
Suy ra
30 2 2 2 5
o
AMI MI IA R
hay
2 2
2 2
3 3;4
20 1 1 20 9
3 3;2
t M
MI t t t
t M
2. Phương trình mặt phẳng (ABC):
x y z
1
a b c
2 2 2
1
d d O; ABC
1 1 1
a b c
B
A
M
I
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
5
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
9 a. b. c. a b c 3
a b c a b c a b c
.
Suy ra:
2 2 2
1 1 1
3
a b c
. Do đó:
1
3
d
.
Dấu bằng xảy ra
2 2 2
1 1 1
1 a b c 1
a b c
.
Vậy
1
Max d
3
khi
a b c 1
.
Câu VIIa
Theo đề, ta có:
2
1 i a 1 i b 0
2
1 2 0
i i a ai b
a 2 i a b 0
a 2 0 a 2
a b 0 b 2
.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb
1. Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
2 2
A a;a , B b;b
( b > a)
PT đường thẳng d:
y a b x ab
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đt d . Ta có:
b
2
a
S a b x ab x dx
b
a
x a x b dx
b
a
x a x b dx
=
b
3
3 2
a
1 a b 1
x x abx b a
3 2 6
.
Do
M 1;3 d a b ab 3
Suy ra
3 3
2 2 2
2
1 1 1
S b a a b 4ab ab 3 4ab
36 36 36
=
3
3
2
1 8 128 8 2
ab 1 8 S
36 36 9 3
8 2
MinS ab 1 0 ab 1 a b 2
3
.
Vậy ta lập được phương trình đường thẳng
d : y 2x 1
.
2. Ta có:
C d C 1 2t;1 t;2t
AB 2; 2;6 , AC 2t 2; t 4;2t
2 6 6 2 2 2
AB;AC ; ; 2t 24;8t 12;2t 12
t 4 2t 2t 2t 2 2t 2 t 4
Gọi S là diện tích tam giác ABC.
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
6
Ta có: S =
2 2 2
1 1
AB;AC 2t 24 8t 12 2t 12
2 2
2
1
72t 144t 864
2
=
2
1
72 t 1 792 3 22
2
.
Dấu = xảy ra khi
t 1 C 1;0;2
Vậy khi
C 1;0;2
thì
MinS 3 22
Câu VIIb
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2 4 2 4 2
2 2 2 2
log x x 1 log x x 1 log x x 1 log x x 1
2 2 4 2 4 2
2 2 2
log x x 1 x x 1 log x x 1 log x x 1
4 2 4 2 4 2
2 2 2
log x x 1 log x x 1 log x x 1
4 2
2
log x x 1 0
4 2
x x 1 1
4 2
x 0
x x 0 x 1
x 1
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là:
1;0;1
S
ĐỀ 2
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) .
Cho hàm số:
2 3
2
x
y
x
(C).
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
4. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C). Biết tiếp tuyến của (C) tại
M cắt các đường tiệm cận tại J và K sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có diện
tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm
0;
2
x
của phương trình sau đây :
2 2
3
4sin 3sin 2 1 2cos
22
4
x
x x
.
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
8 27 18
4 6
x y y
x y x y
.
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I =
2
10 5 9
0
1 cos .sin .cos
I x x xdx
.
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
7
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B,
BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của
AB và SE = 2a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC ; M là điểm di động trên tia đối
của tia BA sao cho
0
0 90
ECM
và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC.
Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo
,
a
và tìm
để thể tích đó lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng:
x 1
1 x 1 x
2
x x x 0;1
e
.
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB, AD thứ tự
là:
2 2 0 ; 2x + y + 1= 0
x y
. Cạnh BD chứa điểm M
1;2
. Tìm toạ độ các đỉnh của
hình thoi.
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
1 2 2
x y z
d
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) biết rằng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.
Câu VII a (1,0 điểm).
Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện:
z 2 i 1
.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại B
Ox, phương trình cạnh AB có dạng:
3 2 3 0
x y
; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
0;2
I . Tìm toạ độ các đỉnh của
tam giác.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
A 2;0;0
và
J 2;0;0
. Giả sử
là mặt phẳng
thay đổi, nhưng luôn đi qua đường thẳng AJ và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại các điểm
B 0;b;0
,
C 0;0;c
với
b,c 0
. Chứng minh rằng:
bc
b c
2
và tìm b, c sao cho diện
tích tam giác ABC nhỏ nhất.
Câu VII b (1,0 điểm).
Tính
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
P
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
BÀI GIẢI
A- PHẦN CHUNG
Câu I
1. Học sinh tự giải.
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
8
2. Ta có:
0
0 0
0
2 3
; , 2
2
x
M x C x
x
,
2
0
0
2x
1
)x('y
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M :
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
Toạ độ giao điểm J, K của () và hai tiệm cận là: J
0
0
2 2
2; ;
2
x
x
K
0
2 2;2
x
Ta có:
0
0
2 2 2
2 2
J K
M
x x x
x x
,
0
0
2 3
2 2
J K
M
y y x
y
x
M là trung điểm JK.
Mặt khác I(2; 2) và IJK vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IJK có diện tích:
S =
2
2 2 2
0
0 0
2
0 0
2 3
1
( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)
x
IM x x
x x
Dấu “=” xảy ra khi
0
2
0
2
0
0
1 1;1
1
( 2)
( 2)
3 3;3
x M
x
x
x M
.
Câu II
1. Ta có:
2 2
3
4sin 3sin 2 1 2cos
22
4
x
x x
2 1 cos 2 3cos 2 1 1 cos 2
3
2
x xx
2 2cos 3cos2 2 sin 2 sin 2 3 cos2 2cos
x x x x x x
1 3
sin 2 cos2 cos sin 2 cos
2 2 3 2
x x x x x
2
2 2
5
3 2 18 3
2 2 2
3 2 6
5
x x k x k
k
x x k x k
.
Vì
0;
2
x
nên ta chọn được nghiệm
18
5
x
.
2. Với
0
y
hệ phương trình đã cho thành:
27 0
6 0
x
( Vô lý). Suy ra
0
y
Khi đó:
3
3
3 3
2 2
3
(2 ) 18
8 27 18
4 6
3 3
2 . 2 3
x
x y y
y
x y x y
x x
y y
.
Đặt
3
2 ,
u x v =
y
. Hệ phương trình trên thành:
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
9
3 3
3 3
3
18 3 18 27
1
3
3 3
u v
u v u v uv u v u v
uv
uv u v
uv u v uv u v
. Suy ra u, v là
nghiệm của phương trình:
2
3 5
2
3 1 0
3 5
2
t
t t
t
.
Do đó:
3 5 3 5
3 5 3 5
2 2
4 4
2 2
3 3 5 3 3 5
3 3 5 3 3 5
2 2
2 2
x x
x x
y y
y y
.
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
3 3 5 3 3 5
3 5 3 5
; ; ;
4 2 2 2
S
.
Câu III
Đặt
10 5 10 5
1 cos 1 cos
t x t x
9 4 4 9
10 5sin .cos sin .cos 2
t dt x xdx x xdx t dt
Ta có: I
1 1
2
10 5 5 4 10 9 10 20
0 0 0
1 cos .cos .sin cos 2 1 2
x x x xdx t t t dt t t dt
1
11 21
0
20
2
11 21 231
t t
.
Câu IV
ABC
vuông cân tại B nên
2 2 2 2
4 4 2 2
AC AB BC a a a
EBC
vuông cân tại B nên
2 2 2 2
4 5
C BE BC a a a
.
Theo định lý ba đường vuông góc ta có:
EH HC
. Suy ra:
sin
EH EC
1 5
2 2
a
EI EC .
1 1 5
. sin 5sin . cos
2 2 2
HEI
a
S EH EI HEI a
=
2
5
sin 2
8
a
.
B
A
C
S
M
E
I
J
H
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
10
Trong
SCE
, IJ là đoạn trung bình nên
1
2
IJ SE a
và
IJ HEI
.
Do đó
3
2
1 1 5 5
. sin 2 sin2 .
3 3 8 24
EHIJ HEI
a
V IJ S a a
EHIJ
V đạt giá trị lớn nhất khi sin2 1 0
2
tức
.
4
Câu V
Xét hàm số:
x 1 x x x
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
f x x x x x.x 1 x x x 0;1
.
x
1 x
2
1 x x
1 x
f x 2. ln x
1 x
1 x
.
Xét:
1 x
g x 2. ln x
1 x
2
2
1 x
g x 0 g x
x 1 x
đồng biến trên
0;1
g x g 1 0 f x 0 x 0;1 f x
nghịch biến trên
0;1
1
1 x
1
1
1 x
x 1 x 1 x 1
1 2
f x lim f x lim 1 x x .x 2lim 1 x 0;1
1
e
1 x
.
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa
1. Ta có:
A AB AD
toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
4
2 2 0
3
2 1 0 5
3
x
x y
x y
y
.
Do đó
4 5
;
3 3
A
.
Gọi
;
N x y AC
( AC là tia phân giác
BAD
). Hơn nữa M và N nằm cùng phía đối với
đường thẳng AB nên ta có:
2 2 2 1
2 2 2 1
5 5
2 2 1 4 2 0 2 2 0
2 2 0
2 1 2 2 2 0
x y x y
x y x y
x y x y
x y
x y
A
C
B
D
M
N
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
11
2 2 2 1
x y x y
hay
3 0
x y
. Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh AC
là:
3 0
x y
.
Đường chéo BD qua
1;2
M nhận
1; 1
BD AC
u n
làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình là:
1 2
3 0
1 1
x y
x y
.
B AB BD
toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
2 2 0 4
3 0 1
x y x
x y y
. Do đó
4; 1
B
.
D AD BD
toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
2 1 0 4
3 0 7
x y x
x y y
. Do đó
4;7
D .
Gọi
I AC BD
toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
3 0 0
3 0 3
x y x
x y y
. Do đó
0;3
I .
Vì I là trung điểm AC nên
4 13
;
3 3
C
.
2. Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là:
2 2 2
; ; 0
p
n a b c a b c
.
vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (xOy) là:
0;0;1
xOy
n
vectơ chỉ phương của đường thẳng d là:
1;1;2
d
u
. 0 2 0 2
d P
P u n a b c b a c
d
.
Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (xOy) 0
2
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2
cos
2 4 5
2
c c c
a b c a ac c
a a c c
.
+ Nếu
0
c
thì cos 0
2
.
+ Nếu
0
c
thì ta chọn
1
c
. Khi đó:
2 2
1 1 1
cos
3
2 4 5
2 1 3
a a
a
.
Dấu “=” xảy ra khi
1
a
.
nhỏ nhất
cos
lớn nhất.
Do đó so sánh hai trường hợp này ta được
0;
2
1
max cos
3
khi
1 1
a c ; b=
.
Mặt phẳng
P
qua
1; 2;0
A d
và
1; 1;1
P
n
làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình:
1. 1 1. 2 1. 0 0 3 0
x y z x y z
.
Câu VIIa
Hai số phức liên hợp có mođun bằng nhau, ta suy ra
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
12
z 2 i z 2 i
(vì
z 2 i z 2 i z 2 i
).
Từ đó ta có:
z 2 i 1
.
Đặt
,z x iy x y
.
Suy ra :
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1
z i x y i x y x y
Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm
I 2;1
, bán kính
R 1.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b
1. Gọi phương trình đường thẳng 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 N(6;5) và
vuông góc với AB là:
6 5 0
b x a y
.
Diện tích của hình chữ nhật ABCD là:
2 2
2 2 2 2
4 3
3 4 4
; . ; .
a b a b
a b b a
d P AB d Q BC
a b
a b a b
.
Theo đề, ta có:
2 2
2 2
4 3
16 3 4
a b a b
a b a b a b
a b
.
Cho b = 1, ta được:
2 2 2
3 1 4 1 4 3 4 4
a a a a a a
2 2
2
2 2
2
1
4 3 4 4
3 4 1 0
1
4 3 4 4
5 4 7 0
3
a
a a a
a a
a
a a a
a a
Vậy phương trình cạnh AB là:
1 0 ; 3 11 0
x y x y
.
2. mp
qua
A 2;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c b,c > 0
nên có phương trình là:
x y z
1
2 b c
1 1 1 bc
J 1;1;1 1 b c 1
2 b c 2
AB 2;b;0 , AC 2;0;c
b 0 0 2 2 b
AB;AC ; ; bc;2c;2b
0 c c 2 2 0
2 2 2 2 2 2 2 2
ABC
1 1 1
S AB;AC b c 4c 4b b c 4 b c
2 2 2
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:
2 2
2 2 2 2
1.b 1.c 2 b c 4 b c 2 b c
.
Do đó:
2 2 2
2 2
ABC
1 1 6
S b c 2 b c 4 b c 2 b c b c
2 2 2
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
b c.
C
A
B
D
P
Q N
M
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
13
Từ (1) suy ra
2b
c 0 b 2.
b 2
Suy ra
ABC
6 2b 6 4 6 4
S b b 2 b 2 4
2 b 2 2 b 2 2 b 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương:
4
b 2 4
b 2
ABC
S 4 6
.
Do đó
ABC
MinS 4 6
đạt được khi
b c 0
b c 4
bc
b c
2
.
Câu VIIb
Ta có:
k k
k k
k
2010
k
k 1
k 1
2011
2 2010! 2 2010!
2 C
1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
ĐỀ 3
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:
3 2
1 5
4 4
3 2
y x mx mx
(C).
5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi
m 0
.
6. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,
x x
sao cho biểu thức :
22
2 1
2 2
1 2
5 12
5 12
x mx m
m
A
x mx m m
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
3. Giải phương trình:
tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1 tan tan
2
x
x x x x x x
.
4. Giải hệ phương trình:
6 2 6
5 2
6 2 6
2
5
2
2 33
2
2 33
xy
x x y
x x
xy
y y x
x y
, yx
.
1 2 2011
1 2 2011
2011 2011 2011
2011 0
0
2011
1
P 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C .
4022 2011
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
14
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân:
ln5
ln2
.
10 1 1
x x
dx
I
e e
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O,
cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy hình chóp và
SA a 2
. Gọi H và K lần lượt
là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh
SC AHK
và tính thể tích O.AHK.
Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4 3 3 3 4 1 1 0
m x m x m
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn:
2 2
2 2
1 2
C : x y 9 ; C : x 1 y 1 25
. Gọi A, B là các giao điểm của
1
C
và
2
C
. Viết phương trình đường thẳng AB. Hãy chứng minh rằng nếu
K AB
thì
KI KJ
với I, J lần lượt là tâm của
1
C
và
2
C
.
4. Trong không gian Oxyz, cho điểm
A 5;5;0
và đường thẳng
x 1 y 1 z 7
d :
2 3 4
.
Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A và
BC 2 17
.
Câu VII a (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
z 2011 0
trên tập số phức
.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, xác định toạ độ các điểm B và C của tam giác đều ABC biết
A 3; 5
và trọng tâm
G 1;1
.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
0;0; 3 , N 2;0; 1
M
và mặt phẳng
:3 8 7 1 0
x y z
. Tìm tọa độ P nằm trên mặt phẳng
sao cho tam giác MNP
đều.
Câu VII b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3
log y log x
3 3
x 2y 27
log y log x 1
.
BÀI GIẢI
Câu I
1. Học sinh tự giải.
2. TXĐ: D =
2
5 4
y x mx m
.
Hàm số đạt cực trị tại
1 2
, x x
Phương trình
0
y
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
15
2
16
25 16 0
25
0
m
m m
m
(1)
Theo định lý Viet, ta có:
1 2
1 2
5
4
x x m
x x m
Vì
1
x
là nghiệm của phương trình nên:
2 2
1 1 1 1
5 4 0 5 4
x mx m x mx m
.
Do đó:
2 2
1 2 1 2 1 2
5 12 5 4 5 12 5 16 15 16 0
x mx m mx m mx m m x x m m m
.
Tương tự, ta cũng tính được:
2 2
2 1
5 12 25 16 0
x mx m m m
.
Khi đó:
22 2 2
2 1
2 2 2 2
1 2
5 12 25 16
2
5 12 25 16
x mx mm m m m
A
x mx m m m m m
( Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương).
Dấu “=” xảy ra
2 2
2
4 2 2 2
2 2
25 16
25 16 25 16
25 16
m m m
m m m m m m
m m m
2
0
24 16 0
2
3
m
m m
m
. Kết hợp với (1) ta chọn
2
.
3
m
Vậy
min 2
A
khi
2
3
m
.
Câu II
1. Điều kiện:
2
cos 0 cos 0
cos 0 cos 0
1 cos 0 cos 1
cos 0 2cos 0
2 2
x x
x x
x x
x x
.
Ta có:
tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1 tan tan
2
x
x x x x x x
sin
sin
2
tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1
cos
cos
2
x
x
x x x x x
x
x
cos cos sin sin
2 2
tan tan 2sin 1 6cos 3 sin
cos cos
2
x x
x x
x x x x x
x
x
cos
2
tan tan 2sin 1 6cos 3 sin
cos cos
2
x
x x x x x
x
x
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
16
tan tan 2sin tan 6cos 3 tan
x x x x x x
tan tan 2sin 6cos 3
x x x x
2 2
tan 1 2cos 3 1 2cos 1 2cos tan 3 0
x x x x x
2
2 2 2 2 2
1
1 1 1
cos
cos cos cos
2
2 2 2
1
cos
tan 3 sin 3 os 1 os 3cos
4
x
x x x
x
x x c x c x x
2
1 1 2
os os2 2 2
4 2 3 3
c x c x x k x k
k
(thoả điều kiện)
2. Cộng vế theo vế của hai phương trình trên ta được:
2 2
5 2 2
5
1 1
2
2 33 2 33
xy x y
x x y y
2 2
2 2
5 5
1 1
2
1 32 1 32
xy x y
x y
(*)
Nhận xét:
2 2
* 2 *
VT xy x y VP .
0
* *
1
1
0
x y
x y
VT VP
x y
x y
x y
.
Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
0;0 , 1;1
S .
Câu III
Ta có:
ln5 ln5
ln2 ln2
.
10 1 1 10 1
x
x x x x
dx e dx
I
e e e e
Đặt
2
1 1 2
x x x
t e t e tdt e dx
Đổi cận:
ln2 1 ; ln5 2
x t x t
Khi đó:
2
2 2 2
2
1 1 1
1
2tdt dt 1 1 1 1 3 t 1 5
I 2 dt ln ln
3 t 3 t 3 3 t 3 t 3 3 t 3 2
9 t t
.
Câu IV
+ Chứng minh
SC AHK
Ta có:
BC AB
BC SAB BC AH
BC SA
.
Mặt khác
AH SB
nên
AH SBC
, do đó
AH SC
.
G
O
D
A
B
C
S
H
K
I
M
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
17
Chứng minh tương tự ta cũng có:
AK SC
.
Vậy
SC AHK
.
+ Tính thể tích khối chóp O.AHK
Gọi
G SO HK
và
I AG SC
.
Vì
SC AHK
nên
SC AI
.
Mặt khác
2
SA AC a
nên tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A. Suy ra I là trung
điểm SC và G là trọng tâm tam giác SAC.
Ta có:
2 2
SC SA a
nên
1
2
AI SC a
và
2 2
.
3 3
a
AG AI
Ngoài ra:
BD AC
BD SAC BD SC
BD SA
.
Từ đó:
/ /
AHIK SC
BD SC BD AHIK
BD AHIK
.
Do đó:
/ / .
AHK SBD HK BD
Ta có:
2 2 2 2
3 3 3
HK SG a
HK BD
BD SO
.
Diện tích của tam giác AHK là:
2
1 1 2 2 2 2 2
. . .
2 2 3 3 9
AHK
a a a
S HKAG
Gọi M là trung điểm của AI thì
/ /
OM IC
và
1
.
2 2
a
OM IC
Mà
SC AHK
nên
OM AHK
.
Thể tích hình chóp O.AHK là:
2 3
1 1 2 2 2
. . .
3 3 9 2 27
AHK
a a a
V S OM
.
Câu V
Điều kiện :
3 1.
x
Khi đó:
3 3 4 1 1
4 3 3 3 4 1 1 0
4 3 3 1 1
x x
m x m x m m
x x
(*)
Vì
2 2
x 3 1 x
1
2 2
nên ta đặt
x 3 2sin ; 1 x 2cos
Đặt
t tan , 0 , 0 t 1
2 2
.
Phương trinh (*) trở thành:
2
2
7 12 9
5 16 7
t t
m
t t
(**)
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm trên
0;1
.
Xét hàm số:
2
2
7 12 9
5 16 7
t t
f t
t t
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
18
f t
liên tục trên
0;1
2
2
2
52 8 60
0
5 16 7
t t
f t
t t
f t
là hàm nghịch biến trên
0;1
.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi
7 9
.
9 7
m
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a
1. Ta có:
2 2
1 1
2 2
9
;
1 1 25
x y
M x y C C
x y
2 2
2 2
9
7 0
2 2 23 0
x y
x y
x y x y
là phương trình đường thẳng AB.
; 7
K AB K t t
.
Đường tròn
1
C
có tâm là:
0;0
I , đường tròn
2
C
có tâm là:
1;1
J .
2 2 2
2 2 2
1 8 7 16 0
KJ KI a a a a KI KJ
.
2. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên
2 2
1
34
2
AB BC
.
B, C
d
nên có toạ độ là
1 2 ; 1 3 ;7 4
t t t
.
Khi đó
2 2 2
2 2
1
34 2 6 3 6 4 7 34 29 116 87 0
3
t
AB t t t t t
t
.
Vậy
1;2;3 , C 5;8; 5
B
hoặc
B 5;8; 5 , C 1;2;3
.
Câu VIIa
Đặt
, bz a bi a
.
Khi đó
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2011 2011 2
z a b abi z a b abi z a b abi
Do đó
2 2
2 2 2
2011 0
2011 0 2011 2 0
2 0
a b
z a b abi
ab
.
9
7
t
f t
f t
0
1
9
7
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
19
Nếu
0
b
thì
2
2011 0
a
( vô lý) . Do đó
0 0
b a
. Dẫn đến:
2011
b .
Vậy số phức z cần tìm là:
2011.
i
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Gọi M là trung điểm BC, suy ra
3
0;4
2
MA GA M
Trong tam ABM vuông tại M ta có:
0
0
3 10
cos30 2 30
cos30
3
2
AM AM
AB
AB
.
Suy ra:
2 30
30
2
BM CM
Giả sử
0 0
;
B x y
. Khi đó
2
2 2
0 0
30 4 30
MB x y
(1)
Mặt khác
0 0 0 0
. 0 3 12 0 3 12
AM BM AM BM x y x y
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
2 2 2
0 0 0
3 12 4 30 4 3
y y y
0 0
0 0
7 9
1 9
y x
y x
Vậy
9;7 , C 9;1
B hoặc
9;1 , C 9;7
B .
2. Đường thẳng MN qua
M 0;0; 3
nhận
MN 2;0;2
làm vectơ chỉ phương
nên có phương trình:
x 2t
y 0 t
z 3 2t
.
Gọi
là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN. Gọi I là trung điểm MN
I 1;0; 2
.
Mặt phẳng
qua
I 1;0; 2
nhận
2;0;2
MN
làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình:
2. x 1 2. z 2 0 x z 1 0
.
P
sao cho
MNP
đều
2 2
P
MN NP
Giả sử tọa độ điểm N là
0 0 0
; ;
x y z
, ta có:
0 0 0
0 0
2
2 2
0 0 0
3 8 7 1 0
1 0
3 8
x y z
x z
x y z
.
Giải hệ phương trình này ta tìm được
2 2 1
P 2; 2; 3 , P ; ;
3 3 3
.
Câu VIIb
Điều kiện :
, 0
x y
.
M
B
C
A
G
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
20
Đặt
3
3
og
3
log
3
a
b
a l x
x
b y
y
HPT đã cho thành:
2
3 9
3 2 3 27
1
1
1
b a
ab
a b
a b
a b
a b
b a
; b
a
là nghiệm của phương trình:
2
1
2 0
2
t
t t
t
Khi đó:
3
1 1
9
2 2
1
2 2
9
1 1 1
3
x
a a
y
b b
x
a a
b b
y
( thoả điều kiện).
Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
1 1
S 3;9 , ;
9 3
.
ĐỀ 4
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:
1
1
x
y
x
(C).
7. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
8. Tìm điểm M thuộc (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ là nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
2
cos2 1
tan 3tan
2 cos
π x
x x
x
.
2. Giải hệ phương trình:
3
3
2 3
1 3
82
y x
x y
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân:
4
2
3
4
tan tan
x
I x x e dx
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có
SA ABC
, tam giác ABC vuông cân
đỉnh C và
SC a
. Tính góc
giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
để thể tích khối chóp
lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương sao cho:
2 2 2 2
4
a b c d
.
Chứng minh:
3 3 3 3
8
a b c d
.
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
21
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với
5,
AB
1; 1 ,
C
đường
thẳng AB có phương trình
2 3 0
x y
và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường
thẳng
2 0.
x y
Hãy tìm toạ độ các điểm A và B.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm
3;1;1 , B 7;3;9 , C 2;2;2
A và
mặt phẳng (P) có phương trình:
3 0
x y z
.
Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho
2 3
MA MB MC
nhỏ nhất.
Câu VII a (1,0 điểm)
Gọi A, B theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 0 và
1
2
i
z z
.
Chứng minh tam giác OAB vuông cân.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 1 2 0
d x my
và
đường tròn
2 2
: 2 4 4 0
C x y x y
. Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m sao cho d cắt
(C) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất
và tính diện tích đó.
2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có
A 1;2;5
và phương trình hai đường
trung tuyến :
1 2
x 3 y 6 z 1 x 4 y 2 z 2
d : ; d :
2 2 1 1 4 1
Viết phương trình chính tắc các cạnh của tam giác ABC.
Câu VII b (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình sau:
2 1
2 2
5 5
2 2 2
log 3 1 log 2 4 1
y x y x
x y y x y
.
BÀI GIẢI
A- PHẦN CHUNG
Câu I
1. Học sinh tự giải
2. Ta có:
0
0
0
1
;
1
x
M x C
x
Gọi
M
d
là khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ, khi đó:
0
0
0
1
;Ox ;
1
M
x
d d M d M Oy x
x
Chọn
1;0 1
M
M H d
. Do đó, để tìm
M
Mind
ta chỉ cần xét:
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
22
0
0
0
0
0 0
0
1
1 1
0 1
1
1 1
1
1
x
x
x
x
x x
x
.
Với
0
0 1
x
thì
0
0 0 0
0 0 0
1
2 2
1 1 2
1 1 1
M
x
d x x x
x x x
0
0
2
2 1 2 2 2 2 2 2 1
1
x
x
( Bất đẳng thức Cauchy).
Dấu bằng xảy ra
0
0
0
0
0 1
2 1
2
1
1
x
x
x
x
Vậy
2 2 1
M
mind
khi
2 1;1 2
M
.
Câu II
1. Điều kiện:
cos 0
cos 0
sin 2 0
s 0 sin 0
2
2
x
x
π
x x k k
π
co x x
Phương trình tương đương với
2
2 2 3
2
2sin 1
cot 3tan tan 0 tan 1
cos tan
x
x x x x
x x
tan 1
4
π
x x kπ k
.
2. Đặt
3
,u 0 ; v = 1
u x y
. Suy ra:
2 2 4
3 3 3 3
1 1
x u x u
y v y v
Hệ đã cho trở thành:
3
4
4 3 4 3
3 3
3 81
81 81
u v v u
u u
u v u v
4 3 2 3 2
9 27 54 0 3 2 15 18 0
u u u u u u u u
.
Do
0
u
nên
3 2
2 15 18 0
u u u
. Suy ra
3, v = 0
u
.
Khi đó:
3
3
3
9
1
1 0
x
x
y
y
.
Vậy
9
1
x
y
là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Câu III
2 x 2 x x
1 2
3 3 3
4 4 4
I tan x tan x e dx tan x.e dx tanx.e dx I I
Sử dụng tích phân từng phần đối với
2
I
ta được:
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
23
2
3
2 1 1 2
4
3
4
tanx. 1 tan .
x x
I e x e dx e I I I I e
.
Câu IV
Ta có:
, 0;
2
BC SBC ABC
SC BC SCA
CA BC
Trong
SAC
vuông tại A, ta có:
sin sin
SA SC a
.
và
cos cos
AC SC a
.
Vì
ABC
vuông cân tại C nên:
2 2 2
1 1 1
. cos
2 2 2
ABC
S AB AC AC a
.
Thể tích hình chóp
.
S ABC
là:
2
2 2 3 2 3
.
1 1 1 1
. sin . cos sin cos sin sin
3 3 2 6 6
S ABC ABC
a
V SA S a a a
Xét hàm số
3
sin sin
y f
,
0;
2
.
Đặt
sin
t
,
0; 0;1
2
t
.
Khi đó xét hàm số
3
, t 0;1
g t t t
2
1 3
g t t
2
1
0;1
3
0 1 3 0
1
0;1
3
t
g t t
t
Lập bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra
3 3 3 3
.
0;1
0;
2
2 3
max max max .
6 6 6 27
3 3
S ABC
t
a a a a
V f g t
khi
1
sin
3
,
0;
2
Câu V
A C
B
S
0
0
t
g t
g t
0
1
0
1
3
2
3 3
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
24
Từ
2 2 2 2
4
a b c d
suy ra
2
4 2.
a a
Khi đó
2 3 2
2 0 2
a a a a
.
Tương tự ta cũng chứng minh được:
3 2
2
b b
,
3 2
2
c c
,
3 2
2
d d
.
Cộng vế theo vế của bốn bất đẳng thức trên ta được
3 3 3 3 2 2 2 2
2 8.
a b c d a b c d
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a
1. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên :
1 3
1 3
A B C A B G
A B C A B G
x x x x x x
y y y y y y
Suy ra
2 3
A A B B G G
x y x y x y
.
Vì G
đường thẳng
2 0
x y
nên
2 0 2
G G G G
x y x y
.
Do đó:
2 6 8
A A B B A A B B
x y x y x y x y
Lại vì A, B thuộc đường thẳng
2 3 0
x y
nên:
2 3 0
1
2 3 0
A A
B B
x y
x y
.
2
8 3 2 3 2 6
10
A B
A A B B A A B B A B
A B
y y
x y x y y y y y y y
x x
Mặt khác
2 2
5 5
A B A B
AB x x y y
Nhưng theo (1)
3 2 , x 3 2
A A B B
x y y
nên
2
A B B A
x x y y
.
Suy ra
2 2 2
5 5
A B A B A B
x x y y y y
Vậy
1 1
1 1
2 2
2 2 3 3
2 2
A A
A B A B
A B A B
B B
y y
y y y y
y y y y
y y
Cuối cùng ta thu được:
1 3
4; , B 6;
2 2
A
hoặc
3
6;
2
A
,
1
4;
2
B
.
2. Giả sử I là một điểm thoả
2 3 0
IA IB IC
. Khi đó ta tính được I
23 13 25
; ;
6 6 6
.
Ta có:
2 3 2 3 6
MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI
2 3
MA MB MC
nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
M
là hình chiếu vuông góc của I lên mặt
phẳng (P).
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng
Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925
25
Gọi
là đường thẳng qua I nhận
1;1;1
P
u n
làm vectơ chỉ phương nên có phương
trình tham số :
23
6
13
6
25
6
x t
y t t
z t
.
Ta có
M P
toạ độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình :
23 13 25 79 5 20 2
3 0 ; ;
6 6 6 18 9 9 9
t t t t M
.
Vậy
2 3
MA MB MC
nhỏ nhất khi
5 20 2
; ;
9 9 9
M
Câu VII a
Giả sử
z x yi
thì ta có
A x;y
. Vì
z 0
nên
2 2
x y 0
.
Ta có
1 1
1 .
2 2 2 2
i x y x y
z z i x yi i
Vậy B có tọa độ :
; .
2 2
x y x y
B
Ta lại có:
2 2
2 2
2 2 2 2
; OB
2 2 2
x y x y x y
OA x y
.
2 2 2 2
2 2
2
.
2 2 2 2 2
x y x y x y y x x y
AB x y
Từ đó, suy ra :
2 2 2
OB AB
.
OA OB AB
Vậy tam giác OAB vuông cân tại B.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b
1.
( )
C
có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
d cắt
( )
C
tại 2 điểm phân biệt A, B
( , )
d I d R
2
2 2 1 2 3 2
m m
2 2
1 4 4 18 9
m m m
2
5 4 17 0
m m
( luôn đúng
m
).
Ta có:
1 1 9
. sin .
2 2 2
S IA IB AIB IA IB
IAB
Vậy: S
IAB
lớn nhất là
9
2
khi
0
90
AIB
AB =
2 3 2
R
3 2
( , )
2
d I d
d
B
A
I
www.MATHVN.com
MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
