Tuyển tập đề thi thử đại học 2009

DongPhD Problems Book Series

Tuyển Tập Đề Thi Thử
Đại Học 2009
Đại số

Giải tích

vnMath.com
Dịch vụ
Toán học

Giáo án
(Free)

Sách



Hình học

Các loại
khác

Bài báo

Thông tin
bổ ích
(Free)
Toán
học vui

Kiếm
tiền trên
mạng

Bản điện tử chính thức có tại







Tr ng i h c H ng
c
Khoa Khoa h c T nhiên

THI TH

TUY N SINH

I H C - CAO

NG 2009

Môn thi: TOÁN, kh i A
Th i gian làm bài: 180 phút

I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m)
Câu I (2,0 đi m)
1. Kh o sát và v đ th hàm s

2. Tìm s ti p tuy n c a đ

f ( x ) = −2 x 3 + 6 x − 4 .

ng cong y = x ln x đi qua đi m A(1; 2) .

Câu II (2,0 đi m)

1. Gi i ph

2

2
ng trình: xln x−5ln x +7 =

1
1
−
x + 1 −1
x +1 +1

.

2. Tính:
cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o .
Câu III (1,0 đi m)
Trên parabol y = x 2 l y ba đi m A, B, C khác nhau sao cho ti p tuy n t i C song
song v i đ ng th ng AB. Ký hi u S là di n tích tam giác ABC, S’ là di n tích hình ph ng
gi i h n b i parabol và đ ng th ng AB. Tìm t s gi a S và S’.
Câu IV (1,0 đi m)

Cho hình chóp t giác đ u S.ABCD. M t ph ng α đi qua A và vuông góc v i SC c t
SB, SC l n l t t i B’, C’. Bi t r ng C’ là trung đi m c a SC, tính t s gi a SB’ và B’B.
Câu V (1,0 đi m)
V i x là s d ng, y là s th c tu ý, tìm t p h p m i giá tr c a bi u th c
A=

xy 2

(

⎛
⎞
x 2 + 3 y 2 ⎜⎜ x + x 2 + 12 y 2 ⎟⎟⎟
⎝
⎠

)

II. PH N RIÊNG (3,0 đi m)
Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n: theo ch

.

ng trình Chu n ho c Nâng cao.

1. Theo ch ng trình Chu n
Câu VIa (2 đi m)
1. Tìm to đ các đ nh B và C c a tam giác ABC, bi t đ nh A(−1; −3) , tr ng tâm
G (4; −2) và trung tr c c nh AB có ph

ng trình 3x + 2 y − 4 = 0 .

2. Tìm t p h p tâm các m t c u đi qua g c to đ và ti p xúc v i hai m t ph ng:
P : x + 2 y − 4 = 0 và Q : x + 2 y + 6 = 0 .
Câu VIIa (1 đi m)
M t h p đ ng bi có 12 viên, trong đó có 3 viên tr ng, 4 viên đ , 5 viên xanh. Ký hi u
A là t ng s cách l y 6 trong 12 viên đó, B là s cách l y 6 viên sao cho s bi đ b ng s
bi xanh. Tính t s B : A.


2. Theo ch ng trình Nâng cao
Câu VIb (2 đi m)
1. Trong m t ph ng to đ , cho hai đ ng th ng
d1 : kx − y + k = 0

và

(

)

d 2 : 1− k 2 x + 2ky −1− k 2 = 0 .

Khi k thay đ i thì giao đi m c a hai đ ng th ng này di chuy n trên m t đ ng cong.
Xác đ nh đ ng cong đó.
2. M t c u S đi qua các đi m A (0;0;1) , B (1;0;0) , C (1;1;1) , D (0;1;0) ; m t c u S’ đi qua

⎛1
⎞ ⎛ 1 1⎞
các đi m A '⎜⎜ ;0;0⎟⎟⎟ , B '⎜⎜0; ; ⎟⎟⎟ , C '(1;1;0) , D '(0;1;1) . Tìm đ dài bán kính đ

⎝⎜ 2
⎠ ⎝⎜ 2 2 ⎠

ng tròn

giao tuy n c a hai m t c u đó.
Câu VIIb (1 đi m)
Tính c n b c hai c a s ph c 15 + 112i .
GHI CHÚ. 1.
thi này đ c so n theo M U quy đ nh trong v n b n “C u trúc đ
thi t t nghi p THPT & tuy n sinh H-C 2009” do C c Kh o thí & Ki m đ nh ch t
l ng giáo d c, B Giáo d c & ào t o, ban hành tháng 11 n m 2008.
2. Cán b coi thi không đ c gi i thích gì v đ thi!


ÁP ÁN TOÁN KH I A
Câu
I.1.(1đ)

T p xác đ nh: .
Gi i h n t i vô c c:

L i gi i
lim

x→±∞

i m

f ( x ) = ∓∞ .

0,25

------------------------------------------------------------------------------------f '( x) = −6 x 2 + 6; f '( x) = 0 ⇔ x = ±1.
f (−1) = −9; f (1) = 3.
B ng bi n thiên:
x
f ’(x)

−1

−∞

+∞

1

−

−

+

+∞
f(x)

0,5

0

−8

−∞

Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n trên hai kho ng (−∞; −1), (1; +∞); đ t
c c ti u t i -1, c c đ i t i 1 và fCT = −8; fCD = 0.
Giao đi m v i tr c tung: (0;-4); v i tr c hoành: (-2;0) và (1;0) (đi m
c c đ i).
------------------------------------------------------------------------------------th nh hình v .
x

y
-2

-1

0

0,25

1

-2

3

x
y = -2

-4

4
+ 6x -

-6

-8

I.2.(1đ)

Ta có ( x ln x ) ' = 1 + ln x . Ph ng trình ti p tuy n t i đi m có hoành đ
a (a > 0) là y = (1 + ln a)( x − a) + a ln a.
------------------------------------------------------------------------------------ti p tuy n đi qua A, ph i có
2 = (1 + ln a )(1− a ) + a ln a ⇔
2 = 1− a + ln a ⇔ ln a − a −1 = 0, (1).

0,25
-----0,25


------------------------------------------------------------------------------------S ti p tuy n đi qua A ph thu c vào s nghi m c a ph ng trình (1).
Xét hàm s f (a ) = ln a − a −1 . Ta có:

1
f '(a ) = −1;
a
f '(a ) = 0 ⇔ a = 1.
B ng bi n thiên c a f (a ) :

II.1.(1đ)

a
f ’(a)

0

f(a)

−∞

+∞

1
0
−2

+

0,5

−
−∞

T b ng này ta th y giá tr l n nh t c a f(a) là -2 nên ph ng trình (1)
vô nghi m. V y không có ti p tuy n nào đi qua A.
V trái có ngh a khi và ch khi x > 0. Khi đó v ph i c ng có ngh a. D
th y v ph i đ n gi n b ng x.
-----------------------------------------------------------------------------------Nh v y ta có ph ng trình

0,25

2
xln x−5ln x +7 = x ⇔

⎡x =1
2
xln x−5ln x +6 = 1 ⇔ ⎢⎢ 2
⎢⎣ln x − 5ln x + 6 = 0, (1)

-----------------------------------------------------------------------------------⎡ ln x = 2 ⎢⎡ x = e2
M t khác:
(1) ⇔ ⎢
⇔
⎢ ln x = 3 ⎢⎢
3
⎣
⎣x = e
II.2.(1đ)

V y ph
Ta có:

0,5

0,25

ng trình đã cho có 3 nghi m x1 = 1, x2 = e 2 , x3 = e3.

cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o =
cos12o + cos18o − 2(cos 36o + cos 6o ) cos 24o =

cos12o + cos18o − 2 cos 36o cos 24o − 2 cos 24o cos 6o =
cos12o + cos18o − cos 600 − cos12o − cos 300 − cos18o
= − cos 60o − cos 30o = −
III(1đ)

(

1+ 3
2

) (

) ( )

Gi s 3 đi m trên parabol là A a, a 2 , B b, b 2 , C c, c 2 , (a < b). H
s góc c a đ

ng th ng AB là

b2 − a 2
= a + b , còn h s góc c a ti p
b−a

1,0


tuy n t i C hi n nhiên là 2c. V y c =

(

a +b
.
2

)

2
2
2
dài AB = (b − a ) + b 2 − a 2 = (b − a ) 1 + (a + b) .

ng trình đ

Ph

ng th ng AB:

x−a
y − a2
=
⇔ (a + b)( x − a ) = y − a 2
b − a b2 − a 2

0,5

⇔ (a + b) x − y − ab = 0 ⇔ y = ( a + b) x − ab.
Kho ng cách t C đ n AB:

h=

2
a + b ⎛⎜ a + b ⎞⎟
+
−
a
b
(
)
⎟ − ab
⎜⎜⎝
2
2 ⎠⎟
2

( a + b) + 1

(a + b)2
=

4

− ab
2

( a + b) + 1

=

(b − a)2
2

4 ( a + b) + 1

.

Di n tích tam giác ABC:
2

3

(b − a)
(b − a )
1
1
2
S = AB.h = (b − a ) 1 + (a + b) .
=
.
2
2
2
8
4 (a + b) + 1
-----------------------------------------------------------------------------------Di n tích gi i h n b i parabol và đ ng th ng AB:
b

(

S ' = ∫ (a + b) x − ab − x
a

= ( a + b)

2

)

b

⎛
x2
x3 ⎞⎟⎟
⎜⎜
dx = ⎜( a + b) − abx − ⎟
⎜⎝
2
3 ⎠⎟⎟
a

b2 − a 2
b3 − a 3
− ab (b − a ) −
=
2
3

0,5
3

(b − a)

b−a
2
.
3(a + b) − 6ab − 2 a 2 + ab + b 2 =
6
6
S
3
= .
Suy ra:
S' 4

(

(

))

S

IV(1đ)

S
C’
D′

D

C

I

C’

B’
A

B

A
H
C
(Hình này có th không v )

0,25


V(1đ)

Xét tam giác cân SAC (cân t i S) v i H là trung đi m c a AC. Rõ ràng
SH là đ ng cao c a tam giác SAC và c a c hình chóp. L i có
AC ' ⊥ SC và C’ là trung đi m SC nên AC = SC, t c là tam giác SAC
là đ u.
------------------------------------------------------------------------------------SB '
SI
D th y
=
, trong đó I là giao đi m gi a SH và AC’. Vì I
B ' B IH
c ng là tr ng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1. V y t s gi a SB’

và B’B là 2.
Ta có
A=

xy 2

(

(x

x 2 + 12 y 2 − x
2

)

+ 3 y 2 12 y 2

) = x(

x 2 + 12 y 2 − x
12 ( x 2 + 3 y 2 )

t + 4 − 2 − 2t + 2 1 + t
2 (t + 4)

2

1+ t

=

2 − t + 2 1+ t
2 (t + 4)

2

1+ t

0,5

)

12 y 2
1+ 2 −1
x
=
.
⎛ 3y2 ⎞
12 ⎜1 + 2 ⎟
x ⎠
⎝
------------------------------------------------------------------------------------12 y 2
= t , ( t ≥ 0 ) và 3A = f ( t ) . Khi đó
t
x2
1+ t −1
f (t ) =
;
t+4
1

(t + 4) − 1 + t + 1
t
2
1
+
f ' (t ) =
2
(t + 4)
=

0,25

0,25

------

0,5

;

f ' (t ) = 0 ⇔ 2 1 + t = t − 2 ⇔
⎧⎪t ≥ 2, (1)
⎨
2
⎪⎩4 + 4t = t − 4t + 4, (2)
(2) ⇔ t 2 − 8t = 0 ⇒ t = 8.
------------------------------------------------------------------------------------D th y bên trái đi m t = 8 thì f’(t) > 0 và bên ph i thì t < 0. Ngoài ra
lim f ( t ) = 0 . Do đó, ta có b ng bi n thiên sau:

------

t →+∞

t
f ' (t )
f (t )

0
+

8
0

+∞

0,25

-

1/6
0

0


T b ng này ta th y t p h p giá tr c a f (t) là [ 0;1/ 6] nên t p h p
⎡ 1⎤
m i giá tr c a A là ⎢ 0; ⎥ .
⎢⎣ 18 ⎥⎦
CHÚ Ý. Thí sinh có th dùng b t đ ng th c đ ch ra giá tr nh nh t

và giá tr l n nh t t ng ng b ng 0 và 1/18 r i k t lu n r ng t p h p
⎡ 1⎤
m i giá tr c a A là ⎢ 0; ⎥ .
⎢⎣ 18 ⎥⎦
Cách làm này không th t ch t ch vì không ch ra đ c
r ng A nh n m i giá tr gi a 0 và 1/18 nên ch cho t ng c ng 0,75đ.
Ph n riêng theo ch

VIa.1(1đ)

ng trình Chu n
⎧⎪ x = 3t −1,
Trung đi m I c a c nh
ng th ng AB có ph ng trình ⎪⎨
⎪⎪⎩ y = 2t − 3.
AB là giao đi m c a AB v i đ ng trung tr c nên có giá tr tham s t
tho mãn ph ng trình
3(3t −1) + 2(2t − 3) − 4 = 0 ⇔
13t −13 = 0 ⇒ t = 1.
-----------------------------------------------------------------------------------V y ta có I (2; −1) . D th y đi m B ng v i giá tr t = 2 nên có

0,5

B (5;1) .

0,5

Ti p theo, IC = 3IM = 3.(2; −1) = (6; −3) nên có C (8; −4) .
VIa.2(1đ) Tâm I c a m i m t c u nh v y ph i n m trên m t ph ng R đi qua
chính gi a hai m t ph ng đã cho. D th y hai to đ c a I ph i tho

mãn ph ng trình m t ph ng R: x + 2 y + 1 = 0. M t khác, vì kho ng
cách t I đ n O b ng bán kính nên ph i b ng n a kho ng cách gi a hai
m t ph ng đã cho hay b ng kho ng cách gi a P và R. L y m t đi m
b t k trên P và tính kho ng cách t i R, ta đ c giá tr b ng
5
= 5.
1+ 4
------------------------------------------------------------------------------------Nh v y, chính I ph i n m trên m t c u S, tâm O, bán kính 5 , t c là
các to đ tho mãn ph ng trình: x 2 + y 2 + z 2 = 5.
Nh v y, t p h p tâm các m t c u đi qua O và ti p xúc v i hai m t
ph ng đã cho là đ ng tròn giao tuy n c a m t c u S và m t ph ng R.
Nói cách khác, đó là t p h p các đi m có ba to đ x, y, z tho mãn
⎪⎧ x + 2 y + 1 = 0
h ph ng trình: ⎪
⎨ 2
⎪⎪ x + y 2 + z 2 = 5.
⎩
VIIa(1đ)

6
6
S cách l y 6 trong 12 viên là C12
(t c là A = C12
). L y 6 viên sao
cho s viên đ b ng s viên xanh có hai tr ng h p: ho c 3 viên đ , 3

0,5

0,5

0,5


viên xanh (không viên nào tr ng) ho c 2 viên tr ng, 2 đ và 2 xanh.
-----------------------------------------------------------------------------------Tr

ng h p th nh t có th th c hi n theo C43C53 cách; tr

ng h p th

hai: C32C42C52 cách. Nh v y B = C43C53 + C32C42C52 ; do đó

0,5

B C43C53 + C32C42C52 4.10 + 3.6.10
5
= .
=
=
6
A
924
21
C12
Ph n riêng theo ch ng trình Nâng cao
VIb.1(1đ) Rút y t ph ng trình c a d1 r i th vào ph

ng trình c a d 2 , ta đ

c:

(1− k 2 ) x + 2k (kx + k )−1− k 2 = 0 ⇔
(

)

1 + k 2 x + k 2 −1 = 0 ⇒ x =

Do đó y =

k − k3

+k =

1− k 2
1+ k 2

.
0,5

2k

.
1+ k 2
1+ k 2
------------------------------------------------------------------------------------Suy ra:
2
2 ⎞2
⎛
⎜⎜1− k ⎟⎟ ⎜⎛ 2k ⎞⎟⎟

x + y =⎜
⎟ +⎜
⎟ =
⎜⎝1 + k 2 ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝1 + k 2 ⎠⎟
2

2

1+ k 2 )
(
=
= 1.
2 2
(1+ k )
2

2

4

1− 2k + k + 4 k

(

1+ k 2

V y giao đi m c a hai đ
O, bán kính b ng 1.

)

2

2

ng th ng di chuy n trên đ

0,5

ng tròn tâm

VIb.2(1đ) Gi s S có ph ng trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Do
S đi qua A, B, C, D nên có:
⎧
1− 2c + d = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪1− 2a + d = 0
⎨
⎪
3 − 2a − 2b − 2c + d = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩1− 2b + d = 0.
Suy ra a = b = c = ½ và d = 0. V y m t c u S có ph ng trình:
x2 + y 2 + z 2 − x − y − z = 0

1 1 1
3
).
+ + =
4 4 4
2
------------------------------------------------------------------------------------Ti p theo, gi s S’ có ph ng trình

(tâm là I( ½, ½, ½), bán kính R =

x 2 + y 2 + z 2 − 2a ' x − 2b ' y − 2c ' z + d ' = 0 . Do S’ đi qua A’, B’, C’,

0,25


D’ nên có:

⎧
1
⎪
⎪
− a '+ d ' = 0
⎪
⎪
4
⎪
⎪
⎪
1
⎪

⎨ − b '− c '+ d ' = 0
⎪
2
⎪
⎪
2 − 2a '− 2b '+ d ' = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩2 − 2b '− 2c '+ d ' = 0.

5
1
Suy ra a ' = c ' = , b ' = ' d ' =1. V y m t c u S’ có ph ng trình:
4
4
5
1
5
x2 + y 2 + z 2 − x − y − z +1 = 0 .
2
2
2
25 1 25
+ + −1.
(tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính R ' =
16 16 16
------------------------------------------------------------------------------------Ph ng trình m t ph ng ch a giao tuy n:

3
1
3
x − y + z − 1 = 0 ⇔ 3x − y + 3z − 2 = 0 .
2
2
2
Kho ng cách t I t i m t ph ng này:
3 1 3
− + −2
1
2 2 2
=
.
9 +1+ 9
2 19
Bán kính đ ng tròn giao tuy n:
3 1
56
14
.
r = R2 − d 2 =
−
=
=
4 76
76
19
VIIb(1đ)

0,25

0,5

Gi s c n b c hai c a 15 + 112i là x + yi. Khi đó:

( x + yi )2 = x 2 − y 2 + 2 xyi = 15 + 112i ⇔
2
2
⎧
⎪
⎪ x − y = 15 ⇒ x 2 − 3136 = 15, ( x ≠ 0) ⇒
⎨
⎪
x2
⎪
⎩ xy = 56

0,5

x 4 −15 x 2 − 3136 = 0.(1)
------------------------------------------------------------------------------------t x 2 = t , (t ≥ 0) , thì (1) tr thành:
t 2 −15t − 3136 = 0;
Δ = 225 + 12544 = 12769 = 1132 ;
15 + 113
t=
= 64.
2
Suy ra x = ±8, y = ±7.
V y c n b c hai c a 15 + 112i có hai giá tr là ± (8 + 7i ).

0,5


Môn Thi: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
2x 3
Cho hàm số y =
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại
A và B. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
x
x
x
1. Giải phơng trình 1 + sin sin x cos sin 2 x = 2 cos 2
2
2
4 2

1
2. Giải bất phơng trình log 2 (4 x 2 4 x + 1) 2 x > 2 ( x + 2) log 1 x
2

2

Câu III (1 điểm)
e



ln x
Tính tích phân I =
+ 3 x 2 ln x dx

1 x 1 + ln x
Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =

a
. SA = a 3 , SAB = SAC = 30 0 . Tính thể tích
2

khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dơng thoả m n : a + b + c =
thức P =

1
3

a + 3b

+3

1
b + 3c

+3

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
4

1
c + 3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d 1 : 2 x y + 5 = 0 .
d2: 3x +6y 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng
đó cắt hai đờng thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng
thẳng d1, d2.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phơng trình: x + y + z 2 = 0 . Gọi Alà hình chiêú của A
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và
bán kính của đờng tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
2C22n+1 3.2.2C23n +1 + .... + ( 1)k k ( k 1)2 k 2 C2kn +1 + .... 2 n(2 n + 1)2 2 n 1 C22nn++11 = 40200


Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm)

x2 y2

=1.
16 9
Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P ) : x + 2 y z + 5 = 0 và đờng thẳng
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:

x+3
= y + 1 = z 3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao
2
điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM
ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
(d ) :

2 3 x +1 + 2 y 2 = 3.2 y +3 x
Giải hệ phơng trình
3 x 2 + 1 + xy = x + 1
-------------- Hết-------------Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:--------------------------Số báo danh:-----------------------------


Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn

- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V, thang điểm dành cho câu I. 1 và câu III là 1,5
điểm
Câu
Nội dung
Điểm
I. 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số ..................
1,00
1) Hàm số có TXĐ: R \ {2}
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
* lim y = ;
lim y = +
x 2
x2 +
0,25
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim y = lim y = 2 đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x +

x

b) Bảng biến thiên:
1
Ta có: y' =
< 0, x 2
(x 2 )2
Bảng biến thiên:
x -

y
2

2

+
-

0,25

+

y
-

2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2 ) và (2;+ )
3) Đồ thị:
3
3
+ Đồ thị cắt trục tung tại 0; và cắt trục hoành tại điểm ;0
2
2
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
y

0,25

2

3/2
x

2
O

I. 2

3/2

Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất ..........................
2x 3
1
, x 0 2 , y' (x 0 ) =
Ta có: M x 0 ; 0
x0 2
(x0 2 )2

Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: : y =

2x 3
1
(x x 0 ) + 0
2
x0 2
(x0 2 )

1,00

0,25

2x 2
; B(2x 0 2;2 )
Toạ độ giao điểm A, B của ( ) và hai tiệm cận là: A 2; 0
x0 2
y + y B 2x 0 3
x + x B 2 + 2x 0 2
Ta thấy A
=
= x0 = xM , A
=
= y M suy ra M là trung
2
x0 2
2
2
điểm của AB.
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
2



2x 0 3

1
2
2
S = IM = (x 0 2) +

2 = (x 0 2)2 +
2
2
(x 0 2)


x0 2

x = 1
1
0
2
(x 0 2)
x 0 = 3
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
Giải phơng trình lợng giác ......
x
x
x
1 + sin sin x cos sin 2 x = 2 cos 2
(1)
2
2
4 2
(1) 1 + sin x sin x cos x sin 2 x = 1 + cos x = 1 + sin x
2
2
2

x

x
x
x
x

x
sin x sin cos sin x 1 = 0 sin x sin cos .2 sin cos 1 = 0
2
2
2
2
2

2
Dấu = xảy ra khi (x 0 2)2 =

II. 1

x
x
x
sin x sin 1 2 sin 2 + 2 sin + 1 = 0
2
2
2

sin x = 0
x = k

x = k

x

sin = 1
x

x = k, k Z
= + k2
2
x = + k4
2 2

x
x
2 sin 2 + 2 sin + 1
2
2


II. 2

Giải bất phơng trình.........................
1

1
1

x<


>

<
x
0
x
1



2

x<

ĐK: 2
2
2
x 1
4 x 2 4 x + 1 > 0
(2x 1)2 > 0



2
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
2 log 2 (1 2x) 2x > 2 + (x + 2)[log2 (1 2x) 1]
x[log 2 (1 2x) + 1] < 0

1
1
< x < hoặc x < 0.
2

4

0,25

0,25

1 điểm
0,25

0,25
0,25

0,25

1 điểm

(*)

x > 0
x > 0
x > 0



1

x>
2(1 2x) < 1
log 2 2(1 2x) < 0
log 2 (1 2x) + 1 < 0

4
x < 0
x < 0
x < 0

<
x
0




log 2 2(1 2x) > 0
log 2 (1 2x) + 1 > 0
2(1 2x) > 1

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


III

Tính tích phân.............................
e

1 điểm

e

ln x
dx + 3 x 2 ln xdx
1 x 1 + ln x
1

I=

e

+) Tính I 1 =
1

ln x
x 1 + ln x

dx . Đặt t = 1 + ln x t 2 = 1 + ln x; 2 tdt =

1
dx
x

0,25

Đổi cận: x = 1 t = 1; x = e t = 2
2

(t

)

2

(

)

2
t3

1
22 2
.2tdt = 2 t 2 1 dt = 2 t =
I1 =
3
t
3

1
1
1
dx

du =
e

=
u
ln
x


x
+) Tính I 2 = x 2 ln xdx . Đặt

2
3
dv = x dx v = x
1

3
e
3
3
3
3
3
x

1 2
e 1 x e e e 1 2e3 + 1
e
I 2 = . ln x 1 x dx = .
+ =
1 =
3
31
3 3 3
3 9 9
9
2

(

)

5 2 2 + 2e3
3
Tính thể tích hình chóp .........................

0,25

0,25
0,25

I = I1 + 3I 2 =

IV

0,25

1 điểm

S

M

A

C
N
B

Theo định lí côsin ta có:
SB 2 = SA 2 + AB 2 2SA.AB. cos SAB = 3a 2 + a 2 2.a 3.a.cos300 = a 2
Suy ra SB = a . Tơng tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân
nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
1
1
1
Ta có VS .ABC = VS .MBC + VA. MBC = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC
3
3
3
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.
2

2
2
a 3
a a 3 3a
2
2
2
2
2
2
2
=
MN =
.
MN = AN AM = AB BN AM = a

16
4
4 2

a 3 a a3
1
1
1
. =
Do đó VS .ABC = SA. MN.BC = a 3 .
4 2 16
6
2

3

0,25

0,25

0,25

0,25


V

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ..................
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
1 1 1
1 1 1
9
3
=9 + +
(*)
(x + y + z ) + + 33 xyz
3
x y z x+y+z
xyz
x y z

1 điểm

0,25

1
1
1
9
+3
+3
3
3
a + 3b
b + 3c
c + 3a
a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có

áp dụng (*) ta có P =

3

a + 3b + 1 + 1 1
= ( a + 3b + 2)
3
3
+
+
+
b
3c
1
1

1
3 ( b + 3c)1.1
= ( b + 3c + 2)
3
3
+
+
+
c
3a
1
1
1
3 ( c + 3a)1.1
= ( c + 3a + 2)
3
3
3

( a + 3b)1.1

1
1 3
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a 4 ( a + b + c) + 6 4. + 6 = 3
3
3 4
Do đó P 3

Suy ra

3

3

1
Dấu = xảy ra a + b + c = 4
a= b= c=
4
a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a = b = c = 1 / 4

VIa.1

0,25

Lập phơng trình đờng thẳng ......................

0,25

0,25

1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phơng a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phơng a 2 (3;6)
Ta có: a1.a 2 = 2.3 1.6 = 0 nên d1 d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là
đờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
d : A(x 2) + B(y + 1) = 0 Ax + By 2 A + B = 0
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một
góc 450

A = 3B
= cos 450 3A 2 8AB 3B 2 = 0
2
2
2 + (1)
B = 3A

2A B
A2 + B2

0,25

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d : 3x + y 5 = 0
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d : x 3y 5 = 0
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả m n yêu cầu bài toán. d : 3x + y 5 = 0
d : x 3y 5 = 0
Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài
của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đ cho.
Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình
2x y + 5
3x + 6y 7
3x 9y + 22 = 0 (1 )
=
3 2x y + 5 = 3x + 6y 7
2
2

2
2
2 + (1)
3 +6
9x + 3y + 8 = 0 ( 2 )
+) Nếu d // 1 thì d có phơng trình 3x 9y + c = 0 .
Do P d nên 6 + 9 + c = 0 c = 15 d : x 3y 5 = 0
+) Nếu d // 2 thì d có phơng trình 9x + 3y + c = 0 .
Do P d nên 18 3 + c = 0 c = 15 d : 3x + y 5 = 0

0,25

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả m n yêu cầu bài toán. d : 3x + y 5 = 0
d : x 3y 5 = 0

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


VIa. 2

Xác định tâm và bán kính của đờng tròn........
Dễ thấy A ( 1; -1; 0)
* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là:

(a

x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2 by + 2cz + d = 0,

2

+ b 2 + c2 d > 0

1 điểm
0,25

)

5

2a 2 b + d + 2 = 0
a = 2
2a + 6 b + 4c + d + 14 = 0


b = 1
Vì A' , B, C, D (S ) nên ta có hệ:
8a + 6 b + 4c + d + 29 = 0
c = 1
8a 2 b + 4c + d 21 = 0

d = 1

0,25

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x 2 + y 2 + z 2 5 x 2 y 2 z + 1 = 0
29
5
(S) có tâm I ;1;1 , bán kính R =
2
2
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phơng là: n(1;1;1)

x = 5 / 2 + t

5

Suy ra phơng trình của d: y = 1 + t H + t;1 + t;1 + t
2

z = 1 + t


0,25

5
5
5
5 1 1
Do H = (d ) (P ) nên: + t + 1 + t + 1 + t 2 = 0 3t = t = H ; ;
2
2
6

3 6 6
IH =
VII a.

VIb.1

75 5 3
29 75
31
186
, (C) có bán kính r = R 2 IH 2 =

=
=
=
4 36
6
6
36
6

Tìm số nguyên dơng n biết.......
* Xét (1 x)2 n +1 = C 20 n +1 C12 n +1x + C 22 n +1x 2 .... + (1) k C 2k n +1x k + .... C 22 nn ++11x 2 n +1 (1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
(2 n + 1)(1 x)2 n = C12 n +1 + 2C 22 n +1x ... + (1)k kC 2k n +1x k 1 + .... (2n + 1)C 22 nn ++11x 2 n (2)

0,25

1 điểm
0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
2n(2n + 1)(1 x)2n1 = 2C22n+1 3C32n+1x + ... + (1)k k(k 1)C2kn+1xk 2 + .... 2n(2n + 1)C22nn++11x2n1

0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
k
2n 1 2n +1
2n(2n + 1) = 2C22n +1 3.2.2C32n +1 + ... + (1)k k(k 1)2 k 2 C 2n
C2n +1
+1 + ... 2n(2n + 1)2

0,25

Phơng trình đ cho 2 n(2 n + 1) = 40200 2n 2 + n 20100 = 0 n = 100
Viết phơng trình chính tắc của E líp
(H) có các tiêu điểm F1 ( 5;0 ); F2 (5;0 ) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là
M( 4; 3),
x2 y2
Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 ( với a > b)
a
b
2
2
(1)
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( 5;0 ); F2 (5;0 ) a b = 52
M(4;3) (E ) 9a 2 + 16b 2 = a 2 b 2
2

0,25

0,25

(2 )

a 2 = 40
a = 5 + b
Từ (1) và (2) ta có hệ: 2

2
2
2 2
b = 15
9a + 16 b = a b
2

0,25
1 điểm

2

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là:

x2 y2
+
=1
40 15

0,25

0,25


VIb. 2

Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất

1 điểm

x = 2t 3

Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc: y = t 1
z = t + 3


0,25

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I (2t 3; t 1; t + 3)
Do I (P ) 2t 3 + 2(t 1) (t 3) + 5 = 0 t = 1 I ( 1;0;4)
* (d) có vectơ chỉ phơng là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n(1;2;1)

[ ]

a, n = ( 3;3;3) . Gọi u là vectơ chỉ phơng của u( 1;1;1)
x = 1 u

: y = u
. Vì M M ( 1 u; u;4 + u ) , AM(1 u; u 3; u )
z = 4 + u

VIIb

0,25

0,25

AM ngắn nhất AM AM u AM.u = 0 1(1 u) + 1(u 3) + 1.u = 0
4
7 4 16
u = . Vậy M
; ;
3
3 3 3
Giải hệ phơng trình:...................

23x +1 + 2 y 2 = 3.2 y + 3x
(1)

3x 2 + 1 + xy = x + 1 (2)
x + 1 0
x 1
Phơng trình (2) 2

3 x + 1 + xy = x + 1 x(3 x + y 1) = 0
x 1
x = 0

x = 0
x 1
3 x + y 1 = 0
y = 1 3 x


0,25

1 điểm

0,25

* Với x = 0 thay vào (1) 2 + 2 y 2 = 3.2 y 8 + 2 y = 12.2 y 2 y =

8
8
y = log 2
11
11

x 1
* Với
thay y = 1 3x vào (1) ta đợc: 2 3 x +1 + 2 3 x 1 = 3.2
y
1
3
x
=

1
Đặt t = 2 3 x +1 Vì x 1 nên t
4
1
t = 3 8 (loạ i ) x = log 2 3 + 8 1
1
2
3

(3) t + = 6 t 6 t + 1 = 0
t
y = 2 log (3 + 8 )
t = 3 + 8
2


[ (

0,25

) ]

1

x = 0
x = log 2 3 + 8 1

3
Vậy hệ phơng trình đ cho có nghiệm
8 và

y
log
=
2

11 y = 2 log 2 (3 + 8 )

[ (

0,25

) ]

0,25


IV

Tính thể tích khối lăng trụ

1,00
C

A
B
H
A

C
O

M

B
Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi
đó (P) (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
a 3
2
a 3
, AO = AM =
Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM =
3
3
2
2
2
a 3
a 3
a 3
1
Theo bài ra S BCH =
HM.BC =
HM =
4
8
8
2
AH = AM 2 HM 2 =

0,25

0,25

3a 2 3a 2 3a

=
4
16
4

Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên

A' O HM
=
AO AH

AO.HM a 3 a 3 4 a
=
=
AH
3 4 3a 3
a3 3
1aa 3
1
a=
Thể tích khối lăng trụ: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC =
12
23 2
2

0,25

suy ra A' O =

V

Tìm giá trị lớn nhất ...

1,00

1
1
1
1

= 2
2
2
2
a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1
1
1
1
1
1
1
, 2
Tơng tự 2

2
2
b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1

0,50

1
1
1
1
= 1 1 + ab + b = 1
P
+
+


2 ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 2 ab + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b 2

0,25

Ta có a

+b2 2ab, b2 + 1 2b

2

2

1

1
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1.
2
2
Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
x2
+ (x 2 2x) 2 = 1 9x 4 36x 3 + 37x 2 9 = 0 (*)
9
Xét f (x) = 9 x 4 36 x 3 + 37x 2 9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt
y = x 2 2 x

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa m n hệ x 2
2
+y =1
9
P=

VIa.1

0,25

5

0,25

1,00
0,25

0,25

0,25


8x 2 16 x = 8y
9 x 2 + 9 y 2 16 x 8y 9 = 0 (**)
2
2
x + 9 y = 9

VIa.2

VII.a

161
8 4
Do
(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm I = ; , bán kính R =
9
9 9
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
Viết phơng trình mặt phẳng ( )....
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D 17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.

0,25

1,00
0,25

Khoảng cách từ I tới () là h = R 2 r 2 = 5 2 3 2 = 4
2.1 + 2(2) 3 + D
D = 7
Do đó
= 4 5 + D = 12
D = 17 (loại)
2 2 + 2 2 + (1) 2

0,25

Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0
Tìm hệ số của x2...

0,25
1,00

2

2

0

0

(

0,25

)

Ta có I = (1 + x) n dx = C 0n + C 1n x + C 2n x 2 + L + C nn x n dx
2

1
1
1


C nn x n +1
= C 0n x + C 1n x 2 + C 2n x 3 + L +
n +1
3
2

0

0,25

22 1 23 2
2 n +1 n
Cn + Cn +L+
C n (1)
2
3
n +1
2
3 n +1 1

1
Mặt khác I =
(2)
(1 + x) n +1 =
0
n +1
n +1
22
23
2 n +1 n 3 n +1 1
Cn =
Từ (1) và (2) ta có = 2C 0n + C 1n + C 2n + L +
n +1
2
3
n +1
n +1
3 1 6560
=
3 n +1 = 6561 n = 7
Theo bài ra thì
n +1
n +1

suy ra I = 2C 0n +

7

VIb.1

k

14 3 k

7
7
7k 1
1
1

Ta có khai triển x + 4 = C 7k x 4 = k C 7k x 4
2 x
0 2
0
2 x

14 3k
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa m n
=2k=2
4
1
21
Vậy hệ số cần tìm là 2 C 27 =
4
2
Viết phơng trình đờng tròn ....
Do B d1 nên B = (m; - m 5), C d2 nên C = (7 2n; n)
2 + m + 7 2n = 3.2 m 2n = 3 m = 1
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

3 m 5 + n = 3.0
m+ n = 2 n = 1
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình
x 2 + y 2 + 2ax + 2 by + c = 0 . Do A, B, C (C) nên ta có hệ

( )

a = 83 / 54
4 + 9 + 4 a + 6 b + c = 0


1 + 16 2a 8b + c = 0 b = 17 / 18
c = 338 / 27
25 + 1 + 10a + 2 b + c = 0


Vậy (C) có phơng trình x 2 + y 2

338
17
83
=0
x+ y
27
9
27
6

0,25

0,25

0,25

1,00
0,25
0,25

0,25

0,25


VIb.2

Tìm giá trị nhỏ nhất ...

1,00

7 8
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = ; ;3
3 3

(

) (
2

) (
2

Ta có F = MA 2 + MB 2 + MC 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC

)

2

0,25

= 3MG2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG(GA + GB + GC) = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2

F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P)
7/3 8/333
19
MG = d(G, ( P )) =
=
1+1+1
3 3
56
32
104
64
GA 2 + GB 2 + GC 2 =
+
+
=
9
9

9
3
2

VIIb

19 64 553
Vậy F nhỏ nhất bằng 3.
+ 3 = 9 khi M là hình chiếu của G lên (P)
3 3
Giải hệ phơng trình mũ
e x y = x + y + 1
e x y + e x + y = 2(x + 1)
x+y
x+y
e = x y + 1
e = x y + 1
e v = u + 1
e v = u + 1
(1)
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ u
u
v
e e = v u (2 )
e = v + 1
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) u = v
Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1
Bảng biến thiên:
u

-
0
+
f'(u)
0
+
f(u)

0,25
0,25

0,25

1,00

0,25

0,25

0,25

0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 u = 0 .
x = 0
x + y = 0
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 v = 0

y = 0
x y = 0
Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0)

7

0,25