ĐA thu ĐH A BS lan 3

Câu
I

Đáp án tóm tắt đề thi thử đợt 3 khối A- năm học 2010-2011.
1/ Với m= 1 ta có y= x 4 -2x 2 +1 .
Tập xác định: R
Sự biến thiên:
y = +∞
+ Giới hạn: xlim
→±∞

Điểm

0,25

x = 0
3
+ Bảng biến thiên: y ' = 4 x − 4 x; y ' = 0 ⇔ 
 x = ±1
x
y’

−∞
+∞

-

-1
0

0

0
1

+

1
0

-

+∞
+

+∞

y
0

0

Hàm số nghịch biên trên mỗi khoảng (−∞; −1)và (0;1)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và (1; +∞)
Hàm số đạt cực đại tại x=0; y(0)=1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; y (±1) = 0
Đồ thị hàm số:
2
+ Điểm uốn y " = 12 x − 4; y " = 0 ⇔ x = ±

x=±

1
3

1
3

y” đổi dấu khi qua các điểm
 1 4
; ÷ là 2 điểm uốn của đồ thị hàm số
Do đó U1,2  ±
3 9

+ ĐTHS nhận Oy làm trục đối xứng

0,5

y

1

-1

O

0,25

1

x

1


2- Phương trình cho hoành độ giao điểm của ĐTHS (1) và trục Ox: x 4 -2mx 2 +1=0 (1)
Đặt t = x 2 điều kiện t ≥ 0 có t 2 − 2mt + 1 = 0 (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt tia Ox tại 2 điểm p/b có hoành độ x1 , x2 t/m x 2 = 2 x1 . Khi và chỉ
khi phương trình (2) có nghiệm dương t1 ,t 2 phân biệt thỏa mãn t 2 =4t1
0,25
2
m − 1 > 0
∆ ' > 0


Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt dương là  S > 0 ⇔  2m > 0 ⇔ m > 1 (*) 0,25
P > 0
1 > 0


 t1+ t 2 =2m
Áp dụng định lý Viet có: 
 t1t 2 =1 ( **)
2m
5


t1 =
m= (t/m)
2



 t 2 = 4t1
16m

5
4
⇔
=1 ⇔ 
Từ 
thay vào (**) có
25
 m= -5 (loai)
 t1 +t 2 = 2m
 t = 8m
2


5
4
Đáp số: m =
II

5
4

0,5

...........................................................................................................................................
Giải các phương trình:
Điều kiện: cos2x ≠ 0
1) Phương trình: ⇔ 2cos 2 x + cos4x + 2cos 2 3x - 2 = cos4x(2sin2x + 1)

⇔ (2cos 2 x-1)+(2cos 2 3x-1)=2cos4x.sin2x

0,25

cos 4 x = 0

⇔ 2cos 4 x.cos 2 x = 2cos 4 x.sin 2 x ⇔ 

π kπ

x = 8 + 4
π kπ
⇔
⇔x= +
8 4
 x = π + kπ

8 2
Vậy x =

π kπ
+
8 4

 tan 2 x = 1
(k ∈ Z ) (Thỏa mãn)

(k ∈ Z ) là nghiệm của phương trình đã cho.

..............................................................................................................................

2) Điều kiện: x>0
Phương trình ⇔ (5log2 x ) 2 = x 2 .5log2 x + 5log 2 x

0,5

0,25

0,25

Đặt y = log 2 x ⇔ x=2 phương trình trở thành:
y

52y = 4y .5y +5y
y
y
 4 1
⇔  ÷ +  ÷ = 1 (3)
 5 5

III

0,25

Nhận xét y= 1 là một nghiệm của phương trình (3)
Mặt khác vế trái của (3) là hàm nghịch biến; vế phải là hàm hằng nên phương trình
(3) có nghiệm duy nhất y =1. Khi đó ta có x=2 (Thỏa mãn).
0,5
Vậy x=2 là nghiệm của phương trình đã cho.
.....................................................................................................................................
π

Ta có I = ∫
0

π

xdx
x sin dx
+∫
2
1 + x 2 0 1 + cos x
2


π

π

x
dx = ∫ d 1 + x 2 = 1 + x 2
2
1+ x
0

*) I1 = ∫
*) I 2 =

π

0

x sinx

∫0 1 + cos xdx
2

0

(π − t )sin(π − t )
1 + cos2t
π

dt = π

sin t
dt
1 + cos2 t
0

I = π∫
3

-sindt =

4

= −π ∫
π

=

sint
∫0 1+ cos2 t

(1 + tan y)dy
1 + tan 2 y
2

π2
− I2 ⇔
2

Vậy

I =
2

t
y

2

π

0
π
4

−

π
4

π

=π

4

∫ dy

−

= π.

π

π π2
=
2
2

0,25

4

π2
.
4

I =I +I =
1

π
0

dt -I 2

đặt cost = tany

4

*) I 2

0,5

0
π

1
dy = (1+tan 2 y)dy
2
cos y
−π

*) I 3

x
t

π

π

Tính

= 1 + π 2 −1

đặt x = π − t ; dx=-dt

*) I = − ∫
2

π
0

1+ π 2 −1+

π2
.
4

..........................................................................................................................................
IV

0,25

S

I

a

a

4a

K

A

D

O
2a
B

2a

a

2a 5 S

C

1
Từ giả thiết ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ VSABCD = SA.dt ABCD
3
2
Ta có: ∆ABC vuông tại B nên: AC = AB +BC 2 = a 5
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CK ⊥ AD tại K

3


⇒ ABCK là hình chữ nhật ⇒ AK= BC= a ; CK=2a.
Mặt khác trong tam giác vuông CKD có:
CD 2 =CK 2 +KD 2 ⇔ 20a 2 =4a 2 +KD 2 ⇔ KD 2 = 16a 2

V

1
⇔ KD = 4a ⇒ AD = a + 4a = 5a ⇒ dt ABCD = . AB. ( BC + AD ) = 6a 2 (dvdt )
2
1
1
⇒ V= SA.SABCD = a.6a 2 = 2a 3 (đvtt)
3
3
∆
• Nhận xét: ACD vuông tại C nên trung điểm O của AD là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆ACD .
• Từ O dựng đường thẳng (d ) ⊥ ( ACD) vì ( ACD) ⊥ ( SAD) . ⇒ ( d ) ⊂ ( SAD )
Lại có ∆SAD vuông tại A; nên SA ⊥ AD ⇒ d / / SA . Mà O là trung điểm của AD nên
đường thẳng (d) là đường trung bình của ∆SAD ⇒ (d) qua trung điểm I của SD.
Vậy trung điểm I của SD là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SD
SA2 + AD 2 a 26
⇒R=
=
=
2

2
2
...........................................................................................................................................
2
2
2
log 2 a )
log 2 b )
log 2 c )
(
(
(
Xét vế trái của bất đẳng thức: VT =
+
+
log 2 (b + c) log 2 (c + a) log c ( a + b)
1 1
Vì a ≥ 2; b ≥ 2; c ≥ 2 có + ≤ 1 ⇔ a+b ≤ ab .Tương tự ta có c + a ≤ ac; b+c ≤ bc
a b
2
2
2
log 2 a )
log 2 b )
log 2 c )
(
(
(
⇒ VT ≥
+

+
log 2 bc
log 2 ca
log 2 ab
=

( log 2 a )

2

+

( log 2 b )

2

+

(log 2 b) + log 2 c log 2 c + log 2 a
Đặt x = log 2 a; y = log 2b; z = log 2c

Vì a, b, c ≥ 2 có x, y, z ≥ 1 ⇒ VT ≥

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

log 2 c
log 2 a + log 2 b
x2
y2
z2
+
+
. Áp dụng BĐT côsi ta có:
y+z z+x x+ y


x2
y+z
+
≥x 
y+z
4

y2
z+x
x2
y2
z2
x+ y+z

+
≥y  ⇒
+
+

+
≥ x+ y+ z
z+x
4
y
+
z
z
+
x
x
+
y
2


z2
x+ y
x
+
≥ z
z+ y
4


0,25

x2
y2
z2

x+ y+z 3
+
+
≥
≥ (Vì x, y , z ≥ 1 )
y+z z+x x+ y
2
2
3
⇒ VT ≥
(Đpcm)
2
Dấu “=” xảy ra khi a= b= c= 2.
.......................................................................................................................................... 0,5
B- Phần riêng:
Theo chương trình chuẩn:
1/ Phương trình AB: x-2y+2=0. Vì AB= 2CD nên d(I, AD)= d(I, BC)=2d(I, AB)= 5 .
Như vậy : AD; BC là hai đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB và cách điểm I
một khoảng h= 5 . Đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB và cách điểm I một 0,25
⇔

VI-a

4


khoảng h= 5 có phương trình dạng: 2x+ y+c =0. (r)
1+ c
c = 4
= 5⇔

Ta có d(I, r)= 5 ⇔
5
 c = −6
Với c= 4 đường thẳng có phương trình: 2x+ y+ 4= 0 cắt AB tại điểm (-2; 0)
Với c=-6 đường thẳng có phương trình: 2x+ y -6= 0 cắt AB tại điểm (2; 2)
Do xA< 0 nên A(-2; 0); B(2; 2) .
Vì I là trung điểm của AC và BD ta có:C(3; 0); D(-1; -2).
Vậy A(-2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(-1; -2).
............................................................................................................................................
2/ Nhận xét: Giả sử đường thẳng (c) qua điểm P(1;-1;2) vuông góc với đường thẳng
(a) và cắt đường thẳng (b). khi đó (c) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
Mặt phẳng (P) qua điểm P vuông góc với đường thẳng (a) và mặt phẳng (Q) đi qua
điểm P và đường thẳng (b). r
Mp(P) nhận VTCP u (1; −2;3) của đường thẳng (a) là 1VTPT.
r
Đường thẳng (b) qua điểm Q(1;-9;-12) và 1VTCP v(1; 2; −1) . Mp(Q) qua điểm
r
uuur r
P và đường thẳng (b) có 1VTPT là : n =  PQ, v  = ( 18; −7; 4 ) .Đường thẳng (c) là giao
r r r
tuyến của 2 mp(P) và mp(Q) nên có 1VTCP c=  u, n  = ( 13; 50; 29 ) .
 x = 1 + 13t

Suy ra đường thẳng (c) có phương trình là:  y = −1 + 50t (t ∈ R ) .( thỏa mãn)
 z = 2 + 29t

 x = 1 + 13t

Vậy đường thẳng (c) có phương trình là:  y = −1 + 50t (t ∈ R ) .
 z = 2 + 29t


...........................................................................................................................................
3/ Ta có: D= -21- 23i ; Dx= 2- 44i; Dy= 23- 21i.
x = 1+ i
⇒
⇒ z = 1 − i.
y = i
Gọi w= a+bi là căn bậc 2 của số phức Z=1-i ta có:


± 2+2 2
2+2 2
2 2 −2

w =
a
=
−
i
2
2
a − b = 1 
2
2
2

⇔
⇒



 2ab = −1

m 2 2 −2
w = − 2 + 2 2 + 2 2 − 2 i
b
=


2

2
2

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

0,25

0.5

Vậy căn bậc 2 của số phức Z là: w = ± 2 + 2 2 m 2 2 − 2 i .
2
2
VI-b .........................................................................................................................................
Theo chương trình nâng cao:

0,5
1/ (C) có tâm I(1;3) và bán kính R=2 ; IM= 2 5 〉 R ⇒ M nằm ngoài (C).Nên qua điểm
M luôn kẻ được 2 tiếp tuyến đến đường tròn (C).
uuuu
r
Tiếp tuyến với đường tròn (C) tại M o(xo;yo) nhận véc tơ IM 0 (x 0 -1; y0 -3) là một VTPT 0,25
nên tt có phương trình dạng: ( x0 − 1 )(x-1)+( y0 − 3 )(y-3)=4.(1)
Áp dụng ta có tiếp tuyến ME có pt: ( xE − 1 )(x-1)+( yE − 3 )(y-3)=4 .
M ∈ dt ME ⇔ ( xE − 1 )(-3-1)+( yE − 3 )(1-3) = 4 ⇔ 2 xE + yE − 3 = 0 (3)
0,25
5


Tương tự ta cũng có: 2 xF + yF − 3 = 0 (4).
Từ (3) và (4) ta thấy hai điểm E và F cùng thuộc đường thẳng có pt: 2x+y-3=0.
Hay đường thẳng EF có phương trình: 2x+y-3=0.
..........................................................................................................................................
2/ Nhận xét: Đường thẳng AB song song với đường thẳng (d) nên đt AB và đt(d)
cùng thuộc một mặt phẳng (R).
Gọi H hình chiếu của A trên đường thẳng (d) và A’ là điểm đối xứng của A qua đường
thẳng (d). Ta có IA=IA’ ⇔ IA+IB=IA’+IB ≥ A’B (Áp dụng BĐT tam giác)
Dấu bằng xảy ra khi I là giao điểm của A’B và đường thẳng (d), điểm I nằm
trong đoạn A’B. Dấu bằng luôn xảy ra vì trong mặt phẳng (R) hai điểm A; B cùng phía
đối với đt (d) suy ra A’; B khác phía đối với đt (d). Vậy IA+IB đạt GTNN bằng A’B
khi I là giao điểm của A’B và đường thẳng (d).
r
Mặt phẳng (T) qua điểm A vuông góc với đường thẳng (d) nhận VTCP u (3; −2; 2) của
đường thẳng (d) là một VTPT suy ra pt mp(T) có phương trình là: 3x-2y+2z+3=0.
H là giao điểm của đường thẳng (d) và mp(T).
 x = −1 + 3t


Đường thẳng (d) có ptts:  y = 2 − 2t (t ∈ R ) ;H∈ (d) ⇔ H (−1 + 3t; 2 − 2t; 2 + 2t ) mà
 z = 2 + 2t

H ∈ (T) ⇔ 3(-1+3t)-2(2-2t)+2(2+2t)+3=0 ⇔ t=0 ⇒ H(-1;2;2) .
Vì H là trung điểm của AA’ nên ta có A’(-3;2;5).
1 uuuur
Đường thẳng A’B qua A’ có 1VTCP A ' B = ( 5; −2; −1)
2
x
=
−
3
+
5
s


Ptđt A’B là:  y = −2 − 2s ( s ∈ R ) .
z = 5 − s

I là giao điểm của (d) và A’B ⇒ I ∈ A' B ⇔ I (−3 + 5s; 2 − 2 s;5 − s)
−3 + 5s + 1 2 − 2 s − 2 5 − s − 2
I (−3 + 5s; 2 − 2s;5 − s) ∈ (d ) ⇔
=
=
3
−2
2
⇔ s = 1 ⇒ I (2;0; 4)

Vậy I (2;0; 4) là điểm cần tìm.
.......................................................................................................................................
3/ Xét:
n
f ( x ) = ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + .... + Cnk x k + .... + Cnn x n .
⇒ f ' ( x) = n ( 1+ x)
g ( x ) = xn ( 1 + x )

n −1

⇒ g ( x) = n ( 1+ x)
'

n −1

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

= Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + .... + kCnk x k −1 + .... + nCnn x n −1.

= Cn1 x + 2Cn2 x 2 + 3Cn3 x 3 + .... + kCnk x k + .... + nCnn x n .
n −1

0,25

+ xn(n − 1) ( 1 + x )

n−2

0,25

= 1 C + 2 C x + 3 C x + ... + n C x
2

1
n

2

2
n

2

3 2
n

2

n
n

n −1

(4)

Thay x=1 vào (4) ta có S= g’(1)= n ( 1 + 1) + n( n − 1) ( 1 + 1) = n( n + 1)2 n − 2 .
.........................................................................................................................................
n −1

0,25

n−2

0,5

Hết

6


7