Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 24)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I: Cho hàm số f x   x 4  2m  2x 2  m 2  5m  5
(C)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
1
1
Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

x  2  3 x
5  2x
2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn 1  log 1 x  0 của phương trình: sin x. tan 2 x  3 sin x  3 tan 2 x  3 3





3
1

1 x
 2 x ln 1  x   dx
Câu III: Tính tích phân sau:  


x
0  1

Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc

với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với
cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.
Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc  a  c  b . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2
2
3
P 2
 2
 2
a 1 b 1 c 1

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x  y  1  0 . Phương trình đường cao
vẽ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh
bên của tam giác ABC.
x  2 y z 1
2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng d1  :
 
3
1 2
và vuông góc với đường thẳng d 2  : x  2  2t; y  5t; z  2  t ( t  R ).
Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N*: Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  2 n  1Cnn  32n  2 n  6480
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x 2  5 y 2  5 , Parabol  P  : x  10 y 2 . Hãy viết
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng    : x  3 y  6  0 , đồng thời tiếp xúc
với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).
2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai
x 1 y 1 z


 và d 2  : x  1  t; y  1; z  t , với t  R .
đường thẳng d1  :
2
1 1
 x 2  1  6 log 4 y
Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2
.
x
2 x 1
y  2 y  2
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) …………………………...................... Số báo danh của thí sinh: ....................................


H-ớng dẫn giảI THI TH I HC, CAO NG NM 2010.
Mụn thi : TON
.
Cõu

ý

H-ớng dẫn giải chi tiết

Điểm
7.00

PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH

Cõu I

1

Kho sỏt hm s
( 2 im )
4
Vi m =1. Khảo sát hàm số f x y x 2 x 2 1 (C)

(1.00 điểm )
1* TXĐ: D = R
2* Sự biến thiên ca hm s:
* Giới hạn ti vụ cc:

lim f x : lim f x

x



0.25

x



f ' x y' 4 x 4 x 4 x x 1
3

* Bảng biến thiên:

2

y' 0 x 0; x 1; x 1
0
+

1
0

-

0

x
+
y
+

-

y
+

+

1

-1
-

0

0.5
0

0

Hàm số đồng bin trên mi khoảng 1;0 và 1; ,
nghch bin
trờn mi khong ;1 v 0;1
Hm s t cc tiu ti x 1; yCT 0 , t cc i ti
x 0; yCD 1
3* Đồ thị:

3 4
3 4
* im un: y' ' 12 x 2 4 , cỏc im un l: U 1
; ,U 2
;
3
9
3
9



* Giao im vi cỏc trc to : A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)
* Hm s l chn trờn R nờn th nhn trc Oy lm trc i xng
* th: Giỏm kho t v hỡnh
8

6

0.25

4

2

-5

5

-2

-4

* Chỳ ý: i vi Hs hc chng trỡnh c bn thỡ quy tc KSHS thc hin
nh chng trỡnh chnh lý hp nht 2000.
2

Tỡm tham s m

(1.0 im)


* Ta có f ' x   4 x 3  4m  2x  0  x  0; x 2  2  m
* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu :
m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là:
A0; m 2  5m  5, B 2  m;1  m , C  2  m ;1  m



 

0.25
0.25



* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:
3
AB. AC  0  m  2  1  m  1 vì đk (1)







Trong đó AB  2  m;m 2  4m  4 , AC   2  m;m 2  4m  4
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.



0.5

Câu II
1

2

Giải phương trình và bất phuơng trình
( 2.00 điểm )
1
1
Giải bpt
( 1.00 điểm )

x  2  3 x
5  2x
5

 2  x  2
* ĐK: 
1
 x
2

1
* Với  2  x  : x  2  3  x  0, 5  2 x  0 , nên bpt luôn đúng
2
1
5
* Với  x  : Bpt  x  2  3  x  5  2 x  2 x 2  11x  15  2 x  3
2
2
5
 3
5
x


Ta có:  2
2 2 x
2
2

2 x  x  6  0
1  5

Vậy tập nghiệm của bpt là: S   2;   2; 
2  2

Nghiệm PTLG sin x. tan 2 x  3 sin x  3 tan 2 x  3 3
* ĐK : 1  log 1 x  0  0  x  3



* ĐK : cos 2 x  0
PT tương đương với sin x  3 tan 2 x  3  0  tan 2 x   3

x

6



k


2



0.25

0.25

0.25

0.5

;k  Z

* Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên x 
Câu III

0.25



3



0.25


3

;x 

5
6

 1 x

 2 x ln 1  x   dx
Tính tích phân K   


x
0  1


0.25

1

1

* Tính


0

1 x
1 x

 
x  cos t ; t  0; 

 2

dx  I , Đặt

Đổi cận: x  0  t 



( 1.00 điểm)

0.25

và x  1  t  0

2
Ta có: x  cos t  dx  2 sin t. cos t.dt
2

1 x

* Biến đổi:

1 x

2

.dx  21  cos t . cos t.dt

2


2


2
0


2
0



2
1

* Nên I  2  1  cos t  cos t.dt  2  cos t.dt   1  cos 2t dt  2 sin t  t  sin 2t  2 
2
2
0
0
0
0

0.25


1

* Tính

 2 x ln 1  x dx  J
0

0.25

1
u  ln 1  x  
dx
du 
Đặt 

1 x
2
 dv  2 xdx

 vx
1

1
 x2
 1
x2
1 

* Nên J  x . ln 1  x  0  
dx  ln 2    x  1 
dx ln 2    x  ln 1  x  
x 1
1 x 

2
0 2
0
0
1

2

Câu IV

1

3
Vậy K  I  J 
2
Hình học không gian
( 1.00 điểm )
* Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều :
1
a
a 3
OB  BD  và AB  AC 
2
2
3
Đặt I là trung điểm BC thì AI  BC; AI  OB
Mà SA  mp ABCD   BC  SI . Do đó SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và

mp(ABCD) vì SAI vuông tại A : SIA  60 0  SA  AI . tan 60 0 

0.25

a 3
2

* Kẻ OK  SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α).
SC AC
OC. AC
SC
SC 2

 KC 


Khi đó ASC ~ KOC :
(1)
OC KC
SC
KC OC. AC

SC
SA 2  13 SA
1
2
2
2

 21 

Lại do OC  AC ; SC  SA  AC , nên

KC
2
AC 2  2 HK

Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC.
* Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại
V S ABCD .SA
SA

 2.
 13
của hình chóp S.ABCD:
V1 S BCD .HK
HK
* Ta được:

0.25

0.25

0.25

V
V
V V1  V2

 1  2  13  2  12
V1
V1
V1

V1
S

0.25
A

B

K

I

O
H
D

Câu V

C

2
2
3
(1)
( 1.00 điểm )
 2
 2
a 1 b 1 c 1
ac
* Điều kiện abc  a  c  b  b 

vì ac  1 và a, b, c  0
1  ac

Tìm GTLN của biểu thức P 

2

Đặt a  tan A, c  tan C với A, C 



2

 k ; k  Z . Ta được b  tan A  C 

0.25


P
(1) trở thành

2
2
3


2
2
tan A  1 tan  A  C   1 tan C  1
2

 2cos 2 A  2 cos 2  A  C   3 cos 2 C

0.25

 cos2A - cos 2A  2C   3 cos C
2

 2sin 2A  C . sin C  3 cos 2 C
2

10 
1
10
Do đó: P  2 sin C  3 sin C  3    sin C   
3 
3
3
1

sin
C


3

Dấu đẳng thức xảy ra khi:  sin 2 A  C   1
sin 2 A  C . sin C  0



0.25

1
2
2
Từ sin C   tan C 
. từ sin2 A  C   1  cos2 A  C   0 được tan A 
3
4
2

10
2
2

Vậy Ma.xP 
  a 
; b  2; c 
3
2
4 


0.25

2

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH

Câu VIa

3.00

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian
( 2.00 điểm)
1
Toạ độ trong mạt phẳng
( 1.00 điểm )
* Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C.
Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và BM  2;2 , suy ra MB  BC
Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật.
* Phương trình đường thẳng MN là: x  y  3  0
7
8 1
N  MN  BD nên N  ;  . Do NC  BC nên pt là x  y   0
3
3 3
x  y 1  0


 2 5
7
* Toạ độ C là nghiệm của hpt: 
 C  ; 
x y 0
 3 3

3


 4 8
Toạ độ vectơ CM   ;  , nên phương trình AB là: x  2 y  2  0
 3 3
* Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình
cạnh AC là: 6 x  3 y  1  0

0.25

0.25

0.25

A

0.25
M

N
E

B

2

Toạ độ trong không gian

D

C

(1.00 điểm)

* VTCP của d2 là v  2;5;1 và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vuông góc
với d2. Pt mp(P) là: 2 x  5 y  z  2  0
* Gọi A là giao điểm của d1 và mp(P) nên A 2  3t; t;1  2t 
Thay vào phương trình mp(P) thì t  1  A 5;1;3
* Đường thẳng d cần lập pt có VTCP u  3;1;1doMA   6;2;2

0.25
0.25
0.5


x 1 y 1 z 1
(vì d ≠ d2)


3
1
1
Giải pt : Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  2 n  1 Cnn  32n  2 n  6480
(1.00 điểm)

Vậy phường trình đường thẳng d là:



CâuVII.a



* Trên R. Xét 1  x   Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  Cn3 .x 3  ...  Cnn .x n
n

0.25

Lấy đạo hàm 2 vế n1  x n1  Cn1  2Cn2 .x  3Cn3 .x 2  ...  nCnn .x n1
2

2

2

2

2

1
2
n

1

1

1

1

* Lấy tích phân: n 1  x n1 dx  Cn1  dx  2Cn2  xd x  3Cn3  x 2 d x  ...  nCnn  x n1d x
* Ta được Cn1  3C  7Cn3  ...  2 n  1Cnn  3n  2 n

0.25
0.25

* Giải phương trình 3n  2 n  32n  2 n  6480  32n  3n  6480  0
Suy ra 3n  81  n  4

0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian
1
Toạ độ trong mặt phẳng

(2.00 điểm)
(1.00 điểm)
 x  10 y 2
* Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:  2
2
x  5 y  5
Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua
các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung)
* Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên: I  6  3b; b
 4  3b  b
b  1
Theo bài ra: 6  3b  2  b  


4  3b  b
b  2
Ta có: Tâm I1  3;1 và R1  1 . Phương trình là x  3   y  1  1
2

2

Tâm I 2  0;2 và R2  2 . Phương trình là : x 2   y  2  4
Toạ độ trong không gian
( 1.00 điểm)
* Điểm M  d1  , nên toạ độ của M  1  2t1 ;1  t1 ; t1 
điểm N  d 2  , nên toạ độ của N   1  t;1;t 
2

2

Suy ra MN  t  2t1  2; t1 ;t  t1 

* Với M , N  d  và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n  1;1;1

d   mpP  MN  k.n; k  R

CâuVII.b

*

. Suy ra:

 t  2t1  2  t1  t  t1

4

t


5 , do đó M   1 ; 3 ; 2 
* Giải ra ta được 
2
5 5 5
t1 
5

1
3
2
* Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: x   y   z 
5
5
5
2
 x  1  6 log 4 y
Giải hệ phương trình  2
( 1.00 điểm )
x
2 x 1
y  2 y  2
* ĐK : y > 0
Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1
* Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x 2  1  6 log 4 2 x1  x 2  3x  4  0
giải pt thì x = -1 và x = 4

* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1)
Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32)
========== HÕt ==========

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
0.5
0.25



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN

I.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số y =  x3  3x2 + 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 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0

2. Giải phương trình: log2 (x  2)  log4 (x  5)2  log1 8  0
2

Câu III. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

e x  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: P 

x 2 (y  z) y2 (z  x) z 2 (x  y)


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: x2 + y2 – 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 600.
 x  1  2t

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:  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 x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + 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: x2 + y2 – 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 600.
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 x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + 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: ……………………

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN

Đáp án

Câu
I
(2,0
điểm)

Điểm

1. (1,25 điểm)
2. (0,75 điểm)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )

 y’ = – 3x2 – 6x + m  0,  x > 0
 3x2 + 6x  m,  x > 0
(*)
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x + 6x trên (0 ; + )

x
0

y




0,50

0

Từ đó ta được : (*)  m  0.
II
(2,0
điểm)

0,25

1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :

 2sin x  3 


3
sin x 
3 sin x  cos x  0  
2
 3 sin x  cos x  0



0,50


n 
 x  (1) 3  n, n 

 x     k , k 

6

0,50

Đáp án

Câu

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:

0,50

log 2 (x  2) x  5   log 2 8  (x  2) x  5  8  (x  3x  18)(x  3x  2)  0
2

2

 x 2  3x  18  0
3  17
 2
 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 x 

III
(1,0
điểm)

0,50

3  17
2

Kí hiệu S là diện tích cần tính.
ln 8

Vì

ex  1  0 x [ln 3 ; ln8] nên S 



0,25

e x  1dx

ln 3

2tdt
t2 1
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3

Đặt

e x  1 = t, ta có dx 

0,25

3
3
3
3
3
3
2t 2 dt
dt 
dt
dt
3

2
dt



2


 2  ln t  1 2  ln t  1 2  2  ln


2
2



t 1
t 1 
t 1 2 t 1
2
2
2
2
2
3

Vì vậy: S  
IV
(1,0
điểm)

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).
S
a
Suy ra: + OG = IH = , trong đó H là trung điểm của AB.
2
+ Tam giác OGA vuông tại G.

2

G

H

0,50

0,25

O

A

D


Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD,
ta có:
R  OA  OG 2  GA 2 

V
(1,0
điểm)

Ta có : P 

0,25

a 2 3a 2 a 21


4
9
6

x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2



 
y
z
z
x
x
y

(*)

Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y 

Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0

0,50
2

2

x
y

 x  y x, y > 0
y
x

hay

y2 z2
  y  z y, z > 0
z
y

Tương tự, ta có :

z2 x 2

 z  x x, z > 0
x
z
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

1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2.
3

VI.a
(2,0
điểm)

0,50

1. (1,0 điểm)
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4.
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2

0,25

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

Đáp án

Điểm

Câu

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:
 AMB  600 (1)

Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60  
0
 AMB  120 (2)

0,25

0

Vì MI là phân giác của AMB nên :
(1)  AMI  300  MI 

IA
 MI  2R  m2  9  4  m   7
sin 300

(2)  AMI  600  MI 

IA
2R 3
4 3
(*)
 MI 
 m2  9 
0
sin 60
3
3

0,25

Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ;  7 ) và (0 ;

7)

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.
Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t).
Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)
Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =

VII.a

0,25

0,50

4
2
2
1
. Vì thế, MH =  ;  ;   .
3
3
3
3

x  2  t


Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:  y  1  4t
z  2t


0,25

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:

0,25

3


(1,0
điểm)

P = C06 (x  1)6  C16 x 2 (x  1)5 

 C6k x 2k (x  1)6k 

 C56 x10 (x  1)  C66 x12

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển C06 (x  1)6 và C16 x 2 (x  1)5 .
Hệ số của x2 trong khai triển C06 (x  1)6 là :

C06 .C62

0,25

Hệ số của x2 trong khai triển C16 x 2 (x  1)5 là : C16 .C50

0,25

Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : C06 .C62 C16 .C50 = 9.

0,25

VI.b
(2,0

1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a.

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.

2. (1,0 điểm)
0,25

 x  1  2t

d có phương trình tham số là:  y  1  t
z   t


Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t).
Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)
Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :

4
2
2
1
. Vì thế, MH =  ;  ;   .
3
3
3
3
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x  2 y 1 z


1
4 2

0,50

2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =

Đáp án

Câu
VII.b
(1,0
điểm)

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
P = C50 (x  1)5  C15 x 2 (x  1)4   C5k x 2k (x  1)5k 

Điểm
 C54 x8 (x  1)  C55 x10 0,25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai triển C50 (x  1)5 và C15 x 2 (x  1)4 .
Hệ số của x3 trong khai triển C50 (x  1)5 là :

0,25

C50 .C35

0,25

Hệ số của x3 trong khai triển C15 x 2 (x  1)4 là : C15 .C14

0,25

Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : C50 .C35 C15 .C14 = 10.

0,25

.

4


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN

Câu I:

x2
 C.
x2
1. Khảo sát và vẽ  C  .
Cho hàm số y 

2. Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  6;5 .
Câu II:


1. Giải phương trình: cos x  cos3x  1  2 sin  2x   .
4

3
3
x  y  1

2. Giải hệ phương trình:  2
2
3

 x y  2xy  y  2
Câu III:
Tính I 


4

dx

 cos x 1  e 




4

2

3x

Câu IV:
Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  bằng 2. Với giá trị nào của góc
 giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?
Câu V:
Cho a,b,c  0 : abc  1. Chứng minh rằng:
1
1
1


1
a  b 1 b  c 1 c  a 1
Câu VI:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0 ,B  2;4  ,C  1;4  ,D 3;5 và đường thẳng
d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
 x  1  2t
x y 1 z  2


d1 : 

;
d2 : y  1  t
2
1
1
z  3

Câu VII:
20 C02010 21 C12010 22 C22010 23 C32010
22010 C2010
2010
A



 ... 
Tính:
1.2
2.3
3.4
4.5
2011.2012


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN

Câu I:1.

2. Phương trình đường thẳng đi qua A  6;5 là  d  : y  k  x  6   5 .
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
4
x2

x2


 x  6  5 
k
x

6

5

2 




x2
x2

  x  2



4
4

k  
k  
2
2


 x  2
 x  2


Suy ra có 2 tiếp tuyến là :

4  x  6   5  x  2    x  2  x  2 
4x 2  24x  0
 x  0;k  1





4
4
k


 x  6;k   1
2
2
k  


4
 x  2

 x  2


x 7
 d1  : y  x  1;  d 2  : y   
4 2
2

Câu II:



1. cos x  cos3x  1  2 sin  2x    2cos x cos 2x  1  sin 2x  cos2x
4

2
 2cos x  2sin x cos x  2cos x cos 2x  0  cos x  cos x  sinx  cos2x   0
 cos x  cos x  sinx 1  sinx  cosx   0


x   k





2

x   k

 x   k

2
2
 x     k

cos x  0







4
 cos x  sinx  0   x    k

  x    k
4
4
1  sinx  cosx  0

 x       k2


 

 x  k2


1
4
4
sin  x  4   


 5

2

 
x  
 k2
4 4


 x  y


1 3
4x  y
1 1 3 3


2  x  y         
2  x  y   
2x  y  x
y x x y
xy




  xy  2

2. 



2y  1  3
2x  1  3
2x  1  3
2x  1  3




x y
y x
y x
y x
x  y

x  y  1
 2x  1  3

 x  y  1

x x


 

2
 x  2, y   2
 y



x


 x   2, y  2

x 3

 2x  
2 x
 


Câu III:
1

d  x2 

1

1

3

2

1

xdx
1
1
dt
1
dt
1
du
 
  2
 
 
2
2
2
2
2
2
2
2 0 x   x 1 2 0 t  t 1 2 0  1   3 
21 2  3
0 x  x 1
2 u 


t   

 2  2 
 2 

I

4

3
3 dy
  
tan y, y    ;   du 

2
2 cos 2 y
 2 2

Đặt u 


3
dy
1

3

1
1 3

2
u   y  ;u   y   I  


dy 

2
6
2
3
2  cos 2 y  3  1  tan 2 y
3
6 3


6
6
4
Câu IV:
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:
SMN  ,d  A;  SBC    d  N; SBC    NH  2

3

S

NH
2
4

 SABCD  MN 2 
sin  sin 
sin 2 

tan 
1
SI  MI.tan  

sin  cos
1
4
1
4
 VSABCD   2 

2
3 sin  cos 3.sin .cos
sin 2   sin 2   2cos 2 2
sin 2 .sin 2 .2cos 2 

3
3
1
 sin 2 .cos 
3
2
VSABCD min  sin .cos max
 MN 

 sin 2   2cos 2  cos 
Câu V:
Ta có:

ab



3

 a  b 1 



ab 

a3b
3

1

a  b  1 3 ab

Câu VI:



a 2  3 ab  3 b 2  3 ab

3

a  3 b  1  3 ab



1
3

C

D
N
M

I
A

B

1
3

3



H

a3b3c







3



3

a3b





a  3 b  3 abc  3 ab
3

c
3
a3b3c



3



a  3 b  3 c Tương tự suy ra


1. Giả sử

AB  5,CD  17
AB  3;4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y  4  0
CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  0
SMAB  SMCD  AB.d  M; AB   CD.d  M;CD 
 5

4x  3y  4
x  4y  17
 17 
 4x  3y  4  x  4y  17
5
17

3x  y  5  0

 4x  3y  4  x  4y  17
 3x  y  5  0

M  x; y   d  3x  y  5  0.
3x  7y  21  0
7 

 M1  ;2  , M 2  9; 32 
 3x  y  5  0
3 

 5x  y  13  0
2. Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3
 MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5 

MN.u1  0
6t  3t ' 3  0
2  2t  2t ' 1   t  t '     t  5   0


 t  t' 1

3t  5t ' 2  0
2  2t  2t ' 1   t  t '   0
MN.u1  0
x  2 y z 1
 M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1;2;4   PT MN :
 
1
2
4
Câu VII:
20 C02010 21 C12010 22 C22010 23 C32010
22010 C2010
2010
A



 ... 
1
2
3
4
2011

Ta có:
k
k
k
k
k
2  2010!
2  2010!
2  2011!



1
k 2 C 2010





 1
 k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! 2011  k  1! 2011  k  1!

1
k 1
1
  2  Ck2011
4022
1 
1
2

2011
   1   2  12011   2 0 C02011   1
A
  2  C12011   2  C22011  ...   2  C2011
2011

 2011
4022 
4022 



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN
A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
1. Giải phương trình:

sin 2 x  2 2(sinx+cosx)=5 .

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
Câu III : ( 2 điểm ).

2 x 2  mx  3  x.

1  x2

dx.
1. Tính tích phân sau : I  
x  x3
1
2

2. Cho hệ phương trình :

 x 3  y 3  m( x  y )

 x  y  1

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng
 d  0  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1
Câu IV : ( 2 điểm ).

 x  1  2t


x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t
1 1 2


z  1 t

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
2.Tìm A  d1; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).

( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.)
Câu Va.
1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0
.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC .
2.Tìm hệ số x6 trong khai triển

1
3
 x 
x


n

biết tổng các hệ số khai triển

bằng 1024.
Câu Vb.
1 x2

1 x2

5
1. Giải bất phương trình : 5
> 24.
’ ’ ’
2.Cho lăng trụ ABC.A B C đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên
AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
______________ Hết ____________

II

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN
2 . Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
1,00
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :+ y’ =0 có 2
5
nghiệm pbiệt x1 < x2  '  4m2  m  5 0  m < - 1 hoặc m >
4
21
+ x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương )   ' 4  2m  …..  m
0,25
15
5 7
Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số m  ; 1   ; 
0,25
4 5
2,00
1
1,00
1.Giải phương trình: sin 2 x  2 2(sinx+cosx)=5 . ( I )
Đặt sinx + cosx = t ( t  2 ).

 sin2x = t2 - 1  ( I )

,25

 t 2  2 2t  6  0  t   2 )

0,25



+Giải được phương trình sinx + cosx =  2 …  cos( x  )  1
4
5
+ Lấy nghiệm Kết luận : x 
 k 2 ( k Z ) hoặc dưới dạng đúng khác
4
2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2 x 2  mx  3  x.

2x 2  mx  9  x 2  6x
có nghiệm duy nhất
 hệ 
x  3
 x2 + 6x – 9 = -mx (1)+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
+ ; Với x  0 (1) 

x 2  6x  9
x 2  6x  9
 m . Xét hàm số :f(x) =
trên  ;3 \ 0 có f’(x)
x

x

x2  9
=
> 0 x  0 + , x = 3  f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6
x2
III

0,25
1,00

0,25

0,25
2,00

2

 x  y  m( x  y )

 x  y  1
3

2.Cho hệ phương trình :

3

1,00

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng

 d  0  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1

 x  y  m( x  y )
( x  y )( x 2  y 2  xy  m)  0



 x  y  1
 x  y  1
3

3

1

x  y   2

Trước
 y   x  1
  ( x)  x 2  x  1  m  0


3
hết  ( x) phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2    4m  3 0  m
4
Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
1
1
1
+Trường hợp 1 :  ; x1 ; x2+Trường hợp 2 : x1 ; x2 ;  +Trường hợp 3 : x1 ;  ; x2

2
2
2
Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
 x1  x2  1
3
đúng với mọi m > Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1 ta cần có thêm

4
 x1 x2  1  m

0,25

0,25

0,25

0,25


điều kiện sau x2 

1  4m  3
2

1  4m  3

3m

Đáp số : m > 3

3

 x  1  2t

x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t
1 1 2
z  1 t


IV

2,00

và điểm M(1;2;3).1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
.+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 …. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0

0,25
0,25

+ Tìm giao d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …  Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1)
2.Tìm A  d1; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất .Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất
khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1 và d2 .

 AB.v1  0
 3 3 6 
 1 17 18 
…….  tọa độ của A  ; ;  và B  ;


; 
35
35
35
35
35
35 



AB
.
v

0

2
Va
1

0,50

0,50

1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y
- 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .

2,00

B

M

+AC qua A và vuông góc với BH
do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y - 7 = 0
 AC
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ 
……  C(4;- 5)
CM
2  xB
1  yB
2  xB 1  yB
+
 xM ;
 yM ; M thuộc CM ta được

1  0
2
2
2
2
 2  xB 1  y B

1  0

+ Giải hệ  2
ta được B(-2 ;-3)
2

 xB  3 yB  7  0
A

Tính diện tích

Tính được

ABC .+ Tọa độ H là nghiệm của hệ

BH =

H

C

0,25

0,25

14

x

x  3y  7  0

5


3x  y  7  0
y   7


5

8 10
1
1
8 10
AC.BH  .2 10.
 16 ( đvdt)
; AC = 2 10 Diện tích S =
2
2
5
5
n

1
3
6

x
 biết tổng các hệ số khai triển
2.Tìm hệ số x trong khai triển 
x

n
0
1
n
bằng 1024.+ ; Cn  Cn  ...  Cn  1024  1  1  1024  2n = 1024  n = 10

10

10  k

10
1

1
+ ;   x3    C10k  
x

 x
k o
210 .

Vb

.  x3 

k

0,25
0,25

; ……. Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng
2,00


1

1. Giải bất phương trình :

 

 5 5x
2

2

2

 

 24 5x  5
2

51 x  51 x
2

0  5x

2

1,00
0,5
0,5

2

> 24.

(2)
x 1
5  x2 > 1  
 x 1

2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C.
Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
----------------------------------------------------------------------------------------1,00
-----A'

C'

B'
A

C

G
N

0,25

M
B

Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều . A' AG là góc giữa cạnh bên và đáy .
a 3
 A' AG = 600 , ….. AG =
;

3
a 3
Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A’G =
.tan600 =
3
a 3
. 3 = a.
3
1 a 3
a3 3
…….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a.
.a 
2
2
4

0,25
0,25
0,25


Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau .
+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m 1) x2  6m(m 1) x 1 có đồ thị (Cm).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;
Câu II (2 điểm)

a) Giải phương trình: 2 cos 3x(2 cos 2 x  1)  1
b) Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2 
3 ln 2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

I


0

3
x3
2

dx
( e  2) 2
3

x

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên
măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng
cách giữa AA’

a 3
4
Câu V (1 điểm) 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 .Chứng minh rằng:
3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13

và BC là

2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

x4  y4 1
x2  y2 1
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
() : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
P

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
d1 :

x  4 y 1 z  5
x2 y3 z



d2 :


3
1
2
1
3
1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2
……...HẾT...........


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi :

Câu I
b)

y  2 x3  3(2m 1) x2  6m(m 1) x 1  y'  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1)

0,5

y’ có   (2m  1) 2  4(m 2  m)  1  0

x  m

Hàm số đồng biến trên 2;  y' 0 x  2  m  1  2  m  1
y'  0  
x  m  1
Câu II a Giải phương trình: 2 cos 3x(2 cos 2 x  1)  1

0,25
1 iểm

PT  2 cos 3x(4 cos 2 x  1)  1  2 cos 3x(3  4 sin 2 x)  1

0,25

Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

0,25

2 cos 3x(3  4 sin 2 x)  1  2 cos 3x(3 sin x  4 sin 3 x)  sin x

 2 cos 3x sin 3x  sin x  sin 6 x  sin x
2m

x

6 x  x  m2
5


6 x    x  m2
 x    2m
7

7


0,25
;mZ

2m
 2m
= k  1+2m=7k  k=2(m k  2m=5k  m  5t , t  Z Xét khi 
5
7
7
3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l  Z
2m
 2m
Vậy ph tr có nghiệm: x 
( m  5t ); x  
( m  7l  3 ) trong m, t , l  Z
5
7
7
3
Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x  3
2

Xét khi

b)

PT  2(3x  1) 2 x 2  1  10 x 2  3x  6 2(3x  1) 2 x 2  1  4(2 x 2  1)  2 x 2  3x  2 . Đặt

0,25

1 iểm
0,25

t  2 x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2 x 2  3x  2  0 Ta
có: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2
Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2 x 2  3x  2  0 Ta ó: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2
Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t 

2x  1
x2
;t 
2
2

1
Ththayy vào cách đăt giải ra ta được có các nghiệm: x  
2


Câu III

3 ln 2



Tính tích phân I 

0

Ta c ó I 


0

x
3

60 

7


e (e  2)

=
2

0,5

1
điểm

(3 e x  2) 2

e dx
x
3

6 2
;

dx

x
3

3 ln 2

0,25

x
3

x
3

Đặt u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2

0,25


2

 1
1
1
3du

du

=3   
I 
2 
2
4u 4(u  2) 2(u  2) 
1
1 u (u  2)
2

Ta được:

=3  1 ln u  1 ln u  2 

4



3 3 1
ln( ) 
4 2 8

4

Vậy I 

2



1

2(u  2)  1

3 3 1
ln( ) 
4 2 8

A
’

A

0,25

0,25
C
’

B
’

H

0,25

C
O

M

B

AM  BC 
  BC  ( A' AM ) Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên
A' O  BC 

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

H thuộc trong đoạn AA’.)Do

BC  ( A' AM ) 
  HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung
HM  ( A' AM )

củaAA’và BC, do đó d ( AA', BC)  HM  a

0,5

3
.
4

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

A' O HM

AO
AH

AO .HM a 3 a 3 4 a


AH
3 4 3a 3
1
1aa 3
a3 3
Thể tích khối lăng trụ: V  A ' O.SABC  A ' O.AM .BC 
a
2
23 2
12
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 .Chứng minh rằng:
3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13

0,5

 suy ra A ' O 

Câu V

bc
2
*Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật vậy

Đặt f (a, b, c)  3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13; t 

1 ểm
0,5

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a  b  c
 3a  a  b  c  3 hay a  1
2
2
2
2
2
2
2
f (a, b, c)  f (a, t , t )  3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13

= 3(b 2  c 2  2t 2 )  4a(bc  t 2 )
2
2


2(b  c) 
(b  c)  3(b  c) 2
 a(b  c) 2
= 3b 2  c 2 

4
a
bc



=
2

4
4





(3  2a)(b  c) 2
 0 do a  1
2
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a, t , t )  0 với a+2t=3
=

0,5


Ta cú f (a, t , t ) 3(a 2 t 2 t 2 ) 4at 2 13
= 3((3 2t ) 2 t 2 t 2 ) 4(3 2t )t 2 13
= 2(t 1) 2 (7 4t ) 0 do 2t=b+c < 3
Du = xy ra t 1 & b c 0 a b c 1(PCM)
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: x 2 xy y 2 1 .Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu
thc

x4 y4 1
P 2
x y2 1

Từ giả thiết suy ra:
1 x 2 xy y 2 2 xy xy xy

1 ( x y ) 3xy 3xy
2

1
Từ đó ta có xy 1 .
3

0,25

Măt khác x 2 xy y 2 1 x 2 y 2 1 xy
nên
x y x y 2 xy 1 .đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
t 2 2t 2 1
P f (t )
; t 1
t2
3
t 6 2
6
Tính f ' (t ) 0 1

0


(t 2) 2
t 6 2(l )
4

4

2

2

Do hàm số liên tục trên
f(

a)



1
;1
3

0.25

0.25

nên so sánh giá trị của

0.25

1
) , f ( 6 2) , f (1) cho ra kết
3

1 11
quả: MaxP f ( 6 2) 6 2 6 , min P f ( )

3 15
(Hc sinh t v hỡnh)Ta cú: AB 1; 2 AB 5 . Phng trỡnh ca AB l: 2 x y 2 0 .

I d : y x I t; t . I l trung im ca AC: C (2t 1;2t )

Theo bi ra: S ABC

0,5

t 0
1
AB.d (C , AB ) 2 . 6t 4 4 4
t
2
3

0,5

5 8
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C( ; ) tho món .
3 3
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0

0.25

*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn OH // n(2;1;1) ; H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=

0,25
1

3

2 1 1
suy ra H ( ; ; )
3 3 3
4 2 2
*O i xng vi O qua (ABC) H l trung im ca OO O' ( ; ; )
3 3 3

0,5


1 iểm
0,25

Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C.
PT  z( z  2)( z 1)( z  3)  10  ( z 2  2 z)( z 2  2 z  3)  0

CâuVIIa

Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành:
Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành

t 2  3t  10  0

0,25

t  2  z  1  i



Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 6 ; z  1  i
z


1

6
t  5


0,5

Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5

0,25

Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17
Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t;3t  5) Ta tính được:
13t  19
11t  37
d ( M , AB) 
; d ( M , CD) 
5
17

0,25

Từ đó: SMAB  SMCD  d (M , AB).AB  d (M , CD).CD
7
7

 Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2)
 t  9  t 
3
3
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có

0,5

IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d 2  dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc

0, 25

chung của hai đường thẳng d1, d2

 AB  u
Ta tìm A, B : 
 AB  u '

 AB (….)…

0,25

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

 A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1)

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là:  x  2   ( y  1)2  ( z  1)2  6

0,25

2

CâuVIIb Giải bất phương trình

x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2

1 iểm

Điều kiện: x  0 Bất phương trình  3( x  3) log 2 x  2( x  1)
0.25

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu x  3 BPT 
Xét hàm số: f ( x) 

3
x 1
log 2 x 
2
x3

3
log 2 x
2

đồng biến trên khoảng 0;

trên khoảng 3; *Với x  4 :Ta có
có

f ( x)  f (4)  3
  Bpt vô nghiệm
g ( x)  g (4)  3 

0,25
g ( x) 

x 1
x3

nghịch biến

f ( x)  f (4)  3
  Bpt có nghiệm x  4 * Với x  4 :Ta
g ( x)  g (4)  3 