Đề thi khảo sát chất lượng môn toán trường chuyên Vĩnh Phúc

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: Toán – Khối A; A1

Môn: Toán 12. Khối A-A 1 -B .

Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x  1
có đồ thị  C  .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C 

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2.Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  tại hai điểm A và B sao cho trọng tâm
tam giác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 ( O là gốc toạ độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình :

sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3
1
2sin x  1





3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
.
 x  y  13 3y  14  x  1  5




6

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân : I    x  2  . e



x2 4
2 x dx .

2

2

 2  a 2  b2  c2 

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

a 3  b3  c3
.
 a  b  c  ab  bc  ca 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai
2

Câu

Đáp án

Câu 1
(2 điểm)

2x  1
Cho hàm số y 
có đồ thị  C  .
x 1

Điểm

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2x 1
có tập xác định D  R \ 1 .
x 1

3
 0, x  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 0.25
Đạo hàm: y ' 
 x  12
Tập xác định: Hàm số y 

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc
  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và BC  biết rằng MN vuông góc với BD . Tính
BAD
thể tích khối hộp ABCD.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn:

a  b  c

(HDC này gồm 05 trang)
I) Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm
từng phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)
II) Đáp án và thang điểm:

1;   .

Hàm số không có cực trị.

2x 1
2x 1
2x 1

 2; lim
 ; lim
 .
x 1
x 1 x  1
x 1 x  1
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  1.
Bảng biến thiên
Giới hạn: lim

0.25

x 

x
y'





1
-

-

2



0.25

y

2

điểm A  2; 1 , B 1; 0  và tiếp xúc với đường tròn  C   :  x  6    y  3  16

2



Câu 8.a (1,0điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm A  3; 2; 2  và mặt phẳng  P  có
phương trình : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A , vuông góc với  P  và cắt
Oy , Oz lần lượt tại M , N sao cho OM  ON  0.
Câu 9.a(1,0 điểm).Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 saocho số phức w  z  8 cómôđun nhỏ nhất

Đồ thị hàm số : (học sinh tự vẽ)
0.25
2.Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  tại hai điểm A và

B. Theo chương trình Nâng cao.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa  C  và  d1  là :

x2 y2

 1 với hai tiêu điểm
4
3

0

F1 , F2 . Điểm M thuộc  E  sao cho góc MF1 F2  120 . Tính diện tích tam giác MF1 F2

B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng  d 2  : x  2 y  2  0 …

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  :

2x 1
 3 x  m  3 x 2  1  m  x  m  1  0 1 ,  x  1
x 1
 d1  cắt  C  tại A và B  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  2  0 và

  1  m 2  12 1  m   0
 m  11


 * .
 m  1
3  1  m   m  1  0

 Q  : 2 x  2 y  z  1  0 ,viết phương trình đường thẳng
tạo với mặt phẳng  P  một góc bằng 450 .

 đi qua A  0; 0;1 ,nằm trong mặt phẳng  Q  và

Câu 9.b(1,0điểm). Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1  3 , z2  4 và z1  z2  35 . Hãy tìm số phức
z

z1
z2
---------- HẾT ----------



0.25

0.25

 

Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của 1 . Khi đó A x1 ; 3 x1  m , B x 2 ; 3 x 2  m
x x
1 m
m 1
Gọi I là trung điểm của AB  xI  1 2 
, y I  3 xI  m 
2
6
2
 2 
 1  m m 1 
;
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB  OG  OI  G 
3
3 
 9


0.25

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
0

1


G   d2  

1 m
11
11
 m 1 
 2
thoả mãn * . Vậy m  
20 m
9
5
5
 3 

6

2

Tính tích phân : I    x  2  . e

0.25

x2 4
2 x dx .

2
6

sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3
 1 1
2sin x  1

5
Điều kiện 2sin x  1  x   l 2 , x 
 l 2  l     2 

2

6
Với đk  2  phương trình 1  sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x  3  2sin x  1



2

x 2 6

x

0.25

 cos x  2sin x  1  3 sin x  2sin x  1   2sin x  1  0

I 2  2 x2 .e 2



  2sin x  1 cos x  3 sin x  1  0  cos x  3 sin x  1  0 ( do 2sin x  1  0)

2

  
2

 x  3  3  k 2
x
 k 2
 1


 cos  x     cos  

 k    ( thoả mãn )
3

3 2
3

 x       k 2
x  k 2




3
3
2
Vậy phương trình có hai họ nghiệm x 
 k 2 , x  k 2  k   
3



3 x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6

Giải hệ phương trình:. 
 x  y  13 3y  14  x  1  5




 x  1
x  1  0

Điều kiện 

14
3
y

14


0

 y  3

0,25

0.25

2
Câu 5
(1 điểm)

3

Từ  3 ta có f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  x  2  y  4 



3x  8  x  1  5



1
2 x 1



10

 2 x  11

2



3 x  1  3x  8
2



 11



10

 3x  8 x  1  2 x  11

 8 11   11

x   ;  &  ;    hsố g  x  đồng biến trên các khoảng
3 2   2

 8 11 
 Trên khoảng  ;  thì hsố g  x  đồng biến,
3 2 
 4
phương trình  6  : g  x   g  3  x  3 
y 5

x 2

x.

8

8

dx  72.e 3  8  I1  I  I1  I 2  72.e 3  8

0.25

2

0.25

0.25



0.25

2

a
a 2
h
2
2

d  M ,  BDDB   

a 2 3 a 2 a3 6
(đvtt)


2
2
4

0.25

2

0



a  b  c

Câu 6
(1 điểm)

2

 2  a 2  b2  c2 

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

a 3  b3  c 3

 a  b  c  ab  bc  ca 

.

1
1
2
2
gt
Vì ab  bc  ca   a  b  c   a 2  b2  c 2  
 ab  bc  ca   a  b  c 

0.25



2



3

3

4 a b c

Do đó P 

3

  1 



3

4

3

0.25

3

4a   4b   4c 

 
 

16  a  b  c   a  b  c   a  b  c 



a  b  c
y

z 4x

x


y

z

4

4a
4b
4c


Đặt x 
thì 
, y
, z
2
abc
abc
abc
 yz  x  4 x  4
 xy  yz  zx  4
8
2
Vì  y  z   4 yz nên 0  x 
3
1 3
1 3
1
3

Ta có P 
x  y3  z 3 
x   y  z   3 yz  y  z  
3 x3  12 x 2  12 x  16
16
16
16
 8
Xét hàm số f  x   3 x3  12 x 2  12 x  16 với x   0; 
 3

thoả mãn (*)

Trên khoảng  ;   thì hsố g  x  đồng biến, 8   ;   , g 8   0 
2

2


0.25

1
1
1 a 3 a 3
d  C ,  BDDB    CO  

(đvđd)
2
2
2 2

4

Cho a, b, c là các số thực không đông thời bằng 0 thỏa mãn:

 8 11   11

 3 ; 2  &  2 ;  

 

 8 11 
3   ;  , g  3  0 
3 2 
 11





  x2  4 e 2

0.25

AC  BD  O OMNB là hình bình hành  d  MN , DB   d  MN ,  BDDB  

 5 ta nhận 0.25

11
11
thấy x 

không là nghiệm của phương trình  5 .  x 
chia hai vế phương
2
2
5
trình (5) cho 2 x  11  0 ta được 3x  8  x  1 
 0.  6 
2 x  11
5
8
11

  11

, x   ;    ;  
Xét hàm số g  x   3 x  8  x  1 
2 x  11
3 2   2


3




2
v  2 x

Vậy VABCD. ABC D  S ABCD . AA 

f   t   3t 2  3  0, t    f  t  là hàm số đồng biến trên  .

2 3x  8

x 2

a2 3
. Đặt AA  h  0
2
      1   1  
MN  BD  0  BD.MN  BC  CD  DD  DC  CC   CB  
2
2

  1  2 1  2  2
a2
 1
2 1
2
BC .DC  BC  CD  DD  BC.DC.cos 60  BC  CD  BB2 
 a 2  h2
2
2
2
2
2

 h2 

Xét hàm số f  t   t  3t , t  

Đạo hàm g   x  

6

 dv  4 x dx



3

Câu 3
(1 điểm)

0.25

 I1  I 2

2

  600 .
Chohình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và BC  biết rằng MN vuông góc với BD .
Tính thể tích khối hộp ABCD.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và
BD theo a .

Từ 1 ta có  x  1  3  x  1   y  1  3  y  1  3



2

x 2

x dx

6

  4 x.e 2

8

0.25

Thế  4  vào  2  ta được phương trình.  2 x  11

x 2

x dx

Từ gt  ABD đều cạnh a  S ABCD  2 SABD 

 *

3





Vậy I  I1  I 2  72.e 3  8

 1



6

  x2  4 e 2


 x2  4  
x 2
1 2  2 x
x 2

6
du   

.e
dx  
. e 2 x dx
Câu 4
u  e 2  x

2
2
x
 2 x 2 


2 x 


(1 điểm) Tính I 2   4 x.e dx đặt 

0.25

 sin 2 x  3 1  2sin 2 x  3 sin x  cos x  3  2sin x  1  0



x2 4
2 x dx

x 2

6







Biến đổi I   x 2  4  4 x . e

Giải phương trình :

0.25

3



 
phương trình  6  : g  x   g  8   x  8 
y  10 thoả mãn (*)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5  ,  x, y   8;10 
4

2





 

0.25


0.25

3


 8

x2 y2


 1 a  2, b  3  c  a 2  b2  1  F1F2  2
4
3
M thuộc  E   MF1  MF2  2a  4 1 Áp dụng định lí côsin trong MF1F2 ta được

176

Trên đoạn 0;  ta tìm được min f  x   16 ,max f  x  
9
 3
Vậy min P  1 chẳng hạn a  0, b  c  0 . max P 

E:
0.25

11
, b  2a , c  4c , a  0 .
9

6
5

Từ 1 &  2   MF1  , MF2 

2

A  2; 1 , B 1; 0  và tiếp xúc với đường tròn  C   :  x  6    y  3  16
2

 C   :  x  6    y  3

C  : x

2

2

2

 y  2ax  2by  c  0 đk a  b  c  0

0.25

 Q  : 2 x  2 y  z  1  0 ,viết phương trình đường thẳng
mặt phẳng  Q  và tạo với mặt phẳng  P  một góc bằng
 P  : x  2 y  2 z  2  0 có 1 vtpt nP  1; 2;2 

 Q  : 2 x  2 y  z  1  0 có 1 vtpt nQ   2; 2;1

Vậy  C  : x 2  y 2  2ax  2  a  2  y  2a  1  0   C  có tâm I  a; a  2 
0.25

 a  6 2   a  5 2

0.25

Câu 8b.
(1 điểm)

2

 C  : x  y  4x  3  0

2. Trường hợp 2:  C  tiếp xúc trong với  C 



A  3; 2; 2  và mặt phẳng
 P  : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A , vuông góc với  P  và

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm





 





Câu 8a. Khi đó một véc tơ pháp tuyến của  Q  là nQ   AM , AN    2a  2b  ab;3b;3a 

(1 điểm) Véc tơ pháp tuyến của  P  : n  1; 1; 1
P


 
 P    Q   nP  nQ  nP .nQ  0  ab  a  b  0 1

 2

z

0.25

Câu 9b.
(1 điểm)



 Q  : 2  x  0   1. y  2   1. z  0   0   Q  2 x  y  z  2  0

2

Câu 9a.
(1 điểm)

2

2

2

  2a  1   2b    2a  3  b  2a  2 *

w  z  8   a  8   bi  w 

 a  8

2

 b2 

2

 2a  2 

a  7

2

 17

3 a 2  b 2   2a  2b 



2





0.25



0.25

2

0.25

z1
z2

Đặt z1  3  cos   i.sin  , z2  4  cos   i.sin   ,   0;2 

0.25

z
3
z1  z2  3cos   4cos   i  3sin   4sin   , z  1   cos      i.sin     
z2 4

0.25

2

 sin      

2

119
12

3 5
119 
5

119
i
   i
4  12
12 
16
16

0.25

Từ đó z   

0.25

 a  8

a  2b  2a  2b



z1  z2  35   3cos   4 cos     3sin   4sin    35  cos      

0.25

Tìm số phức z thoả mãn 2 z  1  z  z  3 saocho số phức w  z  8 có môđun nhỏ nhất
Gọi z  a  bi  a, b     z  a  bi , 2 z  1  z  z  3  2a  1  2bi  2a  3

2

0.25

Xét các số phức z1 , z2 thoả mãn z1  3 , z2  4 và z1  z2  35 . Hãy tìm số phức

0.25

0.25

Từ 1 &  2  giải ra ta được a  b  2  nQ  12;6;6   phương trình mặt phẳng

1

 Chọn a  1  b  1
x  t
x  t


và a  1 ; b  1  c  0    y  t
a  b  1  c  4    y  t
 z  1  4t
z  1



b a

Gọi M  0; a;0  , N  0;0; b  trong đó ab  0 . Ta có AM   3; a  2; 2  , AN   3;2; b  2 



2. 3a  6b  3 5a 2  8ab  5b 2  2 a 2  4ab  4b 2  5a 2  8ab  5b 2  3 a 2  b 2  0

0.25

 a  5   C  : x 2  y 2  10 x  6 y  9  0

OM  ON  a  b  a  b


u .n

 ,  P    450  sin 450  cos  u, nP   u . nP
2

cắt Oy, Oz lần lượt tại M , N sao cho OM  ON  0.

450 .

 có 1 vtcp u   a; b; c  (đk a 2  b 2  c 2  0)



 
   Q   nQ  u  nQ .u  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b  u   a; b; 2a  2b 
P

2 a 2  6a  5  4  2 a 2  6a  5  2 a  5

0.25

 đi qua A  0; 0;1 ,nằm trong



 II   R  R  2a 2  22a  61  2a 2  6a  5  4  5  2a  2a 2  6a  5  a  2

 II   R  R  2a 2  22a  61 

3 3 3
(đvdt)

2
5

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  2  0 và

5  4a  2b  c  0
b  a  2

 c  0  c  2a  1
1  2a

do A  2; 1 , B 1,0  thuộc  C   

2

1 6
2 5

Vậy diện tích tam giác MF1F2 là S  MF1.F1F2 .sin1200    2 

2

2
Câu 7a.
bán kính R  a 2   a  2    2a  1  2a 2  6a  5 , II  
(1 điểm)
 C  tiếp xúc  C  xẩy ra hai trường hợp
1. Trường hợp 1:  C  tiếp xúc ngoài  C 

0.25

14
5
1
2

 16   C có tâm I   6;3 bán kính R  4

2

0.25

MF22  MF12  F1F22  2MF1.F1 F2 .cos120  MF22  MF12  4  2 MF1  2 

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai điểm
2

0.25

5

12

0.25

0.25

-----------------------Hết----------------------

0.25

2

Vậy W  17 dấu bằng xẩy ra khi a  7  b  16  b  4  z1,2  7  4i
Vậy có hai số phức thoả mãn là z1,2  7  4i khi đó min w  17

0.25

x2 y2
Câu
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  : 
 1 với hai tiêu điểm
4
3
7b.
0

(1 điểm) F , F . Điểm M thuộc  E  sao cho góc MF
1 F2  120 . Tính diện tích tam giác MF1 F2
1
2

4

5


ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: Toán – Khối D

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

Môn: Toán 12. Khối D
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2

1

(Văn bản này gồm 06 trang)
I) Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng
phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng

dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)
II) Đáp án và thang điểm:

, với m là tham số thực.

2. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

1
3

2

 2sin 2 x
2  




sin   x   sin   3 x  
1  cot x
2   4

4


 sin x  cos x 

Câu
Câu 1
(2 điểm)

2

7

6

14

8

 x  xy  y  y
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 3 y  6  x  7  y  1
4

Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I   ln
0





x 2  9  x dx

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a .Gọi M là

trung điểm của cạnh AB và N là trung điểm của đoạn MI . Hình chiếu vuông góc của của điểm S lên mặt
phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N . Biết góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  bằng
0

45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho số thực a chứng minh rằng:











3 i



0.25

 3 4
 3 4
+) Giới hạn: lim y  lim x 3 1   3   ; lim y  lim x 3  1   3   
x 
x 
x 
x 

 x x 
 x x 
+) Bảng biến thiên:
x
0
2


0
0



y'


y

0
2

c) Đồ thị: y  0  x  3 x  4  0  x  2, x  1 , suy ra đồ thị hàm số cắt trục
Ox tại các điểm  2; 0  ,  1;0  , cắt trục Oy tại điểm  0; 4 

  đi qua

y ''  0  6 x  6  0  x  1  đồ thị hàm số nhận điểm 1; 2  làm điểm uốn.
Đồ thị học sinh tự vẽ

hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1  x2 

   0
   0
1



1  2
1   
4
x

x

 1 2 3
 3   3
0

1
3

Ta có y  3 x 2  2 1  2m  x  2  m

2013

1  i 2009

0.25

2.Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2 

Để hàm số 1 đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2 

-------------------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:……………….

0.25

4
3

B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,hãy viết phương trình các cạnh của tam giác
ABC biết trực tâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K  0; 2  , trung điểm cạnh AB là M  3;1 .
Câu 8.b(1,0 điểm) .Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz , cho hai đường thẳng d1 và d 2 lần

Câu 9.b (1,0 điểm). Viết số phức sau dưới dạng đại số z 

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;  , nghịch biến trên



x  2 y  4 z 1
.


3
2
2
4
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z 

 i. Tính A  1  1  i  z
z 1

  đồng thời cắt đường thẳng  d  :

d1 và tạo với d 2

, y  0  0  x  2

Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  y  2   0

 C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm của  C1  ,  C2  và có
tâm nằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 .
Câu 8.a (1,0điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng
  : 3x  2 y  3z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song với mặt phẳng

y2 z
x 2 y 3 z 5
và d 2 :
. Viết phương trình mặt phẳng



1
1
2
1
1
một góc 300 .

0.25

x  0
y  0  
x  2

+) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  y  0   4

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu 7.a (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 ,

x
1

Điểm

khoảng  0; 2  .

.

a 2  1  3 a  2  a 2  1  3 a  2  a 2  2a  2  3 2

lượt có phương trình d1 : 

Đáp án

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  2
Khi m  2 hàm số (1) có dạng y  x3  3 x 2  4
a) Tập xác định D  

b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x , y '  0  x  0, x  2 .

1
3

1
 phương trình y  0 có
3

0.25

0.25
1



1  85
m 
1
2
8
2

 1  2m   3  2  m    16m  4m  21  0 

4
1  85
m 
8



I  x ln

0,25

4

I 
0

1  85
1  85
Vậy để thoả mãn ycbt thì m 
hoặc m 
8
8

0.25

 sin x  cos x   2 sin 2 x  2 sin    x   sin    3x  
Giải phương trình




1  cot 2 x
2   4

4


Điều kiện xác định sin x  0  x  l  l   *


 2 x  sin x
4


Câu 2
(1 điểm)







 2 cos  2 x   sin x  2 cos  2 x    cos  2 x   1  sin x   0
4
4
4





3




 

x  8  k 2
 2 x  4  2  k
cos  2 x    0

 


4
 k   cả 2 họ nghiệm
 x    k 2
 x    k 2
sin x  1

2
2

này đều thoả mãn điều kiện *

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm x 

3


 k , x   k 2  k  
8
2
2



Câu 5
(1 điểm)

0,25

1

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x, y    4, 2 
Câu 4
(1 điểm)

4

 x  9  x dx
u  ln x  9  x


  du   x 1 9 dx
Đặt 
Tính tích phân I   ln

0.25
Câu 6
(1 điểm)

0.25

4

x 9

0.25

0

1 a 2
a3 2
 2a 2 
3 2
3

1
3

Do đó VS . ABCD   SN  S ABCD  

( đvtt)

a
a 2
. Trong tam giác vuông SNK đường cao NH ta có
, NS 
2
2
1
1
1
4

4
6
a 6





 NH 
6
NH 2 NS 2 NK 2 2a 2 a 2 a 2
a 6
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD bằng
6
Cho số thực a chứng minh rằng:

0.25

0.25

0.25







0.25



a 2  1  3 a  2  a 2  1  3 a  2  a 2  2a  2  3 2
2

2

2

Bổ đề với mọi x, y, z, t    x  y  z  t 

0.25

 x  z 2   y  t 2 dấu bằng khi và

0.25

chỉ khi xt  yz ( chứng minh bởi biến đổi tương đương hoặc dùng véc tơ)
2

4


1 3   1 3 
a 2  1  3 a  2   a 
 

2   2 




Ta có
0.25

2



2

2

1 3  
1 3 
a 2  1  3 a  2  
   a 
 áp dụng bổ đề ta được
2
2 

 





2

2

2

0.25

2


 1 3  
1 3   1 3 
1 3 
2
VT   a 
  
  
   a 
  a  2a  2
2
2
2
2 

 


 

0.25



0

2

a 1 3  a 1 3

2

 a 2  2a  2

 2a 2  4 a  8  a 2  2a  2 

2

 dv  dx

dx

dx  x 2  9  2

2

2

2

x
x2  9

(do MN ||  SAD  )

 2

1
1

 0 y  1  hàm số g  y  đồng bién trên 1; 
2 y  1 3 3  y  6 2

 3
Mà 2  1;   , g  2   0 . Phương trình  4   g  y   g  2   y  2 
x4

0

Ta có NK  AM 

Điều kiện y  1 . Xét hàm số g  y   y 2  y  1  3 y  6  7 với y  1
g y   2 y 

x 9

0

dx  

hạ NH  SK  NH   SAD   NH  d  N ,  SAD    d  MN ,  SAD    d  MN , SD 

x

x
Phương trình (1)  f    f  y    y  x  y 2  3
y
 y

y  6  y2  7  y 1  y2  y 1  3 y  6  7  0

4

x
2

Hạ NK  AD  AD   SNK    SAD    SNK  theo giao tuyến SK
0.25

Đạo hàm f   t   7t 6  1  0 t    hàm số f  t  đồng biến trên tập 

3

0

4



a
a 2
  450 
, theo bài ra: SBN
 BN  BM 2  MN 2 

2
2
a 2
, S ABCD  a.2a  2a 2
SBN vuông cân tại N  SN  BN 
2

Xét hàm số f  t   t  t với mọi t  

Thế  3 vào  2  ta được

4

Ta có AM  BM  MN 
0.25

7

Câu 3
(1 điểm)

x
2



thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD theo a .

0.25

 x 7  xy 6  y14  y 8
Giải hệ phương trình 
 3 y  6  x  7  y  1
 Xét y  0 hệ vô nghiệm
 x  7  x 
      y7  y

Xét y  0 hệ đã cho tương đương với hệ pt :  y   y 
3
 y  6  x  7  y  1

x2  9  x

0.25
Vậy I  2
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a .Gọi M là
trung điểm của cạnh AB và N là trung điểm của đoạn MI . Hình chiếu vuông góc của
của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N . Biết góc tạo bởi đường

2

Khi đó phương trình tương đương với  cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  2 cos 



 a  2 2  22  1  a 2  12

 32  32  3 2  VP

0.25

0.25

v  x

2

3



1  3 
1  3   1  3  1  3 
 a 
 a 



2 
2   2 


 2 


2
Dấu bằng xẩy ra   2a 2  4a  8   a  2   22
a0


a

2
.1

2.
1

a








0.25

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  10 x  0 ,

 C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 . Viết phương trình đường tròn  C  đi qua các giao điểm
của  C1  ,  C2  và có tâm nằm trên đường thẳng  d  : x  6 y  6  0 .
Toạ độ giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của hệ phương trình





50 x 2  3x  2  0

 x 2  y 2  10 x  0
 x 2  y 2  10 x  0


 2
2
7
x

y

10

0

x

y

4
x

2
y

20

0
 y  7 x  10




Câu 7a.
(1 điểm)

0.25

x  1 , x  2
 x  1  y  3
 A1 1 ; 3
vậy 2 giao điểm của  C1  và  C2  là 


0.25
 y  7 x  10
x  2  y  4
 A2  2;4 

3 1
Trung điểm A của A1 A2 có toạ độ A  ;  , ta có A1 A2  1;7  đường thẳng qua A vuông
2 2
3
1


góc với A1 A2 có phương trình    : 1.  x    7.  y    0     : x  7 y  5  0
0.25
2
2



 x  7 y  5  0  x  12
Toạ độ tâm I của hai đường tròn cần tìm là nghiệm của hệ 

 x  6 y  6  0  y  1

 I 12; 1 . Đường tròn cần tìm có bán kính R  IA2 

 2  12 2   4  12

2

5 5

2

0.25

Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  C  :  x  12    y  1  125
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  và mặt phẳng
  : 3x  2 y  3z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm A song song
x  2 y  4 z 1
.


3
2
2
 x  2  3t


Phương trình tham số của đường thẳng  d  :  y  4  2t
 z  1  2t


Gọi M       d   M  2  3t; 4  2t;1  2t   AM   3t  1 ;  2t  2 ; 2t  5 

   
mặt phẳng   có vtpt n   3; 2; 3 ,    / /    n  AM  n. AM  0

 3  3t  1  2  2t  2   3  2t  5   0  t  2  AM   5; 6;9 

với mặt phẳng   đồng thời cắt đường thẳng  d  :

Câu 8a.
(1 điểm)

Qua A  3; 2; 4 
x3 y 2 x4
.
  :



5
6
9
vtcp AM   5; 6;9 

Câu 9a.
(1 điểm)

0.25

0.25
0.25

   : 

0.25

4
 i. Tính A  1  1  i  z
z 1
Đặt z  a  bi ,  a, b    . Từ giả thiết ta có: z.z  z  4  i.z  i

0.25

Cho số phức z thoả mãn z 

a 2  b 2  a  4  b
 a  1, b  2
 a 2  b 2  a  4  bi  b   a  1 i  

b  a  1
 a  2, b  1



Với a  1, b  2 ta có A  1  1  i 1  2i   3i  3

0.25
0.25
4