bo de ltdh cap toc 2011 18

www.VNMATH.com

Pt AA' :

x 1 y  3 z  2


2
1
1

AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :

2x  y  z  1  0

 x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1)
 2  1  1
2x H  x A  x A '

2y H  yA  y A '  A '(3,1,0)
2z  z  z
A
A'
 H


Ta có A ' B  ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) )

Pt đường thẳng A'B :

x  3 y 1 z


1
1 3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

2x  y  z  1  0

 x  3 y  1 z  M(2,2, 3)
 1  1  3

Câu VII.b.
Điều kiện x > 0 , x  1
 1
1
(1)  
 2 log 4 x  log 2 2x  0
 log8 x
2




1

 log2 x   log2 x  1  0
 1 log2 x


3

 log 2 x  1 
log 2 x  1
 (log22 x  3) 
0
0
log 2 x
 log 2 x 

1
 log 2 x  1v log2 x  0  0  x  ; x  1
2
ĐỀ 18
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
x3 x 2
7
Câu I : ( 2 điểm )Cho hàm số y     2 x  ( 1) .
3
2
3
1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1)
5 x 61
để từ đó kẻ đến đồ thị

4 24
(C) của hàm số (1) ba tiếp tuyến tương ứng với ba tiếp điểm có hoành độ x1, x2, x 3 thỏa: x1  x2  0  x3 .

2) Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng d có phương trình: y 

Câu II : ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình : 4 x 2  77  3 x 2  3  2  0 .
2)Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x

4

Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân I 





tan 6 x
dx .
ex  1

4

Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = b,
  60 0 . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho
góc BAD

Biên soạn: Trần Duy Thái
98


www.VNMATH.com

AM = x ( 0 < x < 4a ) .Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD tại N. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp
5

S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng thể tích của khối BCNMAB.
4
2

Câu V : ( 1 điểm )Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 x   m  5  y  1  3 x   m  5  y  4 
( Trong đó x và y là ẩn số và m là tham số ).
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) :Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm )
1  m  x   m  2  y  m  3  0
1)Tìm m nguyên để hệ phương trình 
vô nghiệm.
2
2
 x  y  6 x  6 y  13  0
x4
z3
x 1 y  3
2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 :
và d2 :
 y 1 

2z
1
1
2
1
Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1.
1
3

.
Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức z    i.
2
2
Chứng minh rằng : a  bz  cz2 a  bz2  cz  0 .Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi nào?





2



B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b ( 2 điểm )
1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A  2;1 , B  2; 4  , C 10;6  .Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương trình
tham số đường phân giác ngoài của góc A.
2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A  3;1;1 , B 1;1; 1 , C  1; 2;3  , D  4; 2; 0  và mp(P) có phương trình
   
: 2 x  3y  z  13  0 .Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho 2 MA  2 MB  MC  2 MD ngắn nhất.








 x 3  3 x  3  ln x 2  2 x  2  y


Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :  y 3  3 y  3  ln y 2  2 y  2  z .

 3
2
 z  3 z  3  ln z  2 z  2  x



ĐÁP ÁN ĐỀ 18
Câu I : ( 2 điểm )
x3 x2
7
1) y     2 x  có tập xác định D= R
3
2
3
lim y   và lim y  
x 

0,25

26 

30 4
Câu IV : ( 1 điểm )
KL : I 

0,25

x 

y '  x 2  x  2

S

2

 x  x  2  0  x  1 hay x  2
Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1)
Hàm số nghịch biến trên khoảng: (-  ;-2),(1;
+)
 7
Điểm cực đại của đồ thị hàm số : 1; 
 2

0,25
0,25

M

0,25
A

0,25

N

B

D
C

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số : 2; 1

0,25
0,25


99

Biên soạn: Trần Duy Thái


www.VNMATH.com

0,25

 1 5
Tọa độ điểm uốn : I   ; 
 2 4
Vẽ đồ thị hàm số :

0,25
0,25

y

0,25

7
2

-2

0

x

1

(MBC )  (SAD) = MN ( Do AD // BC)
( N  SD )
1
2 3.a 2 b
0
VS . ABCD  AB. AD.sin 60 .SA 
.
3
3
1
3.a 2 b
VS . ABC  VS . ACD  .VS . ABCD 
.
2
3
VS . MBC SM SB SC 4a  x

. .


VS . ABC
SA SB SC
4a

-1

VSMBC 
0,25

0,25

3ab 4 a  x 
12

VS . MNC SM SN SC  SM 
.
.



VS . ADC
SA SD SC  SA 

2

b 3.4 a  x 
48

2

VSMNC 

b 3 4a  x8a  x
48
b 3 x 12 a  x 
VBCNMAB 
48
5
Thỏa YCBT : VS .BCNM  VBCNMAB
4
2
2
 9 x  108ax  128a  0
VS.BCNM  VSMBC VSMNC 

5m 61
2)  M  d : M(m;
 )
4
24
Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M0(x0;y0 ):
 x3 x2
7
y    0  0  2 x0   = ( x0 2  x0  2 )(x
 3
2
3 

– x0 )
Tiếp tuyến đi quaM 

3
x2
5m 61  x0
7


 0  2 x0   =
4 24  3
2
3 
( x0 2  x0  2 )(m – x0 )

2 3 1
3m 5
x0    m  x0 2  mx0 

0
3
4 24
2

Để thỏa YCBT  (*) có hai nghiệm âm phân
biệt.
 2 7m 5
5
1

 m  3  12  0
m   2 haym  6



5
5

  m  0
 m 
18
 18
5
5
3

2 m  4  0
m  6


KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành độ
5
1
5
thỏa : xM   hay  x M 
2
6
18
Câu II : ( 2 điểm )

0,25

0,25
0,25





0,5

0,25

100

4a

 x = 3 (Nhaän)

 x = 32a (Loaïi)

3
4a
KL : x =
3
Câu VIa : ( 2 điểm )
1)đường thẳng  có phương trình :
1  m  x   m  2  y  m  3  0 và đường
tròn (C) có phương trình
: x 2  y 2  6 x  6 y  13  0 .

0,25

( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = 5 .

Hệ vô có nghiệm   và ( C) không có
điểm chung  d  I ,    R


m6

 5
2m 2  2m  5
11
   m 1
9
KL : m = 0 hay m = -1
2)  M  d2 : M  1  2t2 ;3  t2 ;2  t2 
Biên soạn: Trần Duy Thái

0,25
0,25


www.VNMATH.com

Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1

Ptmp(P) đi qua M và có VTPT n   1;1;1 :

1)Đặt : u  3 x 2  3 vaø v= 4 x 2  77  ÑK: v  0 
 v  u  2  0 1
Ta có hệ :  3 4
(I)
u  v  80  2 

Thế v = u+2 vào phương trình (2)
(2)  u 4  7u 3  24u 2  32u  64  0
 u = 1 hay u = - 4
u  1
u  4
(I)  
hay 
v  2  Loaïi 
v  3
KL : x = 2
CâuIII :( 1 điểm )
Đặt : x = -t  dx = -dt




Đổi cân : x=  t=  ; x=   t=
4
4
4
4



4

I= 

4

t


4

6

e tan t
dt 
et  1

4

Ta có : I + I =









x

0,25

0,25

0,25

0,25

6

e tan x
dx
ex  1

4

tan 6 x
dx 
ex  1

4


4





e x tan 6 x
dx
ex  1

4


4

 2I =

 tan



6

xdx =

4


4

 tan xtan x1 tan x tan x1 tan x11dx
4



2

2

2

2

4

0,25
0,25


4

 tan 5 x tan 3 x

26 



 tan x  x  =
15 2
3
 5
 
4

1

 x0  2  0

 2 x 2   5  m  x  5  3m  0 *
 
 0 12 2
 3 0  6


Câu V : ( 1 điểm )
 2 x   m  5  y  1  0
Xét hệ : 
3 x   m  5  y  4  0
 5m  5  x  5m  15
(I)

 5m  5  y  5
TH1 : m  1


0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

 x  y  z  4 t2  6  0
H = (P)  d2  H =hc M d1
4
4
4 
 H  t2 ;5  t2 ;1  t2 
3
3 
3
K đối xứng với M qua d 1  H là trung điểm

của đoạn MK
Đường thẳng d3 đối xứng với đường
thẳng d2 qua đường thẳng d1
 2
5
5 
 K  1  t2 ; 7  t2 ;  t2   d3
3
3 
 3
KL: ptts của dường thẳng d3 đối xứng với d2
qua d1có dạng: x  1  2t , y  7  5t , z  5t
Câu VIb ( 2 điểm )
1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt có các

 AB  4 3 
Vectơ đơn vị : e1     ;  ,
AB  5 5 

 AC  12 5 
e2     ; 
AC  13 13 

0,25

0,25

0,25

Phương trình đường phân giác ngoài của góc

A có Vectơ chỉ phương :
   8 14 
0,25
e1  e2    ;  hay (-4,7)
 65 65 
KL : Phương trình tham số của đường phân
 x  2  4 t
( t R
giác ngoài của góc A là : 
 y  1  7t
0,25
)
Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c
    
2)Gọi I thỏa : 2 IA  2 IB  IC  2 ID  0

 5  x; 6  y; 7  z  0
Ta tìm được I(5; -6 ; -7 )
   
Lúc đó : 2 MA  2 MB  MC  2 MD =MI
   
2 MA  2 MB  MC  2 MD ngắn nhất 
0,25
đoạn MI ngắn nhất khi M  hc

I

P

Phương trình chính tắc của d qua I và d

x 5 y6
vuông góc với (P) :

 z7
2
3
M=(P)  d  M(9;0;-5)
Câu VII b ( 1 điểm )
Nghiệm của hệ là số giao điểm của

101

0,25

Biên soạn: Trần Duy Thái

0,25


www.VNMATH.com

MinP = 0 khi x 

m 3
1
vaø y=
m 1
m-1

TH2 : m = 1

Đặt : t = -2x – 4y +1
Khi đó :
2

13
15 25 13  15  25 25
P  t2  t 
 t   

4
2
4
4  13  13 13

25
15
28
khi t = khi 2 x  4 y   0
13
13
13

MinP =

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

KL :

m 3
1
vaø y=
m 1
m-1
 x  k  R
25
m=1 : MinP =
khi 

 y  7  1 k
13

13 2
Câu VIIa ( 1 điểm )
Ta có : a  bz  cz2 a  bz2  cz
m  1: MinP = 0 khi x 





2

2

0,25

Xét hàm số
f t   t 3  3t  3  ln t 2  2t  2 trên R
Ta có :

t2
 3t 2  2  0, t  R
2
t  2t  2
Xét hàm số g(t) = t trên R và g’(t)=1 >0,  t
R
Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên R
x  y  f(x)  f(y)  g(y)  g(z)  y  z
 f(y)  f(z)  g(z)  g(x)  z  x
Vậy : x = y = z = t
t là nghiệm của phương trình :
t 3  2t  3  ln t 2  2t  2  0 (*)
f ' x 

Hàm số h(t) = t 3  2t  3  ln t 2  2t  2
đồng biến trên R (vì có
t2
h' t  2
1 3t2 >0,  t  R) và
t  2t  2
h(1) = 0
(*) có nghiệm duy nhất t= 1 .
KL: Hệ có nghiệm duy nhất (1;1;1)



2

= a + b + c – ab – bc – ca
1
= (2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca)
2

1
2
2
2
=  a  b    b  c    c  a    0(ĐPCM)


2
II 2. sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x
TXĐ: D =R
sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x
sin x  cosx  0
 (sin x  cosx). 2  2(sin x  cosx )  sin x.cosx   0  
2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0

+ Với sin x  cosx  0  x   k ( k  Z )
4
+ Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0 , đặt t = sin x  cosx (t   2; 2  )


t  1
được pt : t2 + 4t +3 = 0  

t  3(loai)

 x    m 2
t = -1  
(m  Z )
 x     m2

2


 x  4  k ( k  Z )

Vậy :  x    m2
(m  Z )


 x    m 2
2




1,0

0,25
0,25

0.25

0,25

102

Biên soạn: Trần Duy Thái

0,25