Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (46)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THAI MAI

ĐỀ KSCL HSG NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (4 điểm)

−x +1
( H)
2x −1
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ) của hàm số.
2.
Chứng minh rằng với mọi a , đường thẳng d : y = x + a luôn cắt đồ thị hàm số (H ) tại
hai điểm phân biệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với ( H ) tại A và B .
Tìm a để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.
Câu II (4 điểm)
2
1. Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x .
Cho hàm số y =

(

)

 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
( x, y ∈ R )
2. Giải hệ phương trình: 
2

 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x
Câu III (4 điểm)
1.
Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thực thuộc đoạn [-1; 1]

3 4 − 3x2 − 2 x3 + 4 x 2 + 4 ≥ m .
2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 ≤ a ≤ b ≤ c và a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 3abc − 2014a − b − c .
Câu IV (4 điểm)
n
*
1. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n ∈ N ) ,
1
2
3
k
2n+1
20
biết C 2n+1 + 2C 2n+1 + 3C 2n+1 +...+ kC 2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1 = 21.2

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D;
AB = 2 AD, CD = 3 AD . Đường thẳng BD có phương trình x − 2 y + 1 = 0 , đường thẳng AC đi

qua điểm M ( 4;2 ) . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng diện tích ABCD bằng 10 và điểm A có hoành độ nhỏ
hơn 2
Câu V (4 điểm)
1. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của BC và

·
H là trung điểm của AM . Biết HB = HC = a , HBC

= 300 ; góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt
phẳng ( HBC ) bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S .HBC và tính cosin của góc giữa đường
thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0), M(1; 1; 1). Mặt phẳng (P) thay đổi
qua AM cắt Oy, Oz lần lượt tại B ( 0; b;0 ) , C( 0;0;c ) với b > 0, c > 0 . Chứng minh rằng: b + c =
. Từ đó, tìm b, c sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.
…………………Hết………………….

bc
2


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
GV : Nguyễn Thị Hà
CÂU
I.1

NỘI DUNG

ĐIỂM
0.5

1 
Tập xác định: D = R \   .
2
• Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
1
1
lim y = − , lim y = − , tiệm cận ngang: y =-1/2,

2 x→+∞
2
x →−∞
lim y = +∞, lim y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = 1/ 2 .
•

x →1/2−

Chiều biến thiên: y ' =

x →1/2+

−1

( 2 x − 1)

2

0.5

< 0, ∀x ∈ D

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1/ 2 ) và ( 1/ 2; +∞ ) .

I.2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :

0.25

1

−x +1
x ≠
2
= x+a ⇔ 
2x −1
2 x 2 + 2ax − a − 1 = 0 ( *)

2
Đặt g ( x ) = 2 x + 2ax − a − 1

0.25
∆′g = a 2 + 2a + 2 > 0, ∀a
1

Vì   1 
nên ( *) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác
với mọi
1
2
 g  ÷ = − ≠ 0, ∀a
2
 2
a.
Vậy d luôn cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a .

0.25

Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm của ( *) . Theo định lý Vi-ét ta có 0.25

−a − 1
x1 + x2 = −a , x1 x2 =
.
2
0.5
−1
−1
; k2 =
Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1 =
2
2
( 2 x1 − 1)
( 2 x2 − 1)
Ta có k1 + k2 =

−1

( 2 x1 − 1)

2

+

−1

( 2 x2 − 1)

2

 ( 2 x1 − 1) 2 + ( 2 x2 − 1) 2 

= −
2
2 
 ( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1) 

= −  4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 − 4 ( x1 + x2 ) + 2  ( do ( 2 x1 − 1)


2

2

( 2 x2 − 1)

2

= 1)

0.5


= −4 ( a + 1) − 2 ≤ −2, ∀a
Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = −1
2

II.1

(

2

) Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x

Phương trình ⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x + 2 = 3
⇔

(

3 cos x + sin x

)

)
0.5

 3

1
3
1
cos 2 x +
sin 2 x + 1 = 3 
cos x + sin x ÷
÷
2
2
2
 2


π

π
π
π




⇔ cos  2 x − ÷+ 1 = 3cos  x − ÷ ⇔ 2 cos 2  x − ÷ = 3cos  x − ÷
3
6
6
6




 
π
cos  x − 6 ÷ = 0
π π
2π


⇔
⇔ x − = + kπ ⇔ x =
+ kπ ( k ∈ ¢ )
 
6 2
3
π 3

cos  x − ÷ = ( loai )
6 2
 
II.2

0.5
0.5

3
3
 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( y − 2 ) + 3 ( y − 2 )
⇔

2
2
y
x
+
3
+
y
+
6
x
+
10
=
y
+

4
x
(
)

 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x

( 1)
( 2)

0.5

 x ≥ −3
Điều kiện 
y∈¡
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t ∈ ¡ . Vậy hàm số f ( t ) đồng 0.25
biến trên ¡ . Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2 ) ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1

( 3)

Thay ( 3) vào ( 2 ) ta được phương trình:

( x + 1)

x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x 2 + 6 x + 1

Phương trình ( 4 ) ⇔ ( x + 1)
⇔ ( x + 1) ×

( x − 6)
x+3 +3

(

)

0.25

( 4)

x + 3 − 3 + ( x + 7)

+ ( x + 7) ×

( x − 6)
x + 10 + 4

(

)

x + 10 − 4 = x 2 − x − 30
0.25

= ( x + 5) ( x − 6 )

 x − 6 = 0 ( 5)
⇔  x + 1

x+7
+
= x + 5 ( 6)
 x + 3 + 3
x + 10 + 4
•
•

( )
Từ ( 5 ) : x − 6 = 0 ⇒ x = 6 → y = 7 ⇒ ( x; y ) = ( 6;7 ) là một nghiệm của hpt.
0.25
x +1
x+3
x+7
x+7
−
+
−
= 0 ( 7 ) phương trình vô
Từ ( 6 ) :
2
2
x+3 +3
x + 10 + 3
3

nghiệm
1
1
1

1


VT ( 7 ) < ( x + 3) ×
− ÷+ ( x + 7 ) ×
− ÷ < 0 = VP ( 7 )
 x+3 +3 2
 x + 10 + 4 2 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 6;7 ) .

do

0.5


0.5
IV.1

2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n ∈ N )
,
2
2n+1
+ 3C32n+1 +...+ kC k2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1
= 21.2 20 (*)
biết C12n+1 + 2C 2n+1
n

*

Xét (1 + x) 2 n+1 = C20n+1 + C21n+1 x + C22n +1 x 2 + ... + C22nn++11 x k + ... + C22nn++11 x 2 n+1∀x(1)

đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

(2n + 1)(1 + x) 2 n = C21n+1 + 2C22n+1 x + ... + kC22nn++11 x k −1 + ... + (2n + 1)C22nn++11 x 2 n (2)

0.5
0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

(2n + 1)22 n = C21n+1 + 2C22n+1 + ... + kC22nn++11 + ... + (2n + 1)C22nn++11
(*) ⇔ (2n + 1)22 n = 21.2 20 (3)
Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại
tương tự 0IV.2

0.5

0.5

Gọi I = AC I BD , H là hình chiếu của B trên CD.

V.1

1 1
+
tan D1 + tan C1
2
3 = 1 ⇒ ·AID = 450 .

·
=
Ta có tan AID = tan ( D1 + C1 ) =
1 − tan D1 tan C1 1 − 1 . 1
2 3
Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 4a − 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) .
a − 2b
0
⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0
Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos 45 =
2
2
a +b . 5
1
Chọn b=1 ta được a = ; a = −3 .
3
Từ đó suy ra phương trình AC là x + 3 y − 10 = 0 hoặc 3 x − y − 10 = 0 .
BE AB
IA AD 3
=
=2⇒
=
= .
Gọi E = BH I AC , ta có
EH CH
IE BE 2
( 2 AD + 3 AD ) . AD = 10 ⇔ AD = 2 . Từ đó tìm được
4 10
Ta có S ABCD =
.

AI =
2
5
1
a2 3
.
S HBC = HB.HC.sin1200 =
2
4
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.
a
a 3
.
⇒ AK = AH .sin 600 =
2
4
3a
·
= 600 ⇒ SA = AK .tan 600 =
Góc giữa (SHC) và (ABC) là SKA
4
2
3
1
1 3a a 3
3a
Vậy VS . HBC = SA.S HBC = . .
.
=
3

3 4
4
16
·
Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là BCB
'.

0.5

0.5

0.5
0.5

Ta có AH = HM = HB sin 300 =

0.5
0.5


Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒ AI ⊥ ( SHC ) .
Ta có BB ' = d ( B, ( SHC )) = 2d ( M , ( SHC )) = 2d ( A, ( SHC )) = 2 AI .
Trong tam giác vuông SAK, ta có AI =
V.2

3 3a 2 2
3a
3a
=
.

=
⇒ BB ' = .
2
2
16 a 3 8
4
AK + AS
AK . AS

Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C ⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

0.5
0.5

x y z
+ + =1
2 b c
bc
M thuộc (P), suy ra b + c =
(1)
2
uuu
r uuur
uuu
r
uuur


⇒
AB

Ta có AB = ( −2; b;0 ) , AC = ( −2;0; c )
 , AC  = ( bc;2b;2c )

0.5
0.5

Diện tích tam giác ABC là

1
S=
2

uuu
r uuur
 AB, AC  = 1

 2

( bc )

2

+ 4c 2 + 4b 2 =

( b + c)

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, suy ra S ≥ 6bc
Mà bc = 2 ( b + c ) ≥ 4 bc ⇒ bc ≥ 16 ⇒ S ≥ 96

S = 96 ⇔ b = c = 4

Vậy b = c = 4

2

+ b 2 + c 2 , do ( 1)
0.5


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
GV : Nguyễn Thị Hà
CÂU
I.1

NỘI DUNG

ĐIỂM
0.5

1 
Tập xác định: D = R \   .
2
• Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
1
1
lim y = − , lim y = − , tiệm cận ngang: y =-1/2,
2 x→+∞
2
x →−∞
lim y = +∞, lim y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = 1/ 2 .

•

x →1/2−

Chiều biến thiên: y ' =

x →1/2+

−1

( 2 x − 1)

2

0.5

< 0, ∀x ∈ D

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1/ 2 ) và ( 1/ 2; +∞ ) .

I.2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :

0.25

1

−x +1
x ≠

2
= x+a ⇔ 
2x −1
2 x 2 + 2ax − a − 1 = 0 ( *)

2
Đặt g ( x ) = 2 x + 2ax − a − 1

0.25
∆′g = a 2 + 2a + 2 > 0, ∀a
1

Vì   1 
nên ( *) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác
với mọi
1
2
 g  ÷ = − ≠ 0, ∀a
2
 2
a.
Vậy d luôn cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a .

0.25

Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm của ( *) . Theo định lý Vi-ét ta có 0.25
−a − 1
x1 + x2 = −a , x1 x2 =
.
2

0.5
−1
−1
; k2 =
Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1 =
2
2
( 2 x1 − 1)
( 2 x2 − 1)
Ta có k1 + k2 =

−1

( 2 x1 − 1)

2

+

−1

( 2 x2 − 1)

2

 ( 2 x1 − 1) 2 + ( 2 x2 − 1) 2 
= −
2
2 
 ( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1) 

= −  4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 − 4 ( x1 + x2 ) + 2  ( do ( 2 x1 − 1)


2

2

( 2 x2 − 1)

2

= 1)

0.5


= −4 ( a + 1) − 2 ≤ −2, ∀a
Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = −1
2

II.1

(

2
) Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x

Phương trình ⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x + 2 = 3
⇔

(

3 cos x + sin x

)

)
0.5

 3

1
3
1
cos 2 x +
sin 2 x + 1 = 3 
cos x + sin x ÷
÷
2
2
2
 2


π
π
π
π





⇔ cos  2 x − ÷+ 1 = 3cos  x − ÷ ⇔ 2 cos 2  x − ÷ = 3cos  x − ÷
3
6
6
6




 
π
cos  x − 6 ÷ = 0
π π
2π


⇔
⇔ x − = + kπ ⇔ x =
+ kπ ( k ∈ ¢ )
 
6 2
3
π 3
cos  x − ÷ = ( loai )
6 2
 
II.2

0.5
0.5

3
3
 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( y − 2 ) + 3 ( y − 2 )
⇔

2
2
y
x
+
3
+
y
+
6
x
+
10
=
y
+
4
x
(
)


 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x

( 1)
( 2)

0.5

 x ≥ −3
Điều kiện 
y∈¡
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t ∈ ¡ . Vậy hàm số f ( t ) đồng 0.25
biến trên ¡ . Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2 ) ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1

( 3)

Thay ( 3) vào ( 2 ) ta được phương trình:

( x + 1)

x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x 2 + 6 x + 1

Phương trình ( 4 ) ⇔ ( x + 1)
⇔ ( x + 1) ×

( x − 6)
x+3 +3

(

)

0.25

( 4)

x + 3 − 3 + ( x + 7)

+ ( x + 7) ×

( x − 6)
x + 10 + 4

(

)

x + 10 − 4 = x 2 − x − 30
0.25

= ( x + 5) ( x − 6 )

 x − 6 = 0 ( 5)
⇔  x + 1
x+7
+
= x + 5 ( 6)
 x + 3 + 3

x + 10 + 4
•
•

( )
Từ ( 5 ) : x − 6 = 0 ⇒ x = 6 → y = 7 ⇒ ( x; y ) = ( 6;7 ) là một nghiệm của hpt.
0.25
x +1
x+3
x+7
x+7
−
+
−
= 0 ( 7 ) phương trình vô
Từ ( 6 ) :
2
2
x+3 +3
x + 10 + 3
3

nghiệm
1
1
1
1


VT ( 7 ) < ( x + 3) ×

− ÷+ ( x + 7 ) ×
− ÷ < 0 = VP ( 7 )
 x+3 +3 2
 x + 10 + 4 2 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 6;7 ) .

do

0.5


0.5
IV.1

2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n ∈ N )
,
2
2n+1
+ 3C32n+1 +...+ kC k2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1
= 21.2 20 (*)
biết C12n+1 + 2C 2n+1
n

*

Xét (1 + x) 2 n+1 = C20n+1 + C21n+1 x + C22n +1 x 2 + ... + C22nn++11 x k + ... + C22nn++11 x 2 n+1∀x(1)
đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

(2n + 1)(1 + x) 2 n = C21n+1 + 2C22n+1 x + ... + kC22nn++11 x k −1 + ... + (2n + 1)C22nn++11 x 2 n (2)

0.5
0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

(2n + 1)22 n = C21n+1 + 2C22n+1 + ... + kC22nn++11 + ... + (2n + 1)C22nn++11
(*) ⇔ (2n + 1)22 n = 21.2 20 (3)
Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại
tương tự 0IV.2

0.5

0.5

Gọi I = AC I BD , H là hình chiếu của B trên CD.

V.1

1 1
+
tan D1 + tan C1
2
3 = 1 ⇒ ·AID = 450 .
·
=
Ta có tan AID = tan ( D1 + C1 ) =
1 − tan D1 tan C1 1 − 1 . 1

2 3
Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 4a − 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) .
a − 2b
0
⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0
Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos 45 =
2
2
a +b . 5
1
Chọn b=1 ta được a = ; a = −3 .
3
Từ đó suy ra phương trình AC là x + 3 y − 10 = 0 hoặc 3 x − y − 10 = 0 .
BE AB
IA AD 3
=
=2⇒
=
= .
Gọi E = BH I AC , ta có
EH CH
IE BE 2
( 2 AD + 3 AD ) . AD = 10 ⇔ AD = 2 . Từ đó tìm được
4 10
Ta có S ABCD =
.
AI =
2
5
1

a2 3
.
S HBC = HB.HC.sin1200 =
2
4
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.
a
a 3
.
⇒ AK = AH .sin 600 =
2
4
3a
·
= 600 ⇒ SA = AK .tan 600 =
Góc giữa (SHC) và (ABC) là SKA
4
2
3
1
1 3a a 3
3a
Vậy VS . HBC = SA.S HBC = . .
.
=
3
3 4
4
16
·

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là BCB
'.

0.5

0.5

0.5
0.5

Ta có AH = HM = HB sin 300 =

0.5
0.5


Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒ AI ⊥ ( SHC ) .
Ta có BB ' = d ( B, ( SHC )) = 2d ( M , ( SHC )) = 2d ( A, ( SHC )) = 2 AI .
3 3a 2 2
3a
3a
=
.
=
⇒ BB ' = .
2
2
16 a 3 8
4
AK + AS

AK . AS

Trong tam giác vuông SAK, ta có AI =
V.2

Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C ⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

0.5
0.5

x y z
+ + =1
2 b c
bc
M thuộc (P), suy ra b + c =
(1)
2
uuu
r uuur
uuu
r
uuur


⇒
AB
Ta có AB = ( −2; b;0 ) , AC = ( −2;0; c )
 , AC  = ( bc;2b;2c )

0.5

0.5

Diện tích tam giác ABC là

1
S=
2

uuu
r uuur
 AB, AC  = 1

 2

( bc )

2

+ 4c 2 + 4b 2 =

( b + c)

2

+ b 2 + c 2 , do ( 1)
0.5

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, suy ra S ≥ 6bc
Mà bc = 2 ( b + c ) ≥ 4 bc ⇒ bc ≥ 16 ⇒ S ≥ 96
Hàm số f ( x ) = 3 4 − 3 x 2 − 2 x 3 + 4 x 2 + 4 liên tục trên [-1; 1]

f '( x ) =

3 ( −6 x )
2 4 − 3x 2

−


9
= −x
+
2
2 x3 + 4 x 2 + 4
4
−
3
x

2(3x 2 + 8 x)


÷
x3 + 4 x 2 + 4 
3x + 8

0.5

Trên [-1; 1],

9

4 − 3x 2

+

3x + 8

> 0, ∀x ∈ [−1;1]
x3 + 4 x 2 + 4
f ( x) = 2
Ta có f ( −1) = 3 − 2 7; f (0) = 2; f (1) = −3 ⇒ xmax
∈[ −1;1]
pt f '( x ) = 0 ⇔ x = 0, vì

2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
Ta có a ≤ b ≤ c ⇒ ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 ⇒ b c ≥ a ( b + c − a ) = a ( 3 − 2a )

Suy ra bc ≥ a 3 − 2a 2 .

( a + b + c)

2

≤ 3 ( a 2 + b2 + c2 ) = 9 ⇒ a + b + c ≤ 3

⇒ P ≥ 3abc − 2013a − 3 ≥ 3a 2 3 − 2a 2 − 2013a − 3.
Xét hàm f (a ) = 3a 2 3 − 2a 2 − 2013a − 3; a ∈ [ 0;1] . Ta có

2a
f '(a) = 3  2a 3 − 2a 2 − a 2 .
3 − 2a 2

Ta có a ( 1 − a
2

0.5

)

2 2

18a ( 1 − a 2 )

− 2013 ≤ 18a ( 1 − a 2 ) − 2013 .
 − 2013 =
2
3 − 2a

3

1 2
1  2a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2 
4
2
2
= .2a ( 1 − a ) ( 1 − a ) ≤ 
÷ =
2
2
3
 27

2
Suy ra a ( 1 − a ) ≤

2
3 3

⇒ f '(a ) ≤ 18.

2
3 3

− 2013 ≤ 4 3 − 2013 < 0 .

0.5
0.5

Suy ra f ( a) nghịch biến trên đoạn [ 0;1] . Do đó f ( a) ≥ f (1) = −2013 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −2013 khi a = b = c = 1 .

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
CÂU
I.1

•
•

GV : Nguyễn Thị Hà
NỘI DUNG
1 
Tập xác định: D = R \   .
2
Sự biến thiên:

ĐIỂM
0.5


Giới hạn và tiệm cận:
1
1
lim y = − , lim y = − , tiệm cận ngang: y =-1/2,
2 x→+∞
2
x →−∞
lim y = +∞, lim y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = 1/ 2 .

x →1/2−

Chiều biến thiên: y ' =

x →1/2+

−1

( 2 x − 1)

2

0.5

< 0, ∀x ∈ D

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1/ 2 ) và ( 1/ 2; +∞ ) .
I.2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :

0.5

1

−x +1
x ≠
2
= x+a ⇔ 
2x −1

2
2 x + 2ax − a − 1 = 0 ( *)

2
Đặt g ( x ) = 2 x + 2ax − a − 1
∆′g = a 2 + 2a + 2 > 0, ∀a
1

Vì   1 
nên ( *) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác với mọi a .
1
2
 g  ÷ = − ≠ 0, ∀a
2
 2

0.5

Vậy d luôn cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a .
Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm của ( *) . Theo định lý Vi-ét ta có 0.5
−a − 1
x1 + x2 = −a , x1 x2 =
.
2
−1
−1
; k2 =
Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1 =
2
2

( 2 x1 − 1)
( 2 x2 − 1)
Ta có k1 + k2 =

−1

( 2 x1 − 1)

2

+

−1

( 2 x2 − 1)

2

 ( 2 x1 − 1) 2 + ( 2 x2 − 1) 2 
= −
2
2 
 ( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1) 

= −  4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 − 4 ( x1 + x2 ) + 2  ( do ( 2 x1 − 1)


2

= −4 ( a + 1) − 2 ≤ −2, ∀a

Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = −1

2

( 2 x2 − 1)

2

0.5

= 1)

2

(

2
) Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x

II.1

Phương trình ⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x + 2 = 3
⇔

(

3 cos x + sin x

)

)
0.5

 3

1
3
1
cos 2 x +
sin 2 x + 1 = 3 
cos x + sin x ÷
÷
2
2
2
 2


π
π
π
π




⇔ cos  2 x − ÷+ 1 = 3cos  x − ÷ ⇔ 2 cos 2  x − ÷ = 3cos  x − ÷
3
6
6

6




 
π
cos  x − 6 ÷ = 0
π π
2π


⇔
⇔ x − = + kπ ⇔ x =
+ kπ ( k ∈ ¢ )
 
6 2
3
π 3
cos  x − ÷ = ( loai )
6 2
 
II.2

3
3
 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( y − 2 ) + 3 ( y − 2 )
⇔


2
2
y
x
+
3
+
y
+
6
x
+
10
=
y
+
4
x
(
)

 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x

0.5
1

( 1)
( 2)

0.5

 x ≥ −3
Điều kiện 
y∈¡
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t ∈ ¡ . Vậy hàm số f ( t ) đồng 0.25
biến trên ¡ . Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2 ) ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1

( 3)

2
Thay ( 3) vào ( 2 ) ta được phương trình: ( x + 1) x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x + 6 x + 1

Phương trình ( 4 ) ⇔ ( x + 1)
⇔ ( x + 1) ×

( x − 6)
x+3 +3

(

)

x + 3 − 3 + ( x + 7)

+ ( x + 7) ×

( x − 6)

x + 10 + 4

(

( 4)

0.25

)

x + 10 − 4 = x 2 − x − 30
0.5

= ( x + 5) ( x − 6 )

 x − 6 = 0 ( 5)
⇔  x + 1
x+7
+
= x + 5 ( 6)
 x + 3 + 3
x + 10 + 4
( )
Từ ( 5 ) : x − 6 = 0 ⇒ x = 6 → y = 7 ⇒ ( x; y ) = ( 6;7 ) là một nghiệm của hpt.
0.5
x +1
x+3
x+7
x+7
−

+
−
= 0 ( 7 ) phương trình vô nghiệm do
Từ ( 6 ) :
2
2
x+3 +3
x + 10 + 3
3

•

1
1
1
1


VT ( 7 ) < ( x + 3) ×
− ÷+ ( x + 7 ) ×
− ÷ < 0 = VP ( 7 )
 x+3 +3 2
 x + 10 + 4 2 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
III.1

( x; y ) = ( 6;7 )

Hàm số f ( x ) = 3 4 − 3 x 2 − 2 x 3 + 4 x 2 + 4 liên tục trên [-1; 1]

f '( x ) =

3 ( −6 x )
2 4 − 3x 2

−


9
= −x
+
3
2
2
2 x + 4x + 4
 4 − 3x
2(3x 2 + 8 x)

3x + 8

9
4 − 3x 2

+

3x + 8
x3 + 4 x 2 + 4

> 0, ∀x ∈ [−1;1]

f ( x) = 2
Ta có f ( −1) = 3 − 2 7; f (0) = 2; f (1) = −3 ⇒ xmax
∈[ −1;1]
III.2

0.5
0.5

Trên [-1; 1],
pt f '( x ) = 0 ⇔ x = 0, vì


÷
x3 + 4 x 2 + 4 

0.5

2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
Ta có a ≤ b ≤ c ⇒ ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 ⇒ b c ≥ a ( b + c − a ) = a ( 3 − 2a )

0.5

0.5

Suy ra bc ≥ a 3 − 2a 2 .

( a + b + c)

2

≤ 3 ( a 2 + b2 + c2 ) = 9 ⇒ a + b + c ≤ 3

⇒ P ≥ 3abc − 2013a − 3 ≥ 3a 2 3 − 2a 2 − 2013a − 3.

0.5


0.5

Xét hàm f (a ) = 3a 2 3 − 2a 2 − 2013a − 3; a ∈ [ 0;1] . Ta có

2a
f '(a) = 3  2a 3 − 2a 2 − a 2 .
3 − 2a 2

Ta có a ( 1 − a
2

)

2 2

18a ( 1 − a )

− 2013 ≤ 18a ( 1 − a 2 ) − 2013 .
 − 2013 =
2
3 − 2a

2

3

1
1  2a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2 
4
= .2a 2 ( 1 − a 2 ) ( 1 − a 2 ) ≤ 
÷ =
2
2
3
 27

2
Suy ra a ( 1 − a ) ≤

2

2

− 2013 ≤ 4 3 − 2013 < 0 .
3 3
Suy ra f ( a) nghịch biến trên đoạn [ 0;1] . Do đó f ( a) ≥ f (1) = −2013 .
3 3

⇒ f '(a ) ≤ 18.

0.5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −2013 khi a = b = c = 1 .
IV.1

2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) n (n ∈ N* ) ,
2
2n+1
+ 3C32n+1 +...+ kC k2n+1 +...+ (2n+1)C 2n+1
= 21.2 20 (*)
biết C12n+1 + 2C 2n+1

Xét (1 + x) 2 n+1 = C20n+1 + C21n+1 x + C22n +1 x 2 + ... + C22nn++11 x k + ... + C22nn++11 x 2 n+1∀x(1)
đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

(2n + 1)(1 + x) 2 n = C21n+1 + 2C22n+1 x + ... + kC22nn++11 x k −1 + ... + (2n + 1)C22nn++11 x 2 n (2)

0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

0.5

(2n + 1)2 = C
2n

1
2 n +1

+ 2C

2
2 n +1

+ ... + kC

2 n +1
2 n +1

+ ... + (2n + 1)C

2 n +1
2 n +1

(*) ⇔ (2n + 1)22 n = 21.2 20 (3)
Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại
tương tự 0IV.2

0.5

0.5

Gọi I = AC I BD , H là hình chiếu của B trên CD.
1 1
+
tan
D
+
tan
C
2
3 = 1 ⇒ ·AID = 450 .
1
1
·
=
Ta có tan AID = tan ( D1 + C1 ) =
1 − tan D1 tan C1 1 − 1 . 1
2 3

0.5


Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 4a − 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) .
a − 2b
0
⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0
Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos 45 =
2

2
a +b . 5
1
Chọn b=1 ta được a = ; a = −3 .
3
Từ đó suy ra phương trình AC là x + 3 y − 10 = 0 hoặc 3 x − y − 10 = 0 .
V.1

S HBC =

0.5

0.5

0.25

1
a2 3
.
HB.HC.sin1200 =
2
4

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.

0.25

a
a 3
.

⇒ AK = AH .sin 600 =
2
4
3a
·
= 600 ⇒ SA = AK .tan 600 =
Góc giữa (SHC) và (ABC) là SKA
4
Ta có AH = HM = HB sin 300 =

0.25

1
1 3a a 2 3
3a 3
Vậy VS . HBC = SA.S HBC = . .
.
=
3
3 4
4
16

0.25

·
Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là BCB
'.

0.25

Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒ AI ⊥ ( SHC ) .
Ta có BB ' = d ( B, ( SHC )) = 2d ( M , ( SHC )) = 2d ( A, ( SHC )) = 2 AI .
Trong tam giác vuông SAK, ta có AI =

·
Do đó sin BCB
'=

AK 2 + AS 2

=

3 3a 2 2
3a
3a
.
=
⇒ BB ' = .
16 a 3 8
4
0.25
0.25

BB '
3a
3a
3
.
=

=
=
0
BC 4.2 BM 8.HB.cos 30
4

·
Vậy cos BCB
' = 1−
V.2

AK . AS

0.25

3
13
=
.
16
4

Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C ⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

0.5

x y z
+ + =1
2 b c
M thuộc (P), suy ra b + c =

0.5

bc
(1)
2

uuu
r uuur
uuu
r
uuur


⇒
AB
Ta có AB = ( −2; b;0 ) , AC = ( −2;0; c )
 , AC  = ( bc;2b;2c )

0.5

Diện tích tam giác ABC là

S=

1
2

uuu
r uuur

1
 AB, AC  =

 2

( bc )

2

+ 4c 2 + 4b 2 =

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, suy ra S ≥ 6bc

( b + c)

2

+ b 2 + c 2 , do ( 1)
0.5


Mà bc = 2 ( b + c ) ≥ 4 bc ⇒ bc ≥ 16 ⇒ S ≥ 96