DE SO 5 CO DAP AN

Đ Ề 5
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0.
2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
tan3 2 tan 4 tan5 0x x x
− + =
với
(0;2 )x
π
∈
.
2. Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
+
+ + + >
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
2

3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x
π
=
+
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( ),ABCD SA a
=
. Đáy
ABCD
là hình bình hành
có
·
0
, 2 , 60AB b BC b ABC= = =
. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
,BC SD
. Chứng minh
( )MN SABP

và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo a,b.
Câu V (1 điểm)
Cho
, ,x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3x y z
≥ ≥ ≥
. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 3 3 1 1 2
( , , )
x y z y z x z x y
f x y z
xyz
− − + − − + − −
=
II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần : phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a
1. Trong hệ trục toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có
( 2;3)C
−
. Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và
đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0x y x y− − = − =
.Hãy viết phương trình
đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − =
và điểm
( 1; 2;3)I − −
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua
điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.
Câu VII.a
Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 ... 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
− − − +
+ + + + +
− + + − + + =
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình
4 3 4 0x y− + =
. Điểm
(2;3)M
thuộc cạnh BC,
(1;1)N
thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm
(1; 2;3)K −
, nằm trên mặt phẳng

( ) : 3 2 2 5 0P x y z+ + − =
, và đi qua điểm
(3;1; 3)M −
. Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C)
và có tâm thuộc mặt phẳng
( ) : 5 0Q x y z+ + + =
.
Câu VII.b
Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra
5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc
bộ khác.
--------------------------Hết------------------------------
Họ và tên thí sinh:………………………………………..Số báo danh:……………
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂM ĐIỂM CHI TIẾT
Câu Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 1điểm
Khi m=0 hàm số trở thành
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ:
D = ¡
• Sự biến thiên:
2
0
6 6 , ' 0
1
x
y x x y
x

=

= − = ⇔

=

• Ta có
(0) 1; (1) 0
CD CT
y y y y= = = =
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 1
+∞

y' + 0 - 0 +
y 1
+∞
−∞
0
• Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
;0 , 1;−∞ +∞
,nghịch biến trên
( )
0;1
• Đồ thị :
f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1
-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5

-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
x
y
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
1điểm
Ta có
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m= − + + +
2
2
' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0
(2 1) ( 1) 0
1

y x m x m m

x m x m m
x m
x m
= ⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
= +

⇔

=

Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
1 2 1m m⇔ + ≤ ⇔ ≤
Vậy với
1m ≤
thì hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1
Giải phương trình
tan3 2tan 4 tan5 0x x x
− + =
với
(0;2 )x

π
∈
1điểm
ĐK:
cos3 0;cos4 0;cos5 0x x x≠ ≠ ≠
.
Phương trình cho
2
2
sin8 2sin4
0
cos3 .cos5 cos4
cos 4 cos3 .cos5
2sin4 0
cos3 .cos4 .cos5
1 cos8 cos2 cos8
sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
2sin
sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
sin 4 0
,
4
sin 0
x x
x x x
x x x
x
x x x

x x x
x
x x x
x
x
x x x
x
x k
x
x k
π
π
⇔ − =
 
−
⇔ =
 ÷
 
+ − −
 
⇔ =
 ÷
 
 
⇔ =
 ÷
 

=
=



⇔ ⇔


=

=

,
4
k x k k
π
∈ ⇔ = ∈¢ ¢
Do
(0;2 )x
π
∈
nên phương trình cho có nghiệm là
5 3 7
; ; ; ;
4 4 2 4
x x x x x
π π π π
π
= = = = =
0.25
0.25
0.25
0.25

2
Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
+
+ + + >
1điểm
Bất phưong trình
2
3 3 3
2
3 3 3 3
log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0
log (2 1). log (2 1) log 2 2log 2 0
x x
x x
 
⇔ − + + + >
 
 
⇔ − + + + + >
 
Đặt
3
log (2 1), 0
x
t t= + >

.BPT trở thành
( )
2
3 3
3 3
3 3
log 2 2log 2 0
(log 2 )(2log 2 ) 0
2log 2 log 2
t t
t t
t
− + + >
⇔ − + >
⇔ − < <
Do t>0 nên ta có
3
0 log 2t< <
. Suy ra :

3 3
0 log (2 1) log 2
2 1 2
0
x
x
x
< + <
⇔ + <
⇔ <

0.25
0.25
0.25
0.25
III
Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x
π
=
+
∫
1điểm
Đặt
2 cos cos 2 sin .t x x t x dx dt
= + ⇒ = − ⇒ = −
Khi
0 3; 2
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
. Ta có
3 3 3

2
3 3 2 3
0 2 2 2
3 3
2
2 2
sin .cos 2 1 1
2 2 2 2
(2 cos )
1 1 1 5 1
2
3 18 18
x x t
I dx dt dt dt
x t t t
t t
π
 
−
= = = −
 
+
 
 
= − + = − =
 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
0.25

0.5
0.25
IV
Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( ),ABCD SA a
=
. Đáy
ABCD
là hình
bình hành có
·
0
, 2 , 60AB b BC b ABC= = =
. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
,BC SD
. Chứng minh
( )MN SABP
và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo a,b.
1điểm
H
N
M
S
C

D
B
A
+) Gọi H là trung điểm của AD.
Khi đó
/ /
( ) / /( ) / /( )
/ /
HM AB
MNP SAB MN SAB
HN AS

⇒ ⇒


+) Có
,NH AD H AD⊥ ∈
.
0.25
Khi đó
1
2 2
a
NH AD= =
Mặt khác dễ thấy
ABM∆
đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên
2
3
( ) ( )

4
a
dt MAC dt ABM∆ = ∆ =
Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với
2 2
1 1 3 3
. . ( ) .
3 3 2 4 24
a b ab
V NH dt MAC= ∆ = =
(đvtt).
0.25
0.25
0.25
V
Cho
, ,x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3x y z
≥ ≥ ≥
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 3 3 1 1 2x y z y z x z x y
M
xyz
− − + − − + − −
=
1điểm
Ta có
2. 3 1. 2
3 1

y z x y
z x
M
yz zx xy
− − − −
− −
= + +
Mặt khác

1 1. 1 1 1 1
0
2 2
x x x
x x x
− − + −
≤ = ≤ =
2 2. 2
2 2 1
0
2 2 2 2 2
y y
y
y
y y
− −
+ −
≤ = ≤ =
3 3. 3 3 3 1
0
3 2 3 2 3

z z z
z
z z
− − + −
≤ = ≤ =
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
2 2 4
2 2 2 3 2 3 2 2 6 3 2
M
 
≤ + + = + +
 ÷
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1 1
2
2 2 4
6
3 3
x
x
y y
z
z

− =
=



 
− = ⇔ =
 
 
=

− =


Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
1 1 1 1
4
6 3 2
 
+ +
 ÷
 
khi
2, 4, 6x y z= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa 1
Trong hệ trục toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có
( 2;3)C
−

. Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A
và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0x y x y− − = − =
.Hãy viết
phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
1điểm
Gọi đường cao kẻ từ A là AH:
3 2 25 0x y− − =
Đường phân giác trong góc B là BE:
0x y− =
BC có phương trình :
2 3 5 0x y+ − =
Toạ độ B là nghiệm của hệ
2 3 5 0 1
(1;1)
0 1
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB.
Xác định toạ độ F được F(3; -2).
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F.
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0.
Toạ độ A là nghiệm của hệ

3 2 5 0 5
(5; 5)
3 2 25 0 5
x y x
A
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − =
và
điểm
( 1; 2;3)I − −
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt
phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn
tâm I.
1điểm
Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5.
Ta có

2 2 2
2 1 ( 1) 6IJ R= + + − = <
. Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S).
0.25
0.25
Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ.
Mp(P) có vectơ pháp tuyến
(2; 1; 1)n IJ= = − −
r uur
.
Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0
0.25
0.25
VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 ... 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
− − − + +
+ + + + +
− + + − + + =
1điểm
Xét khai triển của
2 1
(2 )
n
x
+

+
ta có :
2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 ) .2 .2 . .2 . .2 . ... .2. .
n n n n n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
+ + − − + +
+ + + + + +
+ = + + + + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(2 ) .2 2. .2 . 3. .2 . ... 2 . .2. (2 1) .
n n n n n n n n
n n n n n
n x C C x C x n C x n C x
− − − +
+ + + + +
+ + = + + + + + +
Thay x = -3 ta có
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1) .2 2. .2 .3 3. .2 .3 ... 2 . .2.3 (2 1) .3
n n n n n n n
n n n n n
n C C C n C n C
− − − +
+ + + + +

+ = − + − − + +
Phương trình cho
2 1 2009 1004n n⇔ + = ⇔ =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb