Đề thi thử ĐH môn Toán ( giải chi tiết)

B GIO DC & O TO
THAM KHO

THI I HC MễN TON NM 2011
Thi gian lm bi: 180 phỳt

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
2x +1
Cõu I (2 im): Cho hàm số y =
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2009

cos 2 x + 2 2 sin x +
4



2
2
= 4cos x sin x + 4sin x cos x .


1
1
2
x
+
x

+
(1
+
)=4

y
y

2) Gii h phng trỡnh: x
.
x2
1
3

+
+ 3 = 4 x
2

y
y
y

3 4x2 4x

+
x
.
2
x
+

1

dx .
1 4 x 2 + 4 x + 5




0

Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: I =

2

Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a
ta ly im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng
(ABD ) ct SC ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3
+
+
=
cos C
cos A
cos B
2
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :

2
x + y 2 2 x + 6 y 15 = 0 v ng thng (d) : mx y 3m = 0 ( m l tham s). Gi I l
tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi
IAB bng 5(2 + 2) .
x 1 y z +1
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng : (d1 ) :
v
= =
2
1
1
x y 2 z +1
. Vit phng trỡnh mt phng cha (d1) v hp vi (d2) mt gúc 300.
(d 2 ) : =
=
1
1
1
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+ +

+
+

+
+
4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l
mt im trờn (d ) : x y + 2 = 0 . Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 450 tip xỳc vi (C)
ti A, B. Vit phng trỡnh ng thng AB.
1


2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
DH ( ABC ) v DH = 3 vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
a
b
c
+
+
1.
a + (a + b)(a + c) b + (b + a)(b + c) c + (c + a)(c + b)
AP AN ấ 1
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
2x +1
Cõu I (2 im): Cho hàm số y =
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất

Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2009

2
2
cos 2 x + 2 2 sin x +
= 4cos x sin x + 4sin x cos x .
4

2009

2
2
cos 2 x + 2 2 sin x +
= 4cos x sin x + 4sin x cos x
4


2
2
cos x sin x + 2(sin x + cos x) = 4sin x.cos x(sin x + cos x)
(cos x + sin x)(cos x sin x 4 cos x.sin x + 2) = 0
(1)
cos x + sin x = 0

cos x sin x 4sin x.cos x + 2 = 0 (2)



+ k

4
+ Gii (2): t cos x sin x = t , t 2 ta cú phng trỡnh: 2t 2 + t = 0 .

+ Gii (1): (1) tan x = 1 x =

t =0

t = 1/ 2



+ k



Vi t = 0 ta cú: tan x = 1 x =



x = arccos( 2 / 4) / 4 + k 2

Vi t = 1 / 2 ta cú: cos( x + ) = 2 / 4
4
x = arccos( 2 / 4) / 4 + k 2

4

+ k ,
4
4
x = arccos( 2 / 4) / 4 + k 2 , x = arccos( 2 / 4) / 4 + k 2 .

KL: Vy phng trỡnh cú 4 h nghim: x =

+ k , x =

1
1
2
x
+
x
+
(1
+
)=4

y
y

2).Gii h phng trỡnh: x
.
x2
1
3

+
+ 3 = 4 x
2

y
y
y

2


1
1
 2
 2
 x + x + y (1 + y ) = 4
x +



§k y  0 
2
 x + x + 1 = 4 − x3
 x3 +
2
3


y
y


y

1
1
+ x+ = 4
2
y
y
®Æt
1
x 1
+ ( + x) = 4
y3 y y

1

a = x + y


b = x

y

2
2
2


a = 2

a + a − 2b = 4 
a + a − 4 = 2b
a + a − 4 = 2b
Ta ®-îc  3
 3




2
2



b = 1
a − 2ab = 4
a − a(a + a − 4) = 4
 a − 4a + 4 = 0
x = y
y =1

Khi ®ã 
KL

1
x = 1
 x + x = 2
0 

3 − 4x2 − 4x

+ x. 2 x + 1 dx .
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  
2
 4x + 4x + 5

1

− 

2

0
0
 3 − 4x − 4x

4 − (2 x + 1) 2
+
x
.
2
x
+
1
dx
=
dx
+

1  (2 x + 1)2 + 4
1 (2 x + 1)2 + 4

1 ( x. 2 x + 1)dx


− 
−
−
0

I=

2

2

=

2

4 − (2 x + 1)
dx +
(2 x + 1) 2 + 4

0

2



1
−

2

0

+ Tính: I1 =


−

1
2

2

0

 ( x.

2 x + 1) dx

1
−
2

4 − (2 x + 1) 2
dx . Đặt:
(2 x + 1) 2 + 4

1


  
2 x + 1 = 2sin t , t   − ;   dx = cos tdt , x = −  t = 0,x = 0  t = .
2
6
 2 2

6

Khi đó: I1 = 
0







6
2 cos t
2 − 1 − sin tdt
1
dt
dt
=
=
−
dt
+
2
2




4sin t + 4
2(sin t + 1)
20
sin 2 t + 1
0
0
2

2

6

6



=−


12

6

dt
sin 2 t + 1
0

+





6

6
dt
d (tan t )
2
=
. Đặt: tan t =
tan y .
2
2

sin t + 1 0 2(tan t + 1/ 2)
2
0

+ Tính: I 2 = 

Suy ra: d (tan t ) =


2
2
d (tan y ) =

(1 + tan 2 y)dy , với t = 0  y = 0, t =  y =  sao cho
6
2
2


6
, (0    )
2
3

2
2
dy =
y
Khi đó: I 2 = 
2
2
0
tan  =


0

=

2
.
2

3


0

+ Tính: I 3 =

 ( x.

2 x + 1) dx . Đặt:

1
−
2

1
1
t = 2 x + 1  2 x = t 2 − 1, dx = tdt , x = −  t = 0, x = −  t = 1 .
2
2
1 2
5
3
t
t −1 2
t 
1
Khi đó: I 2 = 
t dt =  −  10 = −
2

15
 10 6 
0


1 
2
6
, (0    ) )
− +
 , ( tan  =
2
15 12 2
3
Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a
ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng
(AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.
+ Trong tam giác SAB hạ AB ' ⊥ SC .
Trong tam giác SAD hạ AD ' ⊥ SD .
Dễ có: BC ⊥ SA, BC ⊥ BA  BC ⊥ ( SAB )
Suy ra: AB ' ⊥ BC , mà AB ' ⊥ SB . Từ đó có
AB ' ⊥ ( SAC )  AB ' ⊥ SC (1) .
Tương tự ta có: AD ' ⊥ SC (2) . Từ (1) và (2)
suy ra: SC ⊥ ( AB ' D ')  B ' D ' ⊥ SC .
Từ đó suy ra: SC ' ⊥ ( AB ' C ' D ')
KL: Vậy I = I1 + I 2 + I 3 = −

1
1
1

2 5a
= 2+
 AB ' =
2
2
AB '
SA BA
5
4
4 5
 SB ' = SA2 − AB '2 = 4a 2 − a 2 =
a,
5
5

+ Ta có:

S

SB = SA2 + AB 2 = 5a .
SB ' 4
Suy ra:
= ;
SB 5
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông
góc với SC) nên
B ' D ' ⊥ AC ' (vì dễ có BD ⊥ ( SAC ) nên BD ⊥ AC ' ).
B'
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:
A

B ' D ' SB ' 4
=
=
BD
SB 5
4 2a
.
 B'D' =
5
B
Ta có:
1
1
1
2 3a
2 6
= 2+
 AC ' =
 SC ' = SA2 − AC '2 =
a
2
2
AC '
SA
AC
3
3
1
1 1
16

+ Ta có: VS . AB 'C ' D ' = S AB 'C ' D ' .SC ' = . B ' D '. AC '.SC ' = a 3 .
3
3 2
45
1
2
VS . ABCD = S ABCD .SA = a 3 .
3
3
Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

4

D'

C'

D
O
C


V = VS . ABCD VS . AB 'C ' D ' =

14 3
a .
45

Chỳ ý: V hỡnh sai khụng chm.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả

cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3
mãn:
+
+
=
cos C
cos A
cos B
2
sin C
cos A.cos B
tan C
Ta có tanA+tanB=

=
cos A.cos B
cos C
tan A + tan B
ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
x
y
z
3
x
y
z
3
Từ GT ta có
+
+

= với x,y,z>0.Dễ dàng CM đ-ợc
+
+
.
y+z z+x x+ y 2
y+z z+x x+ y 2
Dấu =xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
2/.Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
x 2 + y 2 2 x + 6 y 15 = 0 v ng thng (d) : mx y 3m = 0 ( m l tham s). Gi I l
tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi
IAB bng 5(2 + 2) .
x 1 y z +1
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng : (d1 ) :
v
= =
2
1
1
x y 2 z +1
. Vit phng trỡnh mt phng cha (d1) v hp vi (d2) mt gúc 300.
(d 2 ) : =
=
1
1
1
Gi s mt phng cn tỡm l: ( ) : ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 0) .
Trờn ng thng (d1) ly 2 im: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).

ac+d = 0
c = 2a b
Do ( ) qua A, B nờn:
nờn

a + b + d = 0
d = a b
( ) : ax + by + (2a b) z + a b = 0 .

Yờu cu bi toỏn cho ta:

1.a 1.b + 1.(2a b)
1
= sin 300 =
2
12 + (1)2 + 12 . a 2 + b2 + (2a b) 2

2 3a 2b = 3(5a 2 4ab + 2b 2 ) 21a 2 36ab + 10b 2 = 0

18 114
a =
21
D thy b 0 nờn chn b=1, suy ra:

18 + 114
a =

21
18 + 114
15 + 2 114

3 114
KL: Vy cú 2 mt phng tha món:
x+ y+
z
=0
21
21
21
18 114
15 2 114
3 + 114
x+ y+
z
= 0.
21
21
21
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

5


1
1
1
1
1
1
1
1

1
+ +

+
+

+
+
4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b
1 1
4
Dễ có: ( x + y ) 2  4 xy  + 
( x, y  0)(*) .
x y x+ y
1
1
1
1
1
1
+ Chứng minh:
.
+ +

+
+
4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a
1 1 1 1
16
1 3

16
Áp dụng 2 lần (*) ta có: + + + 
hay + 
(1)
a b b b a + 3b
a b a + 3b
1 3
16
1 3
16
Tương tự ta có: + 
(2) và + 
(3)
b c b + 3c
c a c + 3a
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.
1
1
1
1
1
1
+
+

+
+
a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b
1
1

4
2
Áp dụng (*) ta có:
(4)
+

=
a + 3b b + 2c + a 2(a + 2b + c) a + 2b + c
1
1
2
Tương tự ta có:
+

(5)
b + 3c c + 2a + b b + 2c + a
1
1
2
+

(6)
c + 3a a + 2b + c c + 2a + b
Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.

+ Chứng minh:

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là
một điểm trên (d ) : x − y + 2 = 0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 tiếp xúc với (C)

tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
Dễ thấy I  ( d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác MAB vuông cân và
tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM = 2 .

 a=0
M  (d )  M ( a; a+2), IM = (a + 1; a + 1) , IM = 2  2 a + 1 = 2  
.
 a = −2
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0).
+ Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x 2 + y 2 − 4 y + 3 = 0 .
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB:
x2 + y 2 − 4 y + 3 = x2 + y 2 + 2x − 2 y + 1  x + y − 1 = 0 .
+ Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x 2 + y 2 + 4 x + 3 = 0 .
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB:
x2 + y2 + 4x + 3 = x2 + y 2 + 2x − 2 y + 1  x + y + 1 = 0 .
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x + y − 1 = 0 và x + y + 1 = 0 .
2).Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
DH ⊥ ( ABC ) và DH = 3 với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC).
Trong tam giác ABC, gọi K = CH  AB .
Khi đó, dễ thấy AB ⊥ ( DCK ) . Suy ra góc giữa (DAB) và
(ABC) chính là góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi
6


Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến n = [ AB, AC ] = ( 0; −4; −4 )
- (ABC): y + z − 2 = 0 .
+ H  ( ABC ) nên giả sử H (a; b; 2 − b) .
Ta có: AH = (a; b; −b), BC = (4; −2; 2).

CH = (a − 2; b; −b), AB = (−2; 2; −2).

 BC. AH = 0
 a −b = 0

 a = b = −2
Khi đó: 
− a + 2b + 2 = 0
 AB.CH = 0
Vậy H(-2; -2; 4).
+ Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x − y + z − 4 = 0 .

x = t

Phương trình đường thẳng AB là:  y = −t .
z = 2 + t

x=t


y = −t

Giải hệ: 
ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3.
z
=
2
+
t


 x − y + z − 4 = 0
2

2

2

96
2
  2
 8

Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: HK =  + 2  +  − + 2  +  − 4  =
.
3
3
  3
 3

Gọi  là góc cần tìm thì:
tan  = DH / HK = 96 /12 = 6 / 3   = arctan( 6 / 3)

Vậy  = arctan( 6 / 3) là góc cần tìm.
Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có:
a
b
c
+
+
 1.

a + (a + b)(a + c) b + (b + a)(b + c) c + (c + a)(c + b)
Víi a,b >0 ta cã
( a + b )( a + c ) − ( ab + ac )2 = a 2 + bc − 2a bc = (a − bc ) 2  0
 ( a + b )( a + c )  ( ab + ac ) 2 

( a + b )( a + c )  (

ab + ac )

a
a
a

=
a + (a + b)(a + c) a + ab + ac
a+ b+ c
2
CM t råi céng vÕ víi vÕ ta ®-îc dpcm
ĐỀ 2
2
x
−
3
Câu 1: Cho hàm số y =
có đồ thị là (C)
x−2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
b sao cho AB ngắn nhất


7


Câu 2:

1/.Giải phương trình: 2 2 sin( x −  ).cos x = 1
12
3 3
8x y + 27 = 18y3 (1)
2/.Giải hệ phương trình:  2
2
4x y + 6x = y (2)
Câu 3:

2

2

1) Tính tích phân I =  sin x  sin x +

1

dx

2

6

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

(m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
1
3
3
8c + 1
8a + 1
8b3 + 1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
 x = 1 + 2t

3
−
y
z
+
2
(d1) x + 1 =
; (d2)  y = 2 + t (t  ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng 

=
1
1
2
z = 1+ t

nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2)
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho  ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC.
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
2
x
−
3
Câu 1: Cho hàm số y =
có đồ thị là (C)
x−2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất
2x0 − 3
Gọi M(xo;
) (C) .
x0 − 2

2x02 − 6x0 + 6

−
x
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
+
( x0 − 2)2
( x0 − 2)2

8


2x0 − 2
)
x0 − 2
( )  TCN = B (2x0 –2; 2)

( )  TCĐ = A (2;

4
AB = (2x0 − 4; −2 )  AB = 4( x0 − 2)2 +
x0 − 2
( x0 − 2)2
 x = 3 → M (3;3)
 AB min = 2 2   0
 xo = 1 → M (1;1)

cauchy

2

2

Câu 2:

1) Giải phương trình: 2 2 sin( x −  ).cos x = 1
12

 x =  + k

3
phương trình  2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0  
(k  )
 + k
x
=


4
3 3
3
8x y + 27 = 18y (1)
2).Giải hệ phương trình:  2
2
4x y + 6x = y (2)
(1)  y  0
3

 3
3
8x3 + 27 = 18
(2x) +   = 18

y3


 y

Hệ   2
 4x + 6x2 = 1
2x. 3  2x + 3  = 3


 y
y

y
y
a3 + b3 = 18
a + b = 3
3
Đặt a = 2x; b = . Ta có hệ: 

y
ab(a + b) = 3 ab = 1

→ Hệ đã cho có 2 nghiệm  3 − 5 ; 6  ,  3 + 5 ; 6 
 4
3+ 5   4
3− 5 
Câu 3:

2

2

1) Tính tích phân I =  sin x  sin x +

1

dx

2

6


2

I =−


3
− cos 2 x  d (cos x) .
2

§Æt cos x =

3

 cos u

2

6



3 2 2
 I =   sin udu =
2 

3
16

( + 2 )

4

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Đk x  0. đặt t = x ; t  0

9


(1) trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 0  m = 2t 2 − 3t + 3 (2)
2

t − t +1

Xét hàm số f(t) = 2t 2 − 3t + 3 (t  0)
2

t − t +1

Lập bảng biến thiên
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t  0  5  m  3
3
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
1
3
3
8c + 1
8a + 1
8b3 + 1
cauchy
a
8c3 + 1 = (2c + 1)(4c2 − 2c + 1)  2c2 + 1 
 2a
3
8c + 1 2c + 1
b
c
Tương tự,
 2b ;
 2c
3

3
2
a
+
1
8a + 1
8b + 1 2b + 1
a + b + c  1 (1)
Ta sẽ chứng minh:
2
2c + 1 2a2 + 1 2b2 + 1
3 2
3 2
Bđt(1)  4(a b +b a +c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c) 
 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2)
Ta có:
2a3b2 +2ab2  4a2b2; …. (3)
2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3. 3 a5b5c5 =6 (do abc =1)(4)
a3+b3+c3  3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5)
a3 +a  2a2; ….
(6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2).
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM = a 3 ; AMS = 600 và SO ⊥ mp(ABC)
2

3

 V(S.ABC) = 1 dt ( ABC ).SO = a 3

 d(S; BAC) = SO = 3a

4
Mặt khác, V(S.ABC) = 1 dt (SAC ).d ( B; SAC )
3
SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 3
2
3
V
3
a
=
Vậy d(B; SAC) =
dt ( SAC )
13

3

16

2
 dt(SAC) = a 13 3

16

Phần riêng:
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0;

khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên ().
M là đối xứng của B qua   M  AC và M là trung điểm của AC.
(BH): x –2y + 3 =0 → H −1; 7 → M −7 ; 4
5 5
5 5
 y0 = 7
BH = 3 5 CI = 6 5 ; C Oy  C(0; y0)  
5
5
 yo = −5

(

)

(

)

10


(

)

C(0; 7)  A −14 ; −27  ()→loại
5
5

(0; –5)  A −14 ; 33  ()→ nhận.
5 5
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
 x = 1 + 2t

3
−
y
z
+
2
(d1) x + 1 =
; (d2)  y = 2 + t (t  ) . Viết phương trình tham số của đường
=
1
1
2
z = 1+ t

thẳng  nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2)
 x = 1 − 2t

(P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2)→ ()  y = 1 − 2t (t  )
z = 2

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho  ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0.
tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC.
a − b − 5 2SABC
C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

=
AB
2
 a − b = 8(1)
 a− b− 5 = 3 
 a − b = 2(2)
Trọng tâm G a + 5 ; b − 5  (d)  3a –b =4 (3)
3
3
3
(1), (3)  C(–2; 10)  r = S =
p
2 + 65 + 89
3
(2), (3)  C(1; –1)  r = S =
p
2+2 5
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
(S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m  13)

(

)

(

)

Gọi H là trung điểm của MN  MH= 4  IH = d(I; d) = − m − 3
 u; AI 
=3
(d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2)  d(I; d) = 
u
Vậy :

− m − 3 =3  m = –12( thỏa đk)

ĐỀ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1) x 2 + 9 x − m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m = 1 .
2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x 2 sao cho x1 − x 2  2 .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:

1
2

cot x +

sin 2 x

= 2 sin( x + ) .
sin x + cos x
2
11

2. Giải phương trình: 2 log 5 (3x − 1) + 1 = log 3 5 (2 x + 1) .
5

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I = 
1

x2 +1
x 3x + 1

dx .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A' B ' C ' có AB = 1, CC ' = m (m  0).
Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và BC ' bằng 60 0 .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y , z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
5
.
A = xy + yz + zx +
x+ y+z
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A( 4; 6) ,
phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là
2 x − y + 13 = 0 và 6 x − 13 y + 29 = 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình vuông MNPQ có M (5; 3; − 1), P(2; 3; − 4) .
Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x + y − z − 6 = 0.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập E = 0,1, 2, 3, 4, 5, 6. Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu
số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb. 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , xét elíp (E ) đi qua điểm M (−2; − 3) và có
phương trình một đường chuẩn là x + 8 = 0. Viết phương trình chính tắc của (E ).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(1; 0; 0), B (0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt
phẳng ( ) : x + 2 y + 2 = 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và
mặt phẳng ( ).
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2(1 − x) 2 + ... + n(1 − x) n thu được đa
thức P( x) = a 0 + a1 x + ... + a n x n . Tính hệ số a 8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn
1
7
1
+ 3 = .
2
Cn Cn n

ĐÁP ÁN ĐỀ 3
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1) x 2 + 9 x − m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m = 1 .
Víi m = 1 ta cã y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 .
* TËp x¸c ®Þnh: D = R
* Sù biÕn thiªn
• ChiÒu biÕn thiªn: y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 3( x 2 − 4 x + 3)
12


x 3
Ta có y ' 0
, y' 0 1 x 3 .
x 1
Do đó:

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3, + ) .
+ Hm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCD = y (1) = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3 và
yCT = y (3) = 1 .
Giới hạn: lim y = ; lim y = + .
x

x +

Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, 1) .
2.Xỏc nh m hm s ó cho t cc tr ti x1 , x 2 sao cho x1 x 2 2 .
Ta có y ' = 3x 2 6(m + 1) x + 9.
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x 2
ph-ơng trình y ' = 0 có hai nghiệm pb là x1 , x 2
Pt x 2 2(m + 1) x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x 2 .

m 1 + 3
' = (m + 1) 2 3 0
(1)
m


1

3

+) Theo định lý Viet ta có x1 + x 2 = 2(m + 1); x1 x 2 = 3. Khi đó

x1 x 2 2 (x1 + x 2 ) 4 x1 x 2 4 4(m + 1) 12 4
2

2

(m + 1) 2 4 3 m 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 3 m 1 3 và 1 + 3 m 1.
Cõu II. (2,0 im)

1

1. Gii phng trỡnh:

cot x +

sin 2 x

= 2 sin( x + ) .
sin x + cos x
2

2
Điều kiện: sin x 0, sin x + cos x 0.
cos x
2 sin x cos x
Pt đã cho trở thành
+

2 cos x = 0
2 sin x sin x + cos x


cos x
2 sin x



2 cos 2 x
=0
sin x + cos x




cos x sin( x + ) sin 2 x = 0
4


+) cos x = 0 x =


2

+ k , k .

x
=
+ m2
2
x
=
x
+
+
m
2




4
4
+) sin 2 x = sin( x + )

4
x = + n2
2 x = x + n2


4
3
4

13

m, n


t 2
, t .
4
3
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là

t 2
x = + k ; x = +
, k , t .
4
3
2
2.Gii phng trỡnh: 2 log 5 (3x 1) + 1 = log 3 5 (2 x + 1) .
x=



+

1
Điều kiện x . (*)
3
Với đk trên, pt đã cho log 5 (3x 1) 2 + 1 = 3 log 5 (2 x + 1)

log 5 5(3x 1) 2 = log 5 (2 x + 1) 3
5(3x 1) 2 = (2 x + 1) 3

8 x 3 33x 2 + 36 x 4 = 0
( x 2) 2 (8 x 1) = 0
x = 2

x = 1
8

Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x = 2.
5

Cõu III. (1,0 im) Tớnh tớch phõn I =

x2 +1

1 x 3x + 1
3dx
2tdt
Đặt t = 3x + 1 dt =
.
dx =
3
2 3x + 1
Khi x = 1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.

dx .

2

t 2 1

+1
4
3
2tdt

.
Suy ra I =
2
t 1
3
2
.t
3

4

4

2
dt
= (t 2 1)dt + 2 2
92
2 t 1

4
4
21 3
t 1
100
9

= t t + ln
=
+ ln .
93
t +1
27
5

2
2

Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u ABC . A' B ' C ' cú AB = 1, CC ' = m (m 0).
Tỡm m bit rng gúc gia hai ng thng AB ' v BC '
bng 60 0 .
( D A' B' )
- Kẻ BD // AB '
( AB ' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 60 0

B

DBC '= 60 0 hoặc DBC ' = 120 0.
- Nếu DBC '= 60 0
Vì lăng trụ đều nên BB ' ( A' B' C ' ).
áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có

C

A

A

m

BD = BC ' = m 2 + 1 và DC ' = 3.

1

B

14

1
D

120

0

3

C


Kết hợp DBC '= 60 0 ta suy ra BDC ' đều.
Do đó m 2 + 1 = 3 m = 2 .
- Nếu DBC ' = 120 0
áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy ra m = 0 (loại).
Vậy m = 2 .
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét tr-ờng hợp góc 60 0 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng ph-ơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:

cos( AB ' , BC' ) = cos( AB ', BC') =

AB '.BC'
AB '.BC'

.

Cõu V. (1,0 im) Cho cỏc s thc khụng õm x, y , z tho món x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tỡm giỏ tr ln
nht ca biu thc
5
.
A = xy + yz + zx +
x+ y+z

t2 3
Đặt t = x + y + z t = 3 + 2( xy + yz + zx) xy + yz + zx =
.
2
Ta có 0 xy + yz + zx x 2 + y 2 + z 2 = 3 nên 3 t 2 9 3 t 3 vì t 0.
2

t2 3 5
Khi đó A =
+ .
2
t
t2 5 3
Xét hàm số f (t ) = + , 3 t 3.
2 t 2

5 t3 5
Ta có f ' (t ) = t 2 = 2 0 vì t 3.
t
t
Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t ) f (3) =

14
.
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 3 x = y = z = 1.
14
Vậy GTLN của A là
, đạt đ-ợc khi x = y = z = 1.
3
B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b).
a. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy , cho tam giỏc ABC cú
A( 4; 6) ,phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh C ln

lt l 2 x y + 13 = 0 v 6 x 13 y + 29 = 0 . Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc ABC .
- Gọi đ-ờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó
CH có ph-ơng trình 2 x y + 13 = 0 ,
CM có ph-ơng trình 6 x 13 y + 29 = 0.
2 x y + 13 = 0
- Từ hệ
C (7; 1).
6 x 13 y + 29 = 0

C(-7; -1)

- AB CH n AB = u CH = (1, 2)
pt AB : x + 2 y 16 = 0 .
15

A(4; 6)

H

M(6; 5)

B(8; 4)


x + 2 y 16 = 0
- Từ hệ
M (6; 5)
6 x 13 y + 29 = 0
B (8; 4).

- Giả sử ph-ơng trình đ-ờng tròn ngoại tiếp ABC : x 2 + y 2 + mx + ny + p = 0.
52 + 4m + 6n + p = 0
m = 4


Vì A, B, C thuộc đ-ờng tròn nên 80 + 8m + 4n + p = 0 n = 6 .
50 7 m n + p = 0
p = 72

Suy ra pt đ-ờng tròn: x 2 + y 2 4 x + 6 y 72 = 0 hay ( x 2) 2 + ( y + 3) 2 = 85 .
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho hỡnh vuụng MNPQ cú M (5; 3; 1), P(2; 3; 4) .
Tỡm to nh Q bit rng nh N nm trong mt phng ( ) : x + y z 6 = 0.
(1)
- Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N ( ) x0 + y0 z0 6 = 0


MN = PN
- MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N

MN.PN = 0
2
2
2
2
2
2

( x0 5) + ( y0 3) + ( z0 + 1) = ( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 4)

2

( x0 5)( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4) = 0

(2)
x0 + z0 1 = 0

2
(3)

( x0 5)( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4) = 0
y0 = 2 x0 + 7
- Từ (1) và (2) suy ra
. Thay vào (3) ta đ-ợc x02 5 x0 + 6 = 0
z 0 = x0 + 1

x0 = 2, y0 = 3, z 0 = 1
N (2; 3; 1)
hay
.

N (3; 1; 2)
x0 = 3, y0 = 1, z 0 = 2
7
5
- Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ I ( ; 3; ) .
2
2
Nếu N (2; 3 1) thì Q(5; 3; 4).

Nếu N (3;1; 2) thì Q(4; 5; 3).
Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp E = 0,1, 2, 3, 4, 5, 6. T cỏc ch s ca tp E lp c bao
nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau?
Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra d 0, 2, 4, 6.
+) d = 0. Số cách sắp xếp abc là A63 .
+) d = 2. Số cách sắp xếp abc là A63 A52 .
+) Với d = 4 hoặc d = 6 kết quả giống nh- tr-ờng hợp d = 2.
Do đó ta có số các số lập đ-ợc là A63 + 3 A63 A52 = 420 .

(

)

b. Theo chng trỡnh Nõng cao:

16


Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , xét elíp (E ) đi qua điểm
M (−2; − 3) và có phương trình một đường chuẩn là x + 8 = 0. Viết phương trình chính tắc
của (E ).
- Gäi ph-¬ng tr×nh ( E ) :

x2 y2
+
=1
a 2 b2

(a  b  0) .

9
4
+
=1
(1)
2
 a
b2
- Gi¶ thiÕt   2
a = 8

(2)
 c
Ta cã (2)  a 2 = 8c  b 2 = a 2 − c 2 = 8c − c 2 = c(8 − c).
Thay vµo (1) ta ®-îc

4
9
+
=1.
8c c(8 − c)

c = 2
 2c − 17c + 26 = 0   13
c =
2

2
x
y2
* NÕu c = 2 th× a 2 = 16, b 2 = 12  ( E ) :
+
= 1.
16 12
39
x2
y2
13
* NÕu c =
th× a 2 = 52, b 2 =
 (E) : +

= 1.
2
4
52 39 / 4
2

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(1; 0; 0), B (0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt
phẳng ( ) : x + 2 y + 2 = 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và
mặt phẳng ( ).
Gi¶ sö M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra

( x0 − 1) 2 + y02 + z02 = x02 + ( y0 − 1) 2 + z02 = x02 + ( y0 − 3) 2 + ( z0 − 2) 2 =

( x0 − 1) 2 + y02 + z02 = x02 + ( y0 − 1) 2 + z02

  x02 + ( y0 − 1) 2 + z02 = x02 + ( y0 − 3) 2 + ( z0 − 2) 2

2
( x0 − 1) 2 + y02 + z02 = ( x0 + 2 y0 + 2)

5
 y0 = x0
Tõ (1) vµ (2) suy ra 
.
z
=
3
−
x
0

 0
2
Thay vµo (3) ta ®-îc 5(3 x0 − 8 x0 + 10 ) = (3 x0 + 2) 2

x0 + 2 y0 + 2
5

(1)
(2)
(3)

 x0 = 1
 M (1; 1; 2)

  23 23 14

 x0 = 23
 M ( ; ; − ).
3 3
3
3



Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2(1 − x) 2 + ... + n(1 − x) n thu được đa
thức P( x) = a 0 + a1 x + ... + a n x n . Tính hệ số a 8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn
17


1

7
1
+ 3 = .
2
Cn Cn n
n  3
1
7 1

Ta cã 2 + 3 =   2
7.3!
1
Cn Cn n
 n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) = n


n  3
 2
 n = 9.
n − 5n − 36 = 0
Suy ra a 8 lµ hÖ sè cña x 8 trong biÓu thøc 8(1 − x)8 + 9(1 − x)9 .
§ã lµ 8.C88 + 9.C98 = 89.
ĐỀ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc
nhau.
Câu II. (2 điểm)

( x − 1)( y − 1)( x + y − 2) = 6
1/ Giải hệ phương trình:  2
2
x + y − 2x − 2 y − 3 = 0
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x .
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và
trục tung.
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp
là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu V. (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
A
B
C
 − A  − B   −C 
sin 
. sin 
. sin 
  sin . sin . sin
2
2
2
 4   4   4 
II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
x2 y2
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E):

+
= 1 và điểm M(1 ; 1) . Viết phương
6
4
trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0
Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.
18


2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b,
c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
Câu VII b.(1 điểm)

(

Tìm m để phương trình: 4 log 2 x

)

2

− log 1 x + m = 0 có nghiệm trong khỏang (0 ; 1).
2

ĐÁP ÁN ĐỀ 4
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm).
Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau.
Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x3 – (m + 3)x – m – 2 = 0
 x = −1 , y = 3
Hay : (x + 1)(x2 – x – m – 2) = 0  2
 x − x − m − 2 = 0 (*)
9
(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > − ) , xN và xP là nghiệm của (*)
4

−3+ 2 2
m =
3
Theo giả thiết: (x N2 − 3)(x P2 − 3) = −1  9m 2 + 18m + 1 = 0  

−3−2 2
m =
3

Câu II. (2 điểm)
( x − 1)( y − 1)( x + y − 2) = 6
1/ Giải hệ phương trình:  2
2
x + y − 2x − 2 y − 3 = 0
( x − 1)( y − 1)( x − 1 + y − 1) = 6

uv(u + v) = 6
uv(u + v) = 6
Hệ  
với
 2

2
2
2
2
( x − 1) + ( y − 1) − 5 = 0
u + v − 5 = 0
(u + v) − 2uv − 5 = 0

u = x − 1

v = y − 1

 P.S = 6
S = 3
S = u + v
Đặt: 
được  2

P = 2
P = u.v
S − 2 P − 5 = 0
X = 1
x − 1 = 2 x − 1 = 1
u, v là nghiệm của phương trình: X2 – 3X + 2 = 0  



X = 2
y −1 = 1 y −1 = 2
Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x .
cos 2 x  0
ĐK: 
sin x  0
sin 2 x cos x sin 2 x. sin x + cos 2 x cos x
cos x
+
=
=
tan2x + cotx =
cos 2 x sin x
cos 2 x. sin x
cos 2 x. sin x

19




 x = 2 + k
Pt  cos x(8 sin x cos x cos 2 x − 1) = 0  cos x(2 sin4x – 1) = 0  
 x =  + k   x = 5 + k 

24
2

24
2
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và trục
tung.
Phương trình : 2x = -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại
điểm có hòanh độ x = 1. Vậy diện tích cần tính là:
1
3
1
S =  2 x dx +  (− x + 3)dx =
+2
ln 2
0
1
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của
hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên
S
là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác
SOM  OH ⊥ ( SCD )  OH = d
Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x 3
A
SO = SM 2 − x 2 = 3x 2 − x 2 = x 2
Ta có: SM.OH = SO.OM hay
d 6
x 3..d = x 2.x  x =
 CD = d 6 , SO = d 3
2

1
1
B
V = CD 2 .SO = 6d 2 .d 3 = 2d 3 3
3
3
Câu V. (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
A
B
C
 − A  − B   −C 
sin 
. sin 
. sin 
  sin . sin . sin
2
2
2
 4   4   4 
Theo bất đẳng thức Côsi:

A
B 1 A
B
A+ B
A− B
 −C
cos
 sin

 sin sin  sin + sin  = sin
2
2 2
2
2
4
4
4


B
C 1 B
C
B+C
B−C
−A
cos
 sin
 sin sin  sin + sin  = sin
2
2 2
2
2
4
4
4


C
A 1 C

A
C+A
C−A
 −B
 sin sin  sin + sin  = sin
cos
 sin
2
2 2
2
2
4
4
4

Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh.

H

D

d
M

O

II. PHẦN RIÊNG. (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
x2 y2

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E):
+
= 1 và điểm M(1 ; 1) . Viết phương
6
4
trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.
Pt của d: y = k(x – 1) + 1
20

x
C


 y = k ( x − 1) + 1
Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ  2
2
4 x + 6 y = 24
Suy ra: (6k2 + 4)x2 – 2(6k2 – k)x + 6k2 – 2k – 23 = 0 (*)
2(6k 2 − k )
6k 2 − k
Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có:
=
2

= 1  k = −4
6k 2 + 4
6k 2 + 4
Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600

→

→

Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,  n p = ( A ; B ; 0) và nQ = (2 ; 1 ;− 5 ) .
→

→

Theo gt: cos(n p , nQ ) = cos 60 0 

2A + B

=

1
 2 2 A + B = 10. A 2 + B 2
2

A2 + B 2 . 4 + 1 + 5
 6 A 2 + 16 AB − 6 B 2 = 0
Chọn B = 1 ta có : 6A2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.

Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0
Đặt t = 2x (t > 0) ta có phương trình: t2 – 4mt + 4m = 0 (*)
t2
(*) 
= 4m (t  0  t  1)

t −1
x -
t2
t 2 − 2t
Xét y =
có y ' =
y'
t −1
(t = 1)2
y’ = 0  t = 0  t = 2
y
Từ bảng biến thiên ta có : m < 0  m  1

-

0

1

2
0

0
+

0
-

+
4

Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.
(C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0.
Pt của (C’) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b)
A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình:
2a + 4b + c = −5

2a + 12b + c = −37 , giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9
a + b + 3 = 0

Pt của (C’) : x2 + y2 + 2x – 8y + 9 = 0
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b,
c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3. Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
−1
x y z
Pt mp(ABC): + + = 1  d ( O; ( ABC )) =
a b c
1
1
1
+ 2 + 2
2
a
b
c
21

+


1
1
1
1
+ 2 + 2 33 2 2 2 v 3 = a2 + b2 + c2 33 a 2 b 2 c 2
2
a
b
c
a b c
1
1
1
1
1
1
1
Ta cú : 2 + 2 + 2 3
+ 2 + 2 3. d
2
a
b
c
a
b
c
3

Du = xy ra khi a2 = b2 = c2 hay a = b = c = 1
1
Vy d ln nht bng
khi a = b = c = 1
3
Cõu VII b.(1 im)
Theo bt ng thc Cụsi :

(

Tỡm m phng trỡnh: 4 log 2 x

)

2

log 1 x + m = 0 cú nghim trong khang (0 ; 1).
2

2

1

Pt ó cho 4 log 2 x + log 2 x + m = 0 x (0 ; 1) log 22 x + log 2 x + m = 0 (*)
2

t t = log 2 x , x (0 ; 1) t ( ; 0)

(*) t 2 + t + m = 0 m = t 2 t t ( ; 0)
Xột hm s y = -t2 t cú y = -2t 1

1
1
y = 0 t = , y =
2
4
t

-

y

+

0

0
-

1
4

y
-
S : m

1
2

0

1
4

5
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số y =

x+2
(C)
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm
t-ơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
4
2
2

x 4x + y 6 y + 9 = 0
1. Giải hệ ph-ơng trình : 2
.
2

x
y
+
x
+
2

y

22
=
0


2 1
2
2

2. Gii PT : cos x + + cos x +
= ( sin x +1)
3
3 2


22




sin 6 x + cos 6 x
dx

6x + 1
4
Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO (ABCD). Gọi M, N lần l-ợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đ-ờng thẳng MN và
a 10

mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng MN =
.
2
a, b, c 0
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho
.
abc = 1
1
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA = 3
+ 3
+ 3
a (b + c ) b (a + c ) c (b + a )
Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đ-ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo ch-ơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho ABC có PT hai cạnh là: 5 x 2 y + 6 = 0, 4x + 7y - 21 = 0. Trực tâm
của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập ph-ơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I= 4

d:

x 1 y +1 z
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
=
=
2
1

1

ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp tr-ởng,
một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi có bao
nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
B. Theo ch-ơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm B (d ) v C (d ') sao cho A l tõm
ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng thng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit
PT mt cu(S) cú tõm I v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao
tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đ-ờng thẳng y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số

y=

x2 + x 1
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
x
AP AN ấ 5

I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số y =

x+2
(C)
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm
t-ơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Ph-ơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)

23


x + 2
(2 )
x 1 = kx a
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:
có nghiệm x 1

3

=k
(3)
(x 1) 2
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đ-ợc: (a 1)x 2(a + 2)x + a + 2 = 0
2

( 4)

a 1
a 1

Để (4) có 2 nghiệm x 1 là: f (1) = 3 0
a 2
' = 3a + 6 0

Hoành độ tiếp điểm x 1 ; x 2 là nghiệm của (4)
x +2
x +2
Tung độ tiếp điểm là y 1 = 1
, y2 = 2
x1 1
x2 1

(x 1 + 2)(x 2 + 2)
0
(x 1 1)(x 2 2)
x 1 x 2 + 2(x 1 + x 2 ) + 4
2
9a + 6
2
0
0 a Vậy a 1 thoả mãn đkiện
3
x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) + 1
3
3
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: y 1 .y 2 0

bài toán.
Cõu II. (2,0im)
4
2
2

x 4x + y 6 y + 9 = 0

1. Giải hệ ph-ơng trình : 2
.
2

x
y
+
x
+
2
y

22
=
0


* Hệ ph-ơng trình t-ơng đ-ơng với
2
2
2
2
2
2

( x 2) + ( y 3) = 4 ( x 2) + ( y 3) = 4
2
2
2
2

( x + 2) y + x 22 = 0 ( x 2 + 4)( y 3 + 3) + x 2 20 = 0

x2 2 = u
Dat
* Thay vào hệ ph-ơng trình ta có:
y 3 = v

u 2 + v 2 = 4

u.v + 4(u + v) = 8

u = 2
u = 0
hoặc

v = 0
v = 2
x = 2 x = 2 x = 2 x = 2
thế vào cách đặt ta đ-ợc các nghiệm của hệ là :
;
;
;
;
y = 3 y = 3 y = 5 y = 5


2

2. Gii PT : cos 2 x + + cos 2 x +
3
3



1
= ( sin x +1)
2

2
4

) + 1 + cos(2 x + ) = 1 + sin x 2 cos(2 x + ).cos = sin x 1
3
3
3

5

1 cos 2 x sin x = 0 2sin 2 x sin x = 0 x = + 2k ; x =
+ 2k ; hayx = k
6
6
1 + 2 cos(2 x +

24

sin 6 x + cos 6 x
dx

6x + 1
4

Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I= 4


sin 6 x + cos 6 x
dx

6x + 1
4

Tớnh tớch phõn I= 4

* t t = -x => dt = -dx
* i cn: x =


I = 4 6t


4


4

t =



4

;; x =


4

t =


4

sin t + cos t
sin t + cos t
dt ; = 2 I = 4 (6t + 1)
dt
t
t

6 +1
6
+
1
4
6

6

6

6

S



= 4 (sin 6 t + cos 6 )tdt


4



M





a 10
2

3

5 3

5 31

2 I = 1 sin 2 2t dt = 4 + cos 4t dt = t +
sin 4t


4
8


8 8 4

4
48

D

5
5
=
I=
16
32

H

4

4

O

4

A

N
a

Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO (ABCD). Gọi M, N lần l-ợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đ-ờng thẳng MN và
a 10
mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng MN =
.
2
SO (ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó
MH (ABCD), suy ra góc giữa đ-ờng thẳng MN với
mp(ABCD) chính là góc MN H = . Ta cần tính .
Xét tam giác CNH có :
3
3a 2
a
HC = . AC =
, CN = .
4
4
2
2
2
2

HN = HC + CN 2 HC.CN . cos 45 0

Hay HN 2 =

C

9a 2 a 2 3a 2
+

8
4
4

Suy ra HN =

HN a 10 2
1
a 10
=
.
= .
. Vậy cos =
MN
4 a 10 2
4

Dẫn đến = 60 0. Vậy góc giữa đ-ờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 600.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,
MH

a 10 3 a 30
.
tan 60 0 =
MH = HN . tan 60 0 =
.
=
HN
4
2
8
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là:

25



B