de thi thu 2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.04 MB, 55 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

DongPhD Problems Book

Series

Tuyển Tập Đề Thi Thử

Đại Học 2009

vnMath.com

Dịch vụ

Tốn học

Sách
Đại số

Giải tích

Hình học

Các loại
khác
Thơng tin

bổ ích
(Free)

Tốn
học vui
Kiếm

tiền trên
mạng
Bài báo

Giáo án
(Free)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3></div>
(4)<div class='page_container' data-page=4></div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tr ng i h c H ng c THI TH TUY N SINH I H C - CAO NG 2009 
Khoa Khoa h c T nhiên Mơn thi: TỐN, kh i A

Th i gian làm bài: 180 phút

I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0

đ

i m)

Câu I

(2,0

đ

i m)

1. Kh o sát và v

đ

th hàm s

f x

( )

= −2x3+6x−4

.

2. Tìm s ti p tuy n c a

đ

ng cong

y

=

x

ln

x

đ

i qua

đ

i m

A

( )

1; 2

.

Câu II

(2,0

đ

i m)

1. Gi i ph

ng trình:

ln2 5 ln 7

2

1 1 1

1

x x

x

− +

=

−

+ −

+ +

.

2. Tính:

cos12o+cos18o−4 cos15 cos 21 cos 24o o o

.

Câu III

(1,0

đ

i m)

Trên parabol

y

=

x

l y ba

đ

i m

A B C

, ,

khác nhau sao cho ti p tuy n t i

C song

song v i

đ

ng th ng AB. Ký hi u S là di n tích tam giác ABC, S’ là di n tích hình ph ng

gi i h n b i parabol và

đ

ng th ng AB. Tìm t s gi a S và S’.

Câu IV

(1,0

đ

i m)

Cho hình chóp t giác

đ

u S.ABCD. M t ph ng

đ

i qua A và vuông góc v i SC c t

SB, SC l n l

t t i B’, C’. Bi t r ng C’ là trung

đ

i m c a SC, tính t s gi a SB’ và B’B.

α

Câu V

(1,0

đ

i m)

V i x là s d

ng, y là s th c tu ý, tìm t p h p m i giá tr c a bi u th c

(

)

3

2 2

1

xy

A

2 x

y

x

y

=

⎛

⎞⎟

⎜

+

⎜

⎜⎝

+

⎟

⎠

.

II. PH N RIÊNG (3,0

đ

i m)

Thí sinh ch

đ

c làm m t trong hai ph n: theo ch

ng trình Chu n ho c Nâng cao.

1. Theo ch

ng trình Chu n

Câu VIa

(2

đ

i m)

1. Tìm to

đ

các

đ

nh

B và C c a tam giác ABC, bi t

đ

nh

, tr ng tâm

và trung tr c c nh AB có ph

ng trình

.

(

1; 3

A − −

)

0 (

4; 2

G −

3 x

+

2 y

− =

4 2. Tìm t p h p tâm các m t c u

đ

i qua g c to

đ

và ti p xúc v i hai m t ph ng:

P x

:

+

2 y

− =

4

0 và

Q x

:

+

2 y

+ =

6

0 .

Câu VIIa

(1

đ

i m)

M t h p

đ

ng bi có 12 viên, trong

đ

ó có 3 viên tr ng, 4 viên

đ

, 5 viên xanh. Ký hi u

A là t ng s cách l y 6 trong 12 viên

đ

ó, B là s cách l y 6 viên sao cho s bi

đ

b ng s

bi xanh. Tính t s B : A.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2. Theo ch

ng trình Nâng cao

Câu VIb

(2

đ

i m)

1. Trong m t ph ng to

đ

, cho hai

đ

ng th ng

d

1

:

kx

− + =

y

k

0 và

d

2

: 1

(

−

k

)

x

+

2 ky

− −

1 k

=

0 .

Khi k thay

đ

i thì giao

đ

i m c a hai

đ

ng th ng này di chuy n trên m t

đ

ng cong.

Xác

đ

nh

đ

ng cong

đ

ó.

2. M t c u S

đ

i qua các

đ

i m

; m t c u S’

đ

i qua

các

đ

i m

(

0; 0;1 ,

) (

1; 0; 0 ,

) (

1;1;1 ,

) (

0;1; 0

A B C D

)

(

)

(

1 1 1

'

; 0; 0 , ' 0; ;

,

' 1;1; 0 ,

' 0;1;1

2 2 2

A

⎜

⎛

⎜

⎜

⎟

⎟

⎞

⎟

⎟

B

⎜

⎜

⎜

⎛

⎟

⎞

⎟

C

D

⎝

⎠

⎝

⎠

)

. Tìm

đ

dài bán kính

đ

ng tròn

giao tuy n c a hai m t c u

đ

ó.

Câu VIIb

(1

đ

i m)

Tính c n b c hai c a s ph c 1

5 +

112i

.

GHI CHÚ. 1.

thi này

đ

c so n theo

M U

quy

đ

nh trong v n b n

“C u trúc đ

thi t t nghi p THPT & tuy n sinh H-C 2009”

do

C c Kh o thí & Ki m đ

nh ch t

l

ng giáo d c, B Giáo d c & ào t o

, ban hành tháng 11 n m 2008.

2. Cán b coi thi khơng

đ

c gi i thích gì v

đ

thi!

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

ÁP ÁN TOÁN KH I A

Câu

L i gi i

i m

I.1.(1

đ

) T p xác

đ

nh:

.

Gi i h n t i vô c c:

lim

( )

.

x

f x

→±∞ = ∞∓

---( )

( )

'

6 6;

'

0

1 9;

1

3. f

x

f

x

f

= −

+

= ⇔ = ±

− = −

=

1.

−∞

1 B ng bi n thiên:

x

−

1 +∞

f

’(

x

)

−

+

−

f

(

x

)

+∞

0

−

−∞

Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n trên hai kho ng

đ

t

c c ti u t i -1, c c

đ

i t i 1 và

(

−∞ −

; 1), (1;

+∞

);

8;

0.

CT CD

f

= −

f

=

Giao

đ

i m v i tr c tung: (0;-4); v i tr c hoành: (-2;0) và (1;0) (

đ

i m

c c

đ

i).

---

th nh hình v .

-2 -1 1

-8
-6
-4
-2

x
y

y
=

-2
x

+
6
x

-4

0,25

0,5

0,25

I.2.(1

đ

)

Ta có

(

xlnx

)

'= +1 lnx

a

.

. Ph

ng trình ti p tuy n t i

đ

i m có hoành

đ

a

(

a

> 0) là

y

= +

(1

ln )(

a x

− +

a

)

a

ln .

---

ti p tuy n

đ

i qua

A

, ph i có

( )

2 (1

ln )(1

)

ln

2

1 ln

1 0, 1

a

= +

− +

⇔

= − +

⇔

− − =

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

---

S ti p tuy n

đ

i qua

A

ph thu c vào s nghi m c a ph

ng trình (1).

Xét hàm s

f a

( )

=lna− −a 1

. Ta có:

( )

1 '

1;

'

0 f

a

f

a

= −

= ⇔ =

1. B ng bi n thiên c a

f a

( )

:

a

0 1

+∞

f

’(

a

)

+ 0

−

f

(

a

)

−

2

−∞

T b ng này ta th y giá tr l n nh t c a

f

(

a

) là -2 nên ph

ng trình (1)

vơ nghi m. V y

khơng có ti p tuy n nào

đ

i qua

A

.

0,5

II.1.(1

đ

) V trái có ngh a khi và ch khi

x

> 0. Khi

đ

ó v ph i c ng có ngh a. D

th y v ph i

đ

n gi n b ng x.

---

Nh v y ta có ph

ng trình

ln 5 ln 7

ln 5 ln 6

1 ln

5 ln

6 0, (1)

x x

x

− +

= ⇔

⎡ =

⎢

= ⇔ ⎢

−

+ =

⎢⎣

---

M t khác: (1)

ln 2

ln 3

x x e

x x e

⎡

⎡ = ⎢ =

⎢

⇔⎢ ⇔ ⎢

= ⎢

⎣ ⎣ =

V y ph

ng trình

đ

ã cho có 3 nghi m

x

1

=

1,

x

2

=

e

,

x

3

=

e

.

0,25

0,5

0,25

II.2.(1

đ

) Ta

có:

0 0

cos12

cos18

4 cos15 cos 21 cos 24

cos12

cos18

2(cos 36

cos 6 ) cos 24

cos12

cos18

2 cos 36 cos 24

2 cos 24 cos 6

cos12

cos18

cos 60

cos12

cos 30

cos18

1

3 cos 60

cos 30

2

o o o o o

o o o

o o

+

−

=

+

−

+

=

+

−

+

−

+

= −

−

= −

o
o

=

1,0

III(1

đ

)

Gi s 3

đ

i m trên parabol là

H

s góc c a

đ

ng th ng

AB

là

( ) ( ) ( )

,

, (

A a a

B b b

C c c

a

<

b

).

2 2

b a

a b

b a

− = +

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

tuy n t i

C

hi n nhiên là 2

c

. V y

2 a

b

c

=

+

.

dài

AB

=

(

b

−

a

)

+

(

b

−

a

)

= −

(

b

a

)

1 + +

(

a

b

)

.

Ph

ng trình

đ

ng th ng

AB

:

(

)(

)

(

)

(

)

2 2

0 .

x

a

y

a

b x

a

y

a

b

a

b

a

a

b x

y

ab

y

a

b x

ab

−

=

⇔

+

− = −

−

−

⇔

+

− −

= ⇔ = +

−

Kho ng cách t

C

đ

n

AB

:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2
2

2 2

1 1 4

a b

a b a b

ab

a b ab

b a

h

a b a b a b

⎛ ⎞

+ ⎜ + ⎟ −

+ −⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ −

−

= = =

+ + + + + 2+1

Di n tích tam giác

ABC

:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 3

1 .

2

8

4

1 b

a

b

a

S

AB h

b

a

b

a

b

−

=

−

+ +

=

+

.

---

Di n tích gi i h n b i parabol và

đ

ng th ng

AB

:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 3

2 2 3 3

2 2 2

'

2

3

2

3

6

2

6

b
b

a a

x

S

a

b x

ab

x

dx

a

b

abx

b

a

b

a

b

ab b

a

b

a

b

a

b

ab

a

ab

b

⎛

⎞⎟

⎜

⎟

⎜

=

∫

+

−

=

⎜

+

−

⎟

⎟

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

−

.

−

− −

=

−

+

−

+

=

= +

Suy ra:

3 '

4 S

=

.

0,5

IV(1

đ

)

S
C’
D′

D C

B’

A B

S

C’

I

A

C

(

Hình này có th khơng v

)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Xét tam giác cân

SAC

(cân t i

S

) v i

H

là trung

đ

i m c a

AC

. Rõ ràng

SH

là

đ

ng cao c a tam giác

SAC

và c a c hình chóp. L i có

và

C’

là trung

đ

i m

SC

nên

AC = SC

, t c là tam giác

SAC

là

đ

u.

AC ⊥SC

---

D th y

'

SB

SI

B B

=

IH

, trong

đ

ó

I

là giao

đ

i m gi a

SH

và

AC’

. Vì I

c ng là tr ng tâm tam giác

SAC

nên SI : IH = 2:1.

V y t s gi a

SB’

và

B’B

là 2

.

0,25

0,5

V(1

đ

)

Ta có

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2

2
2

12

3

12

3

12

1 .

3 12 1

xy

x

y

x

y

x

A

x

y

x

y

x

y

x

+

−

+

=

+

−

=

⎛

⎞

+

⎜

⎟

⎝

⎠

−

---

t

(

)

2
2

12 ,

0 y

t t

x

=

≥

và

3A= f t

( )

. Khi

đ

ó

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

2 2

1 1

;
4
1

4 1 1

2 1
'

2 1 2 2 1

;

1 2 4 1

' 0 2 1 2

2, 1

4 4 4 4, (2)

(2) 8 0 8.

t
f t

t

t t

t
f t

t

t t t t t

t t t t

f t t t

t

t t t

+ −
=

+ − + +
+

+ + − + +

= =

+ + + +

= ⇔ + = − ⇔
⎧ ≥

⎪

⎨

+ = − +
⎪⎩

⇔ − = ⇒ =
4 2 2

2 4

+ − −

---

D th y bên trái

đ

i m

t

= 8 thì

f’

(

t

) > 0 và bên ph i thì

t

< 0. Ngồi ra

. Do

đ

ó, ta có b ng bi n thiên sau:

( )

lim 0

t→+∞ f t =

t

0 8

+∞

( )

f t

+ 0 -

( )

f t

1/6

0 0

0,25

---

0,5

---

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

T b ng này ta th y t p h p giá tr c a

f

(

t

) là

[

0;1/ 6

]

nên

t p h p

m i giá tr c a A là

0;

1

18 ⎡

⎤

⎢

⎥

⎢

⎥

⎣

⎦

.

CHÚ Ý. Thí sinh có th dùng b t

đ

ng th c

đ

ch ra giá tr nh nh t

và giá tr l n nh t t

ng ng b ng 0 và 1/18 r i k t lu n r ng t p h p

m i giá tr c a

A

là

0;

1

18 ⎡

⎤

⎢

⎥

⎢

⎥

⎣

⎦

.

Cách làm này không th t ch t ch vì khơng ch ra

đ

c

r ng A nh n m i giá tr gi a 0 và 1/18 nên ch cho t ng c ng 0,75

đ

.

Ph n riêng theo ch

ng trình Chu n

VIa.1(1

đ

)

ng th ng

AB

có ph

ng trình

Trung

đ

i m

I

c a c nh

AB

là giao

đ

i m c a

AB

v i

đ

ng trung tr c nên có giá tr tham s

t

tho mãn ph

ng trình

3 1,

2

3 x

t

y

t

⎧ = −

⎪⎪

⎨⎪ = −

⎪⎩

.

)

3(

3 1)

2(2

3)

4

0

13

0

1. t

− +

− − = ⇔

− = ⇒ =

---

V y ta có

I

(

2; 1−

. D th y

đ

i m

B

ng v i giá tr

t

= 2 nên có

( )

5;1

B

.

Ti p theo,

IC

=

3 IM

=

3. 2; 1

(

− =

) (

6;

−

3 nên có

)

C

(

8; 4−

)

.

0,5

VIa.2(1

đ

) Tâm

I

c a m i m t c u nh v y ph i n m trên m t ph ng

R

đ

i qua

chính gi a hai m t ph ng

đ

ã cho. D th y hai to

đ

c a

I

ph i tho

mãn ph

ng trình m t ph ng

R

:

M t khác, vì kho ng

cách t

I

đ

n

O

b ng bán kính nên ph i b ng n a kho ng cách gi a hai

m t ph ng

đ

ã cho hay b ng kho ng cách gi a

P

và

R

. L y m t

đ

i m

b t k trên

P

và tính kho ng cách t i

R

, ta

đ

c giá tr b ng

2

1

0 x

+

y

+ =

.

5

1 +

4 =

.

---

Nh v y, chính

I

ph i n m trên m t c u

S

, tâm

O

, bán kính 5 , t c là

các to

đ

tho mãn ph

ng trình:

x

+

y

+

z

=

5. Nh v y, t p h p tâm các m t c u

đ

i qua

O

và ti p xúc v i hai m t

ph ng

đ

ã cho là

đ

ng tròn giao tuy n c a m t c u

S

và m t ph ng

R

.

Nói cách khác,

đ

ó

là t p h p các

đ

i m có ba to

đ

x

,

y, z

tho mãn

h ph

ng trình

:

2 2 2

2

1

0

5. x

y

x

y

z

⎧ +

+ =

⎪⎪

⎨⎪ + + =

⎪⎩

0,5

VIIa(1

đ

)

S cách l y 6 trong 12 viên là

(t c là

). L y 6 viên sao

cho s viên

đ

b ng s viên xanh có hai tr

ng h p: ho c 3 viên

đ

, 3

6
12

C

A

=

C

126

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

viên xanh (không viên nào tr ng) ho c 2 viên tr ng, 2

đ

và 2 xanh.

---

Tr

ng h p th nh t có th th c hi n theo

cách; tr

ng h p th

hai:

cách. Nh v y

3 3
4 5

C C

2 2 2

3 4 5

C C C

B

=

C C

4 53 3

+

C C C

32 4 52 2

; do

đ

ó

3 3 2 2 2

4 5 3 4 5

6
12

4.10

3.6.10

5

924

21 C C

C C C

B

A

C

+

=

.

0,5

Ph n riêng theo ch

ng trình Nâng cao

VIb.1(1

đ

) Rút

y

t ph

ng trình c a

d

1

r i th vào ph

ng trình c a

d

2

, ta

đ

c:

(

)

(

)

(

)

2 2

1

2

1

0

1 k

x

k kx

k

x

k

x

k

−

+

+ − −

=

−

+

− = ⇒ =

+

0 .

⇔

Do

đ

ó

2 2

2
.

1 1

k k k

y k

k k

−

= + =

+ +

---

Suy ra:

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2

2
2

2 4 2

2 2

1

2

1 1 2

4

1.

1 k

x

y

k

⎛

−

⎞

⎟

⎛

⎞

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

+

=

⎜

⎟

⎟

+

⎜

⎜

⎟

⎟⎟

=

⎟

⎜

+

⎟

⎝

+

⎠

⎝

⎠

+

−

+

=

+

V y

giao

đ

i m c a hai

đ

ng th ng di chuy n trên

đ

ng trịn tâm

O

,

bán kính b ng

1. 0,5

VIb.2(1

đ

) Gi s

S

có ph

ng trình

. Do

S

đ

i qua

A, B, C, D

nên có:

2 2 2

2

x

+

y

+

z

−

ax

−

by

−

cz

+ =

d

0 1 2

0

3

2

0 1 2

0. c

d

a

d

a

b

c

d

b

d

⎧ − + =

⎪⎪

⎪⎪ − + =

⎪⎪⎨

⎪ − − − + =

⎪⎪

⎪ − + =

⎪⎪⎩

Suy ra

a = b = c =

½ và

d

= 0. V y m t c u

S

có ph

ng trình:

x

+

y

+

z

− − − =

x

y

z

0 (tâm là

I

( ½, ½, ½), bán kính

1 1 1 3

4 4 4 2

R= + + =

).

---

Ti p theo, gi s

S’

có ph

ng trình

. Do

S’

đ

i qua

A’, B’, C’,

2 2 2

2 '

'

0

x

+

y

+

z

−

a x

−

b y

−

c z

+ =

d

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

D’

nên có:

1 '

0

4

1 '

0

2 2 ' 2 '

'

0

2 2 ' 2 '

'

0 a

d

b

c

d

a

b

d

b

c

d

⎧⎪⎪ − + =

⎪⎪

⎪⎪⎪ − − + =

⎨⎪

⎪⎪

−

+ =

⎪⎪

⎪⎪ − − + =

⎪⎪⎩

.

Suy ra

'

5 , '

1 ' '

4 a

= =

c

b

=

d

=

1. V y m t c u

S’

có ph

ng trình:

2 2 2

5

1

5

1

0

2 x

+

y

+

z

−

x

−

y

−

z

+ =

.

(tâm là

I’

( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính

' 25 1 25 1

16 16 16

R = + + − .

---

Ph

ng trình m t ph ng ch a giao tuy n:

3

1

3 1 0

3

2

0

2 x

−

2 y

+

2 z

− = ⇔

x

− +

y

z

− =

.

Kho ng cách t I t i m t ph ng này:

3 1 3

2
1

2 2 2

9 1 9 2 19

− + −
=
+ +

Bán kính

đ

ng trịn giao tuy n

:

2 2 3 1 56 14.

4 76 76 19

r = R −d = − = =

0,25

0,5

VIIb(1

đ

) Gi s c n b c hai c a 15 + 112i là

x + yi

. Khi

đ

ó:

(

)

2 2 2

2 2

2
2

4 2

2

15

112 3136

15 15, (

0)

56

15 3136

0.(1)

x

yi

x

y

xyi

i

x

y

x

xy

x

+

=

−

+

=

+

⇔

⎧⎪ − =

⎪

⇒

−

=

≠ ⇒

⎨⎪ =

⎪⎩

−

=

---

t

x

=

t t

, (

≥

0)

, thì (1) tr thành:

15 3136 0;

225 12544 12769 113 ;
15 113

64.
2

t t

t

− − =

Δ = + = =

= =

Suy ra

x

= ±

8,

y

= ±

7. V y

c n b c hai c a

15 + 112i

có hai giá tr là

± +

(

8 7 .i

)

0,5

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Môn Thi: Toán

Thi gian: 180 phỳt (khụng k thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)

PhÇn chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số

2
3
2

x
x
y

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

2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đ−ờng tiệm cận của (C) tại
A và B. Gọi I là giao điểm của các đ−ờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đ−ờng trịn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phơng trình

2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 2 2 x

x
x
x

x

2. Giải bất phơng trình

>

+

x x x x

x

2
1
log
)
2
(
2
2
)
1
4
4

(
log

2
1
2

Câu III (1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n

∫










+
+
=

e

dx
x
x
x

x

x
I

ln
3
ln
1

ln
C©u IV (1 ®iĨm)

Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC =
2
a

. SA=a 3, 0

= =

SAB SAC . TÝnh thĨ tÝch
khèi chãp S.ABC.

C©u V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

3
3

3 3

1
3

a
c
c
b
b
a
P

+
+
+

+
+

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2x−y+5=0.

d2: 3x +6y – 7 = 0. LËp ph−¬ng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng

ú ct hai ng thng d1 v d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đ−ờng

th¼ng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có ph−ơng trình:x+ y+z−2=0. Gọi A’là hình chiêú của A
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và
bán kính của đ−ờng trịn (C) là giao của (P) và (S).

C©u VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dơng n biết:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 − .... 2 (2 1)2 − + 40200

+ − + + + − − + + − + + = −

k k k n n

n n n n

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VIb (2 ®iĨm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 1
9
16

2
2

=
y
x

.
Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho

( )

P :x+2y−z+5=0 và đ−ờng thẳng

3
1
2

3
:
)

(d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4). Gọi ∆là đ−ờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao
điểm của ( d) và (P) đồng thời vng góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM
ngn nht.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng tr×nh





+
=
+
+

+ − +

1
1

2
.
3
2
2

3
2

1
3

x
xy
x

x
y
y

x

--- HÕt---
Chó ý: ThÝ sinh dù thi khối B và D không phải làm câu V

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

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

H−íng dÉn chÊm m«n toán

- Điểm toàn bài thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đ−ợc điểm ti a.

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chän

- ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng phải làm câu V, thang điểm dành cho câu I. 1 và câu III là 1,5 
điểm

Câu Nội dung §iĨm

I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số ... 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R\

{ }

2 0,25

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:

* = =+

y
lim
;

y
lim

2
x
2

Do ú ng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim lim 2

→+∞ = →−∞ =
⇒

x y x y đ−ờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

0,25

b) Bảng biến thiên:
Ta có:

(

x 2

)

0, x 2

1
'

y 2 <

=
Bảng biến thiên:

x - ∞ 2 + ∞

y’ - -

y
2

-
+

2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

(

)

và

(

2;+

)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại

2
3
;

0 và cắt trục hoành tại điểm

0
;
2
3

+ Nhn xột: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

I. 2 Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ nhất ... 1,00

Ta cã: , x 2

2
x

3
x
2
;
x

M 0

0
0

(

)

2
0

2
x

1
)

x
(
'
y

=
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) t¹i M cã d¹ng:

(

)

x 2

3
x
2
)
x
x
(
2
x

1
y

0
0
0
2

0 −

−
+
−
−

−
=
∆

0,25

O
y

x
2

3/2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Toạ độ giao điểm A, B của

( )

∆ và hai tiệm cận là: ; B

(

2x 2;2

)

2
x
2
x
2
;
2
A 0
0
0 −






−
−

Ta thÊy 0 M

0
B

A x x

2
x
2
2
2
x
x
=
=
−
+
=
+

, M

0
0
B
A y
2
x
3
x
2
2
y
y
=
−

−
=
+

suy ra M là trung
điểm của AB.

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diÖn tÝch

S = ≥ π






−
+
−
π
=















−
−
−
+
−
π
=
π 2
)
2
x
(
1
)
2
x
(
2
2
x
3
x

2
)
2
x
(
IM 2
0
2
0
2
0
0
2
0
2 0,25

DÊu “=” x¶y ra khi 



=
=
⇔
−
=
−
3
x
1
x

)
2
x
(
1
)
2
x
(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II. 1 Giải phơng trình lợng giác ... 1 điểm

)
1
(
2
4
cos
2
sin

2
cos
sin
2
sin

1 2 2

+ x x x x π x

( )

x 1 sinx

2
cos
1
x
sin
2
x
cos
x

sin
2
x
sin
1
1 2
+
=






−
π
+
=
−
+
⇔
0,25
0
1
2
x
cos
2
x
sin

2
.
2
x
cos
2
x
sin
x
sin
0
1
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
x

sin =






−

−
⇔
=






−
−
⇔ 0,25
0
1
2
x
sin
2
2
x
sin
2
1
2
x
sin
x
sin 2
=







+
+






−
⇔ 0,25
2

sin x 0

x k

x k
x

sin 1 x x k , k

2 k2 x k4

2 2

x x

2 sin 2 sin 1

2 2

 =
= π


= π



⇔ = ⇔ π ⇔ ⇔ = π ∈
 = + π  = π + π


 + +

Z 0,25

II. 2 Giải bất phơng trình... 1 điểm

ĐK:

( )

2
1
x
2

1
x
2
1
x
0
)
1
x
2
(
2
1
x
0
1
x
4
x
4
0
x
2
1
2
2
<

<

>

<

>
+

>

0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng ®−¬ng víi:

[

log (1 2x) 1

]

)
2
x
(
2
x
2
)
x
2
1
(
log

2 2 − − > + + 2 − −

[

log (1 2x) 1

]

0
x 2 + <

0,25

<
>

>

<

<

>

>

<

<

>

>
+

<

<
+

>

0
x
4
1
x
1
)
x
2
1
(
2
0
x
1
)
x
2
1
(
2
0
x
0
)
x
2
1
(

2
log
0
x
0
)
x
2
1
(
2
log
0
x
0
1
)
x
2
1
(
log
0
x
0
1
)
x
2
1

(
log
0
x
2
2
2
2
0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta cã:

2
1
x
4
1
<

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

III TÝnh tÝch ph©n... 1 điểm

+
+
=
e
1
2
e
1
xdx

ln
x
3
dx
x
ln
1
x
x
ln
I

+) Tính

+
=
e
dx
x
x
x
I
1
1
ln
1
ln

. Đặt dx

1
tdt
2
;
x
ln
1
t
x
ln
1
t 2
=
+
=
⇒
+
=
§ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 2

0,25

(

)

(

)

(

)

3
2
2
2
t
3
t
2

dt
1
t
2
tdt
2
.
t
1
t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1
−
=






−

=
−
=
−

∫

0,25

+) TÝnh I x lnxdx

1
2

∫

. §Ỉt







=
=
⇒



=
=

3
x
v
x
dx
du
dx
x
dv
x
ln
u
3
2 0,25
e

3 3 3 3 3 3

e 2 e

2 1 1

x 1 e 1 x e e 1 2e 1

I .ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9 9

= −

∫

= − = − + = 0,25

=
+
=I1 3I2
I
3
e
2
2
2
5 3
+
−
0,25

IV TÝnh thể tích hình chóp ... 1 điểm

Theo nh lí cơsin ta có:

2 2 2 2 2 0 2

SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =a
Suy ra SB=a. T−¬ng tù ta cịng cã SC = a.

0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân

nên MB SA, MC SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).

Ta cã S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC
3
1
S
.
SA
3
1
S
.
MA
3
1
V
V

V = + = + =

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng b»ng nhau nªn chóng

bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN ⊥ BC. T−ơng tự ta cũng có MN ⊥ SA.

16
a
3
2

3
a
4
a
a
AM
BN
AB
AM
AN
MN
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=









−






−
=
−
−
=
−
=
4
3
a
MN=
⇒ .
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3
a
.

3
a
6
1
BC
.
MN
2
1
.
SA
3
1
V
3
ABC
.

S = = = 0,25

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ... 1 điểm 
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có

z
y
x
9
z
1
y

1
x
1
9
xyz
3
xyz
3
z
1
y
1
x
1
)
z
y
x
(
3
3
+
+
≥
+
+
⇒
=
≥







+
+
+
+ (*)

¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3

a
3
c
c
3
b
b
3
a
9
a
3
c
1
c
3
b
1

b
3
a
1
P
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
=
0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3
3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25

Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a

(

b c

)

6
3

+ + + + + ≤  + + +  1 4.3 6 3

3 4

 

≤  + =

 

Do đó P≥3

0,25

DÊu = x¶y ra

a b c 1

a b c
4

4
a 3b b 3c c 3a 1


+ + =

⇔ ⇔ = = =
 + = + = + =


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng ... 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ ph−¬ng a1(2;−1); d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a2(3;6)

Ta cã: a1.a2=2.3−1.6=0 nên d1d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là

đờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
0
B
A
2
By
Ax
0
)
1
y
(
B
)
2
x
(
A
:

d + + = ⇔ + − + =

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một

gãc 450




−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
+
+
−
⇔
A
3
B
B
3
A

0
B
3
AB
8
A
3
45
cos
)
1
(
2
B
A
B
A

2 0 2 2

2
2

0,25

* NÕu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d:x3y5=0

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán. d:3x+y−5=0
0
5
y
3
x
:

d − − =

0,25
Cách 2: Gọi d là đ−ờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đ−ờng phân giác ngoài

của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đF cho.

Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình

=
+
+

=
+

+
=
+

+

+
=

+
+

)
(

0
8
y
3
x
9
)
(

0
22
y
9

x
3
7
y
6
x
3
5
y
x
2
3
6
3
7
y
6
x
3
)
1
(
2
5
y
x
2
2
1
2

2
2
2
0,25

+) NÕu d // ∆1 th× d có phơng trình 3x9y+c=0.

Do Pd nên 6+9+c=0c=15d:x3y5=0 0,25
+) Nếu d // 2 thì d có phơng trình 9x+3y+c=0.

Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài to¸n. d:3x+y−5=0

0
5
y
3
x
:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đ−ờng trịn... 1 điểm 
Dễ thấy A ( 1; -1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D lµ: 0,25

(

a b c d 0

)

,
0
d
cz

2
by
2
ax
2
z
y

x2 2 2 2 2 2

>

+
+
=
+
+
+
+
+
+

Vì A,'B,C,D

( )

S nên ta có hệ:

=

=

=

=

=

+
+

=
+
+
+
+
=
+

+
+
+
=
+
+

1
d
1
c
1
b
2
5
a
0
21
d
c
4
b
2
a
8
0
29
d
c
4

b
6
a
8
0
14
d
c
4
b
6
a
2
0
2
d
b
2
a
2

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 5x2y2z+1=0

0,25

(S) có tâm

1
;
1
;
2
5

I , bán kính

2
29
R=

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).

(d) có vectơ chỉ phơng là: n

(

1;1;1

)

Suy ra phơng trình của d:

+

=

+

=

+

=

t

1 ;

t

1 ;

t

2

5 H

t

1 z

t

1 y

t

2 /

5 x

Do H=

( )

d (P) nên:

6
5
t
2
5
t
3
0
2
t
1
t
1
t
2
5

=

=

=

+

+
+
+
+

6
1
;
6
1
;
3
5
H
0,25
6
3
5
36
75

IH= = , (C) có bán kính

6
186

6
31
36
75
4
29
IH
R

r 2 2

=
=

=

= 0,25

VII a. Tìm số nguyên dơng n biết... 1 điểm

* Xét 2n 1 2n 1

1
n
2
k
k
1
n
2

k
2
2
1
n
2
1
1
n
2
0
1
n
2
1
n

2 C C x C x .... ( 1) C x .... C x

)
x
1
( + +
+
+
+
+
+
+
−

+
−
+
−
+
−
=

− (1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n
2
1
n
2
1
n
2
1
k
k
1
n
2
k
2
1
n

2
1
1
n
2
n
2
x
C
)
1
n
2
(
....
x
kC
)
1
(
...
x
C
2
C
)
x
1
)(
1

n
2
( +
+
−
+
+
+ + − + − + − +
−
=
−
+

− (2)

0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1
n
2
1
n
2
1
n
2
2
k
k

1
n
2
k
3
1
n
2
2
1
n
2
1
n
2
x
C
)
1
n
2
(
n
2
....
x
C
)
1
k

(
k
)
1
(
...
x
C
3
C
2
)
x
1
)(
1
n
2
(
n

2 + −

+
−
+
+
+
−
+

−
+
−
−
+
+
−
=
−
+ 0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 − C ... 2n(2n 1)2 − C +

+ + + +

− + = − + + − − + − + 0,25

Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 0 n 100
=
⇔
=
−
+
⇔

=
+
⇔ 0,25

VIb.1 ViÕt phơng trình chính tắc của E líp 1 ®iĨm

(H) có các tiêu điểm F1

(

−5;0

) ( )

;F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là

M( 4; 3), 0,25

Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=

+ ( víi a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm F

(

5;0

) ( )

;F 5;0 a2 b2 52

( )

1 − ⇒ − =

0,25

(

4;3

) ( )

E 9a 16b a b

( )

M 2 2 2 2

=
+

Từ (1) và (2) ta có hệ:

=
=

=
+
+
=
15
b
40
a
b
a

b
16
a
9
b
5
a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0,25

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y
40
x2 2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

VIb. 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn nhất 1 điểm

Chun ph−¬ng trình d về dạng tham số ta đợc:

+
=

=

=
3
1
3
2
t
z
t
y
t
x

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I

(

2t3;t1;t+3

)

Do I

( )

P 2t3+2(t1)(t3)+5=0t=1I

(

1;0;4

)

0,25

* (d) có vectơ chỉ phơng là a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến là n

(

1;2;1

)

[ ]

a

,

n

=

(

3 ;

3 )

. Gọi u là vectơ chỉ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u

(

−1;1;1

)

0,25






+
=
=
−
=
∆
⇒
u
4
z
u
y
u
1
x

: . Vì MM

(

1u;u;4+u

)

, AM

(

1u;u3;u

)

0,25
AM ngắn nhất ⇔AM⊥∆ ⇔AM⊥u⇔AM.u=0⇔−1(1−u)+1(u−3)+1.u=0

4
u=

⇔ . VËy

3
16
;
3
4
;
3
7
M 0,25

VIIb Giải hệ phơng trình:... 1 điểm

+
=
+
+

=
+ +
+
)
2
(
1
x
xy
1
x
3
)
1
(

2
.
3
2
2
2
x
3
y
2
y
1
x
3

Phơng trình (2)

=

+

+
=
+
+

+

0
)
1
3
(
1
1
1

3
0
1

2 x x y

x
x
xy
x
x








−
=
−
≥
=
⇔









=
−
+
=
−
≥
⇔
x
y
x
x
y
x
x
x
3
1
1
0
0
1
3
0
1
0,25

* Víi x = 0 thay vµo (1)

11
8
log
11
8
2
2
.
12
2
8
2
.
3
2

2+ y−2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2 0,25

* Víi



−
=
−
≥
x
y
x

3
1
1

thay y = 1 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2

Đặt 3 1

2 +
= x

t Vì x1 nên

4
1

t

(

)

[

(

)

]

+

=

+
=

+
=

=

=
+

=
+

)
8
3
(
log
2
y
1
8
3
log
3
1
x

8
3
t
i
ạ
lo
8
3
t
0
1
t
6
t
6
t
1
t
)
3
(
2
2
2
0,25

Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm

=
=
11
8
log
y
0
x
2

và

[

(

)

]

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

IV TÝnh thÓ tÝch khèi lăng trụ 1,00

Gi M l trung im ca BC, gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’, Khi
đó (P) ≡ (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.

0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3
3
a
AM
3
2

AO
,
2
3
a

AM= = =

Theo bµi ra

4
3
a
HM
8
3
a
BC
.
HM
2
1
8
3
a
S
2
2

BCH = ⇒ = ⇒ =

0,25
4
a
3
16
a
3
4
a
3
HM
AM
AH
2
2
2
2
=
−
=
−
=

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH
HM
AO
O

'
A
=
suy ra
3
a
a
3
4
4
3
a
3
3
a
AH
HM
.
AO
O
'

A = = =

0,25

Thể tích khối lăng trụ:

12
3

a
a
2
3
a
3
a
2
1
BC
.
AM
.
O
'
A
2
1
S
.
O
'
A
V
3

ABC = = =

= 0,25

Tìm giá trị lớn nhất ...

1,00

Ta cã a2+b2

≥ 2ab, b2+ 1

≥ 2b ⇒

1
b
ab
1
2
1
2
1
b
b
a
1
3
b
2
a
1
2
2
2
2
2

+
+
≤
+
+
+
+
=
+
+
T−¬ng tù
1
a
ca
1
2
1
3
a
2
c
1
,
1
c
bc
1
2
1
3

c
2
b
1
2
2
2
2
+
+
≤
+
+
+
+
≤
+
+
0,50
2
1
b
ab
1
b
ab
1
b
ab
1

b
ab
1
2
1
1
a
ca
1
1
c
bc
1
1
b
ab
1
2
1
P =
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+

+
+
+
+
+
+
+
≤

























0,25
2
1

P= khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

2
1

khi a = b = c = 1. 0,25
VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn ®i qua giao ®iĨm cđa(E) vµ (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của ph−ơng trình

0
9
x
37
x
36
x
9
1
)
x
2
x
(
9

x 2 2 4 3 2

2
=
−
+
−
⇔
=
−

+ (*) 0,25

XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 9
−
+
−

= , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mPn hệ






=
+
−
=
1
y
9
x
x
2

x
y
2
2
2
0,25
A
B
C
C’
B’
A’
H

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

6
0
9
y
8
x
16
y
9
x
9
9
y
9
x
y

8
x
16
x

8 2 2

2
2
2
=
−
−
−
+
⇒



=
+
=
−
⇔ (**)

(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm

=
9
4
;
9
8

I , b¸n kÝnh R =

9
161

Do
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**)

0,25

VIa.2 ViÕt ph−¬ng trình mặt phẳng ().... 1,00

(

) // (

) nên (

) có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi

6 nên có bán kính r = 3.

0,25
Khoảng cách từ I tới

(

β

) lµ h =

R2 r2 52 32 4

=
−

− 0,25

Do đó 



=
−
=
⇔
=
+
−
⇔
=
−
+
+
+
−
−
+
(lo¹i)
17
D
7
D
12

D
5
4
)
1
(
2
2
D
3
)
2
(
2
1
.
2
2
2
2 0,25

VËy

(

β

) cã phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0

0,25

VII.a T×m hƯ sè cña x2... 1,00

Ta cã =

∫

+ =

∫

(

+ + + +

)

2
0
n

n
n
2
2
n
1
n
0
n
2
0

ndx C C x C x C x dx

)
x
1
(
I L
2
0
1
n
n
n
3
2
n
2
1

n
0

n C x

1
n
1
x
C
3
1
x
C
2
1
x
C 





+
+
+
+
+

= L +

suy ra I

n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C
2
2
C
2
+
+
+
+
+

=
+

(1)

0,25
Mặt khác
1
n
1
3
)
x
1
(
1
n
1
I
1
n
2
0
1
n
+

=
+
+

=
+

+ (2)

Tõ (1) vµ (2) ta có n

n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C
2
2
C
2
+

+
+
+
+
=
+
L
1
n
1
3n1

+

=

Theo bài ra thì 3 6561 n 7

1
n
6560
1
n
1

3n 1 n 1

⇒
=
⇔
+
=
+
− +
+
0,25

Ta cã khai triÓn

∑

( )

∑

−
−
=






=






+
7

0
4
k
3
14
k
7
k
k
7
0 4
k
7
k
7
7

4 2 C x

1
x
2
1
x
C
x
2
1
x 0,25

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2

4
k
3
14
=

=

Vậy hệ số cần tìm là

4
21
C
2
1 2
7
2 =
0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn .... 1,00

Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G lµ träng tâm tam giác ABC nên

=
+

=

+
+
0
.
3
n
5
m
3
2
.
3
n
2
7
m
2

=

=

=
+

=

1
n
1
m
2
n
m
3
n
2
m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0
c
by

2
ax
2
y
x2 2

=
+
+
+

+ . Do A, B, C ∈ (C) nªn ta có hệ

=
=

=

=

+
+
+
+
=
+

+
=
+
+
+
+
27
/
338
c
18
/
17
b
54
/
83
a
0
c
b
2

a
10
1
25
0
c
b
8
a
2
16
1
0
c
b
6
a
4
9
4

0,25

Vậy (C) có phơng trình 0

27
338
y
9
17

x
27
83
y
x2 2

=

+

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 







3
;
3
8
;
3
7

Ta cã F MA2 MB2 MC2

(

MG GA

) (

2 MG GB

) (

2 MG GC

)

+
+
+
+
+

=
+

+
=

2
2
2
2
2

2
2

2 GA GB GC 2MG(GA GB GC) 3MG GA GB GC

3 + + + + + + = + + +

0,25
F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

⇔

3
3

19
1

1
1

3
3
3
/
8
3
/
7
))
P
(
,
G
(

MG =

+
+

−
−
−
=

= 0,25

3
64
9
104
9
32
9
56
GC
GB

GA2 2 2

=
+
+

VËy F nhá nhÊt b»ng

9
553
3
64
3

3
19
.
3

=
+








khi M là hình chiếu của G lên (P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

+

=

+
+
=

+

=

+
=
+

+

+

1
y
x
e

1
y
x
e
1

y
x
e

)
1
x
(
2
e
e

y
x

y
x
y
x

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hƯ





−
=
−

+
=
⇔






+
=

)
2
(
u
v
e
e

)
1
(
1

u
e
1
v
e

1
u
e

v
u
v

v 0,25

- NÕu u > v th× (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25
Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - 0 +∞
f'(u) - 0 +

f(u)

0
Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔u=0.

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0






=
=
⇔





=
−

=
+

⇒

0
y

0
x
0
y
x

0
y
x
0

Vậy hệ phơng trình đP cho có một nghiÖm (0; 0)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn

Đề thi thử i hc nm 2009

cccc

Môn to

án

-

Khèi A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần A :Dành cho tất cả các thi sinh .

Câu I

(2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x

– 3x

+ 2

2) BiÖn luËn theo m số nghiệm của phơng trình :

2 2 2

m

x x

x

Câu II

(2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình :

cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

2) Giải hệ phơng trình :

2 2

30 9 25 0

x x y y

y y z z
z z x x

 − − =



− =

Câu III

(2,0 điểm ) 1) Tính tích ph©n

:

3
1

(

4)

3

1

3 x

dx

x

−

+

+ + +

∫

2)

Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :

2

-x

+ 2

-y

+2

-z

= 1 .Chøng minh r»ng :

2

4 2

2 2

4

x y z

x y z+

+

y z x+

+

z x y+

+

≥

2

4

x

+

y

+

z

Câu IV

( 1,0 điểm ) :

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vng góc với

mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60

. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho

AM =

a

, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . TÝnh thĨ tÝch khèi chãp S.BCNM .

PhÇn B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1

( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0

điểm

)

Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

d

:

2 1

4 6 8

x− y z+

= =

− −

;

d

:

7

2

6

9

12 x

−

y

−

z

=

−

1)

Chøng minh rằng d

1

và d

2

song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d

1

và d

2

.

2)

Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đ−ờng thẳng d

1

sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất

C©u VI.a (1.0

điểm

)

Giải phơng trình :

log (

x

+

1)

+

log 2

3

=

log

3

4 x

+

log (

x

+

4)

Phần 2

(

Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Cõu V.b (2,0

điểm

)

Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

D1 :

2 1

1 1 2

x− y− z

= =

−

, D

2 :

2 2
3

x t

y
z t

= −






 =



1) Chøng minh r»ng D

chéo D

. Viết phơng trình đờng vuông góc chung cđa D

vµ D

2) ViÕt phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D

và D

CâuVI.b

( 1,0 điểm) Cho phơng trình :

log

x

+

2 log

x

+

1 m

2 0

=

, ( m lµ tham sè ) .

Tìm các giá trị của tham số m để ph−ơng trình đA cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn





1;5





</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

H

ớng dẫn giải :

Phần A

: Dành cho tất cả các thí sinh

Cõu I

: 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )

2) Đồ thị hàm số y =

(x −2x−2) x−1

, víi x

1 có dạng nh hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm

*) Nếu m = - 2 : Ph−ơng trình có hai nghiệm

*) NÕu – 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt

*) nÕu m

≥

0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu II : 1)

cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

( 1)

⇔sin 5 sin 3 2 cos3

2 4 4 2 2

x π π x x

   

− − − =

   

    ⇔

-2

3 3

cos cos 2 cos

4 2 2

x x

x π

 

+ =

 

 

⇔ cos3 0
2

x

hc

cos( ) 2

4 2

x+π = −

. Giải các phơng trình cơ bản tìm ®−ỵc nghiƯm :

2 , x=

2 , x = k2

3

2 k

x

=

π

+

π

+

k

π

2) Ta cã

2 2

30 9 25 0

x x y y

y y z z
z z x x

 − − =



− − =




− − =



⇔

2
2

9 25

30
9 25

x
y

x
y
z

y
z
x

z
















( 2). Tõ hệ ta có x, y, z không âm

*) NÕu x = 0 th× y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ

*) NÕu x>0, y> 0 , z > 0 . XÐt hµm sè : f(t) =

2
2

30
9 25

t

t +

, t > 0

Ta cã f

’

(t) =

(

)

1500
9 25

t
t +

> 0 với mọi t > 0 .

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

Hệ (2) đợc viết lại

( )
( )
( )

y f x
z f y
x f z






 =



.

Từ tính đồng biến của hàm f ta dễ dàng suy ra x= y = z . Thay vào hệ ph−ơng trình

Ta đ−ợc nghiệm x = y = z =

.

y = m
1+ 3
1- 3

- 2

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

NghiƯm cđa hƯ lµ

(

0;0; 0 ,

)

5 5 5; ;
3 3 3

  

  

 

 

C©u III 1)

TÝnh tÝch ph©n

I =

(

4)

3

1

3 x

dx

x

−

+

+ + +

Đặt t =

x+1

. Ta cã I =

(

)

2 2

0 0

20

12

2

6

3

2 t

dt

t

+

−

+

∫

=

(

)

2 2

0 2

20

12

6

3

2 t

dt

t

+

−

+

∫

= - 8 +

2 2

0 0

28

8

2 dt

1 dt

t

+

−

t

+

∫

= - 8 + 28ln2 – 8 ln3

2)

Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :

2

-x

+ 2

-y

+2

-z

= 1 .Chøng minh r»ng :

2

4 2

2 2

4

x y z

x y z+

+

y z x+

+

z x y+

+

≥

2

4

x

+

y

+

z

Đặt 2

= a , 2

=b , 2

= c . Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2 2

a b c a b c

a bc b ca c ab

+ +

+ + ≥

+ + +

( *)

⇔

3 3 3

2 2 2

4

a

b

c

a b c

a

abc

b

abc

c

abc

+ +

+

≥

+

⇔

3 3 3

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

4 a

b

c

a b c

a b a c

b c b a

c a c b

+ +

+

≥

+

Ta cã

3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a c

a
a b a c

+ +

+ + ≥

+ +

( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)

T−ơng tự

3 (

)(

)

8

4 b

b c

b a

b

b c b a

+

≥

+

( 2)

3

(

)(

)

8

4 c

c a

c b

c

c a c b

+

≥

+

( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

Câu IV :

TÝnh thÓ tÝch hình chóp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng này c¾t mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD

Ta cã :

BC AB BC BM

BC SA

⊥



⇒ ⊥



⊥



. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng cao

A

S

B

C

M

N

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Ta cã SA = AB tan60

= a

,

3 2

2 3 3

a
a

MN SM MN

AD SA a a

−

= ⇔ = =

Suy ra MN =

4
3

a

. BM =

2
3

a

DiÖn tÝch hình thang BCMN là :

S =

2 2 10

2 2 3 3 3

a
a

BC MN a a

BM

 

 

=  =



Hạ AH

BM . Ta có SH

BM và BC

⊥

(SAB)

⇒

BC

⊥

SH . VËy SH

⊥

( BCNM)

SH là đờng cao của khối chóp SBCNM

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a ,

AB AM

SB = MS

=

1
2

.

Vậy BM là phân giác của góc SBA

⇒ 300

SBH=

⇒

SH = SB.sin30

= a

Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V =

1 .(

)

3 SH dtBCNM

=

10 3

27 a

Phần B

. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)

Phần I

.

(Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)

Câu V.a.1

) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:

u1

(4; - 6; - 8)

2
u

uur

( - 6; 9; 12)

+)

u1

và

u2

uur

cùng phơng

+) M( 2; 0; - 1)

∈

d

1

; M( 2; 0; - 1)

∉

d

2

VËy d

// d

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) lµ

n

= ( 5; - 22; 19)

(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

2)

AB

uuur

= ( 2; - 3; - 4); AB // d

Gọi A

là điểm đối xứng của A qua d

Ta cã: IA + IB = IA

+ IB

≥

A

B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A

B

Khi A

, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A

B và d

Do AB // d

nên I là trung điểm của A

B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d

. Tìm đợc H

36 33 15
; ;
29 29 29

 

 

 

A’ đối xứng với A qua H nên A’

43 95; ; 28
29 29 29



I là trung điểm của AB suy ra I

65; 21; 43
29 58 29

− −

 

 

 

C©u VI a)

log

(x + 1)

+

3 3

log 2 log= 4−x+log (x+4) (1)

§ K:

4 4

x
x

− < <




≠ −



(1)

⇔

log

3

(x + 1) + log

3

4 = log

3

(4 – x) + log

3

(x + 4)

⇔

log

3

4

x+1

= log

3

(16 – x

)

⇔

4

x+1

= 16 x

Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 -

Phần II.

Câu V. b. 1) Các véc tơ chỉ phơng của D

và D

lần lợt là

u1

( 1; - 1; 2) và

u2

uur

( - 2; 0; 1)

*) Cã M( 2; 1; 0)

∈

D

1

; N( 2; 3; 0)

∈

D

2

XÐt

u u1; 2.MN

ur uur uuuur

= - 10

≠

0 I

d

H

A

B

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

VËy D

chÐo D

*) Gäi A(2 + t; 1 – t; 2t)

∈

D

1

B(2 – 2t’; 3; t’)

∈

D

2

1
2

. 0

AB u
AB u

 =






uuurur

uuur uur ⇒

1
3
' 0

t
t


= −




 =



⇒

A

5 4; ; 2

3 3 3

 

−

 

 

; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng

qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D

và D

.

Ta cã

∆

:

2
3 5
2

x t

y t

z t

= +




= +

=

*) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là ®−êng kÝnh cã d¹ng:

2 2 2

11 13 1 5

6 6 3 6

x y z

     

− + − + + =

     



b.2) Đặt t =

2
5

log x+1

ta thÊy nÕu x

∈ 1;5 3

th× t

[

1;2

]

Phơng trình có dạng: t

+ 2t m – 3 = 0; t

∈

[

1;2

]

⇔

t

+ 2t – 3 = m ; t

[

1;2

]

Lập bất phơng rình hàm f(t) = t

+ 2t 3 trên

[

1;2

]

ta đợc 0

f(t)

5 Đ K của m là: 0

≤

m

≤

5 D

A

B

u2
uur

1
u

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31></div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Trờng THPT Đông Sơn 1 k× thi KSCL tr−íc tun sinh năm 2009 (lần 2) 
Môn Thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
( thi gm 02 trang)

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm)
Cho hµm sè

2
3
2

−
−
=

x
x
y

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

ngoại tiếp tam giác IAB cú din tớch nh nht.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phơng trình

2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 2 2 x

x
x
x

x

2. Giải bất phơng trình

>

+

x x x x

x

2
1

log
)
2
(
2
2
)
1
4
4
(
log

2
1
2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

+
+
=

e

dx
x
x
x
x

x
I

ln
3
ln
1

ln
Câu IV (1 điểm)

Cho hình chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC =
2
a

. SA=a 3, SAB=SAC=300. TÝnh thÓ tÝch
khèi chãp S.ABC.

Câu V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

3
3

3 3

1
3

a
c
c
b
b
a
P

+
+
+
+
+

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2x−y+5=0.

d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng

ú ct hai ng thng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đ−ờng

th¼ng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có ph−ơng trình:x+y+z−2=0. Gọi A’là hình chiêú của A
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và
bán kính của đ−ờng trịn (C) là giao của (P) và (S).

C©u VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dơng n biết:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 − .... 2 (2 1)2 − + 40200

+ − + + + − − + + − + + = −

k k k n n

n n n n

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VIb (2 ®iĨm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 1
9
16

2
2

=
y
x

Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho

( )

P :x+2y−z+5=0 và đ−ờng thẳng

3
1
2

3
:
)

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình

+
=
+
+

+ +

1
1

2
.
3
2
2

3
2

1
3

x
xy
x

x

y
y

x

--- Hết---
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

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

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Tr−ờng THPT đông sơn I kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II)
 H−ớng dẫn chấm mụn toỏn

- Điểm toàn bài thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đ−ợc im ti a.

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tù chän

- ThÝ sinh dù thi khèi B, D không phải làm câu V, thang điểm dành cho câu I. 1 và câu III là 1,5 
điểm

Câu Néi dung §iĨm

I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số ... 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R\

{ }

2 0,25

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:

* = =+

y
lim
;

y
lim

2
x
2

Do ú đ−ờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim lim 2

→+∞ = →−∞ =
⇒

x y x y đ−ờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm s

0,25

b) Bảng biến thiên:
Ta có:

(

x 2

)

0, x 2

1
'

y 2 <

=
Bảng biến thiên:

x - ∞ 2 + ∞

y’ - -

y
2

-∞
+ ∞

2
* Hµm sè nghịch biến trên mỗi khoảng

(

)

và

(

2;+

)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại

2
3
;

0 và cắt trục hoành tại điểm

0
;
2
3

+ Nhn xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

I. 2 Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ nhất ... 1,00

Ta cã: , x 2

2
x

3
x
2
;
x

M 0

0
0

(

)

2
0
0

2
x

1
)

x
(
'
y

=
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) t¹i M cã d¹ng:

(

)

x 2

3
x
2
)
x

x
(
2
x

1
y

0
0
0
2

0 −

−
+
−
−

−
=
∆

0,25

O
y

x
2

3/2
3/2

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Toạ độ giao điểm A, B của

( )

∆ và hai tiệm cận là: ; B

(

2x 2;2

)

2
x
2
x
2
;
2
A 0
0
0 −






−
−

Ta thÊy 0 M

A x x

2
2
x
2
2
2
x
x
=
=
−
+
=
+

, M

0
0
B
A y
2
x
3
x
2

2
y
y
=
−
−
=
+

suy ra M là trung
điểm của AB.

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB cã diÖn tÝch

S = ≥ π






−
+
−
π
=















−
−
−
+
−
π
=
π 2
)
2
x
(
1
)
2
x
(

2
2
x
3
x
2
)
2
x
(
IM 2
0
2
0
2
0
0
2
0
2 0,25

DÊu “=” x¶y ra khi 



=
=
⇔
−
=

−
3
x
1
x
)
2
x
(
1
)
2
x
(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II. 1 Giải phơng trình lợng giác ... 1 điểm

)
1
(

2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 2 2

+ x x x x π x

( )

x 1 sinx

2
cos
1
x

sin
2
x
cos
x
sin
2
x
sin
1
1 2
+
=






−
π
+
=
−
+
⇔
0,25
0
1
2

x
cos
2
x
sin
2
.
2
x
cos
2
x
sin
x
sin
0
1
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
x

sin =







−
−
⇔
=






−
−
⇔ 0,25
0
1
2
x
sin
2
2
x
sin
2
1
2
x

sin
x
sin 2
=






+
+






−
⇔ 0,25
2

sin x 0

x k

x k
x

sin 1 x x k , k

2 k2 x k4

2 2

x x

2 sin 2 sin 1

II. 2 Giải bất phơng trình... 1 điểm

ĐK:

( )

2
1
x
2
1
x
2
1
x
0
)
1
x
2
(
2
1
x
0
1
x
4
x
4
0
x
2
1
2

2
<

<

>

<

>
+

>

0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:

[

log (1 2x) 1

]

)
2
x
(
2
x
2
)
x
2
1
(
log

2 2 > + + 2 − −

[

log (1 2x) 1

]

0
x 2 + <

0,25

<
>

>

<

<

>

>

<

<

>

>
+

<

<
+

>

0
x
4
1
x
1
)
x
2
1
(
2
0
x
1
)
x
2
1
(
2
0
x
0

)
x
2
1
(
2
log
0
x
0
)
x
2
1
(
2
log
0
x
0
1
)
x
2
1
(
log
0
x
0

1
)
x
2
1
(
log
0
x
2
2
2
2
0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta cã:

2
1
x
4
1
<

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

III TÝnh tÝch phân... 1 điểm

+
+
=
e

1
2
e
1
xdx
ln
x
3
dx
x
ln
1
x
x
ln
I

+) Tính

+
=
e
dx
x
x
x
I
1
1
ln
1

. Đặt dx

x
1
tdt
2
;
x
ln
1
t
x
ln
1
t 2
=
+
=
⇒
+
=
§ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 2

0,25

(

)

(

)

(

)

3
2
2

2
t
3
t
2
dt
1
t
2
tdt
2
.
t
1
t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1
−
=







−
=
−
=
−

∫

0,25

+) TÝnh I x lnxdx

1
2

∫

. Đặt

=
=

=
=
3
x
v
x
dx
du
dx
x
dv
x
ln
u
3
2 0,25
e

3 3 3 3 3 3

e 2 e

2 1 1

x 1 e 1 x e e 1 2e 1

I .ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9 9

= −

∫

= − = − + = 0,25

=
+
=I1 3I2
I
3
e
2
2
2
5 3
+
−
0,25

IV Tính thể tích hình chóp ... 1 điểm

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2 2 2 0 2

SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =a

Suy ra SB=a. T−¬ng tù ta cịng cã SC = a.

0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân

nên MB SA, MC SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).

V = + = + =

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng øng b»ng nhau nªn chóng

bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN ⊥ BC. T−ơng tự ta cũng có MN ⊥ SA.

16
a
3
2
3
a
4
a
a
AM
BN
AB
AM
AN
MN
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=









−






−
=
−
−
=
−
=
4
3
a
MN=
⇒ .
0,25
Do đó
16
a
2
a

.
4
3
a
.
3
a
6
1
BC
.
MN
2
1
.
SA
3
1
V
3
ABC
.

S = = = 0,25

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ... 1 điểm 
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có

z
y

x
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz
3
z
1
y
1
x
1
)
z
y
x
(
3
3
+
+
≥
+

+
⇒
=
≥






+
+
+
+ (*)

¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3

a
3
c
c
3
b
b
3
a
9
a
3
c

1
c
3
b
1
b
3
a
1
P
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
=
0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25

Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a

(

b c

)

6
3

+ + + + + ≤  + + +  1 4.3 6 3

3 4

 

≤  + =

 

Do đó P≥3

0,25

DÊu = x¶y ra

a b c 1

a b c
4

4
a 3b b 3c c 3a 1


+ + =


⇔ ⇔ = = =
 + = + = + =


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng ... 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ ph−¬ng a1(2;−1); d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a2(3;6)

Ta cã: a1.a2=2.3−1.6=0 nên d1d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là

đờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
0
B
A
2
By
Ax
0
)
1
y
(
B
)
2
x

(
A
:

d + + = ⇔ + − + =

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một

gãc 450




−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
+
+
−
⇔
A

3
B
B
3
A
0
B
3
AB
8
A
3
45
cos
)
1
(
2
B
A
B
A

2 0 2 2

2
2

0,25

* NÕu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d:x3y5=0

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán. d:3x+y−5=0
0
5
y
3
x
:

d − − =

0,25
Cách 2: Gọi d là đ−ờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đ−ờng phân giác ngoài

của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đF cho.

Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình

=
+
+

=
+

+
=
+

+

+
=

+
+

)
(

0
8
y
3
x
9
)
(

0
22
y
9
x
3
7
y
6
x
3
5
y
x
2
3
6
3
7
y
6
x
3
)
1
(
2
5
y

x
2
2
1
2
2
2
2
0,25

+) NÕu d // ∆1 th× d có phơng trình 3x9y+c=0.

Do Pd nên 6+9+c=0c=15d:x3y5=0 0,25
+) Nếu d // 2 thì d có phơng trình 9x+3y+c=0.

Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài to¸n. d:3x+y−5=0

0
5
y
3
x
:

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đ−ờng trịn... 1 điểm 
Dễ thấy A ( 1; -1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D lµ: 0,25

(

a b c d 0

)

,
0
d
cz
2
by
2
ax
2
z
y

x2 2 2 2 2 2

>

+
+
=
+
+
+
+
+
+

Vì A,'B,C,D

( )

S nên ta có hệ:

=

=

=

=

=

+
+

=
+

+
+
+
=
+
+
+
+
=
+
+

1
d
1
c
1
b
2
5
a
0
21
d
c
4
b
2
a
8

0
29
d
c
4
b
6
a
8
0
14
d
c
4
b
6
a
2
0
2
d
b
2
a
2

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 5x2y2z+1=0

0,25

(S) có tâm

1
;
1
;
2
5

I , bán kính

2
29
R=

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).

(d) có vectơ chỉ phơng là: n

(

1;1;1

)

Suy ra phơng trình của d:

+

=

+

=

+

=

t

1 ;

t

1 ;

t

2

5 H

t

1 z

t

1 y

t

2 /

5 x

Do H=

( )

d (P) nên:

6
5
t
2
5
t
3
0
2
t
1
t
1
t
2
5

=

=

=

+
+
+
+
+

6
1
;
6
1
;
3
5
H
0,25
6
3
5
36
75

IH= = , (C) có bán kính

6
186
6
31
36
75
4
29
IH
R

r 2 2

=
=

=

= 0,25

VII a. Tìm số nguyên dơng n biết... 1 điểm

* Xét 2n 1 2n 1

1
n
2

k
k
1
n
2
k
2
2
1
n
2
1
1
n
2
0
1
n
2
1
n

2 C C x C x .... ( 1) C x .... C x

)
x
1
( + +
+
+

+
+
+
+
−
+
−
+
−
+
−
=

− (1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n
2
1
n
2
1
n
2
1
k
k
1
n

2
k
2
1
n
2
1
1
n
2
n
2
x
C
)
1
n
2
(
....
x
kC
)
1
(
...
x
C
2
C

)
x
1
)(
1
n
2
( +
+
−
+
+
+ + − + − + − +
−
=
−
+

− (2)

0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1
n
2
1
n
2
1

n
2
2
k
k
1
n
2
k
3
1
n
2
2
1
n
2
1
n
2
x
C
)
1
n
2
(
n
2
....

x
C
)
1
k
(
k
)
1
(
...
x
C
3
C
2
)
x
1
)(
1
n
2
(
n

2 + −

+
−

+
+
+
−
+
−
+
−
−
+
+
−
=
−
+ 0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 − C ... 2n(2n 1)2 − C +

+ + + +

− + = − + + − − + − + 0,25

Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 0 n 100
=

⇔
=
−
+
⇔
=
+
⇔ 0,25

VIb.1 ViÕt phơng trình chính tắc của E líp 1 ®iĨm

(H) có các tiêu điểm F1

(

−5;0

) ( )

;F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là

M( 4; 3), 0,25

Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=

+ ( víi a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm F

(

5;0

) ( )

;F 5;0 a2 b2 52

( )

1 − ⇒ − =

0,25

(

4;3

) ( )

E 9a 16b a b

( )

M 2 2 2 2

=
+

Từ (1) và (2) ta có hệ:

=
=

=
+
+
=
15

b
40
a
b
a
b
16
a
9
b
5
a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0,25

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y
40
x2 2

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

VIb. 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn nhất 1 điểm

Chun ph−¬ng trình d về dạng tham số ta đợc:

+
=

=

=
3
1
3
2
t
z
t
y
t
x

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I

(

2t3;t1;t+3

)

Do I

( )

P 2t3+2(t1)(t3)+5=0t=1I

(

1;0;4

)

0,25

* (d) có vectơ chỉ phơng là a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến là n

(

1;2;1

)

[ ]

a

,

n

=

(

3 ;

3 )

. Gọi u là vectơ chỉ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u

(

−1;1;1

)

0,25






+
=
=
−
=
∆
⇒
u
4
z
u
y
u
1
x

: . Vì MM

(

1u;u;4+u

)

, AM

(

1u;u3;u

)

0,25

AM ngắn nhất ⇔AM⊥∆ ⇔AM⊥u⇔AM.u=0⇔−1(1−u)+1(u−3)+1.u=0

3
4
u=

⇔ . VËy

3
16
;
3
4
;
3
7
M 0,25

VIIb Giải hệ phơng trình:... 1 điểm

+
=
+
+
=
+ +
+
)
2
(
1
x
xy
1
x
3
)
1
(

2
.
3
2
2
2
x
3
y

2
y
1
x
3

Phơng trình (2)

=

+

+
=
+
+

+

0
)
1

3
(
1
1
1
3
0
1

2 x x y

x
x
xy
x
x








−
=
−
≥
=
⇔









=
−
+
=
−
≥
⇔
x
y
x
x
y
x
x
x
3
1
1
0
0
1
3

0
1
0,25

* Víi x = 0 thay vµo (1)

11
8
log
11
8
2
2
.
12
2
8
2
.
3
2

2+ y−2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2 0,25

* Víi



−
=

−
≥
x
y
x
3
1
1

thay y = 1 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2

Đặt 3 1

2 +
= x

t Vì x1 nên

4
1

t

(

)

[

(

)

]

=

+
=

+
=

=

=
+

=
+

)
8
3
(
log
2
y
1
8

3
log
3
1
x
8
3
t
i
ạ
lo
8
3
t
0
1
t
6
t
6
t
1
t
)
3
(
2
2
2
0,25

Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm

=
=
11
8
log
y
0
x
2

và

[

(

)

]

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

IV TÝnh thÓ tÝch khèi lăng trụ 1,00

0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3
a
AM
3
2
AO
,
2
3
a

AM= = =

Theo bµi ra

4
3
a
HM
8
3
a
BC
.
HM
2
1
8
3
a

S
2
2

BCH = ⇒ = ⇒ =

0,25
4
a
3
16
a
3
4
a
3
HM
AM
AH
2
2
2
2
=
−
=
−
=

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH
HM
AO
O
'
A
=
suy ra
3
a
a
3
4
4
3
a
3
3
a
AH
HM
.
AO
O
'

A = = =

0,25

Thể tích khối lăng trụ:

12
3
a
a
2
3
a
3
a
2
1
BC
.
AM
.
O
'
A
2
1
S
.
O
'
A
V
3

ABC = = =

= 0,25

Tìm giá trị lớn nhất ...

1,00

Ta cã a2+b2

≥ 2ab, b2+ 1

≥ 2b ⇒

1
b
ab
1
2
1
2
1
b
b
a
1
3
b
2
a
1

2
2
2
2
2
+
+
≤
+
+
+
+
=
+
+
T−¬ng tù
1
a
ca
1
2
1
3
a
2
c
1
,
1
c

bc
1
2
1
3
c
2
b
1
2
2
2
2
+
+
≤
+
+
+
+
≤
+
+
0,50
2
1
b
ab
1
b

ab
1
b
ab
1
b
ab
1
2
1
1
a
ca
1
1
c
bc
1
1
b
ab
1
2
1
P =
+
+
+
+
+

+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
≤

























0,25
2
1

P= khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

2
1

khi a = b = c = 1. 0,25
VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn ®i qua giao ®iĨm cđa(E) vµ (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của ph−ơng trình

0
9
x
37
x
36
x
9
1
)
x
2
x
(
9

x 2 2 4 3 2

2
=
−
+

−
⇔
=
−

+ (*) 0,25

XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 9
−
+
−

= , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mPn hệ






=
+
−
=
1

y
9
x
x
2
x
y
2
2
2
0,25
A
B
C
C’
B’
A’
H

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

6
0
9
y
8
x
16
y
9
x
9

9
y
9
x
y
8
x
16
x

8 2 2

2
2
2
=
−
−
−
+
⇒



=
+
=
−
⇔ (**)

(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm

=
9
4
;
9
8

I , b¸n kÝnh R =

9
161

Do
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**)

0,25

VIa.2 ViÕt ph−¬ng trình mặt phẳng ().... 1,00

(

) // (

) nên (

) có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi

6 nên có bán kính r = 3.

0,25
Khoảng cách từ I tới

(

β

) lµ h =

R2 r2 52 32 4

=
−
=

− 0,25

Do đó 



=
−
=
⇔
=
+
−
⇔
=
−
+
+
+
−
−
+
(lo¹i)

17
D
7
D
12
D
5
4
)
1
(
2
2
D
3
)
2
(
2
1
.
2
2
2
2 0,25

VËy

(

β

) cã phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0

0,25

VII.a T×m hƯ sè cña x2... 1,00

Ta cã =

∫

+ =

∫

(

+ + + +

)

2
0
n
n
n
2
2
n
1
n
0
n
2
0

ndx C C x C x C x dx

)
x
1
(
I L
2
0
1
n
n
n

3
2
n
2
1
n
0

n C x

1
n
1
x
C
3
1
x
C
2
1
x
C 





+
+

+
+
+

= L +

suy ra I

n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C
2
2
C
2

+
+
+
+
+
=
+

(1)

0,25
Mặt khác
1
n
1
3
)
x
1
(
1
n
1
I
1
n
2
0
1
n

+

=
+
+
=
+

+ (2)

Tõ (1) vµ (2) ta có n

n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C

2
2
C
2
+
+
+
+
+
=
+
L
1
n
1
3n1

+

=

Theo bài ra thì 3 6561 n 7

1
n
6560
1
n

3n 1 n 1

=
⇒
=
⇔
+
=
+
− +
+
0,25

Ta cã khai triÓn

∑

( )

∑

−
−
=






=







+
7
0
4
k
3
14
k
7
k
k
7
0 4
k
7
k
7
7

4 2 C x

1
x
2
1
x
C

x
2
1
x 0,25

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2

4
k
3
14
=

=

Vậy hệ số cần tìm là

4
21
C
2
1 2
7
2 =
0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn .... 1,00

Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G lµ träng tâm tam giác ABC nên

=
+

=

+
+
0
.
3
n
5
m
3
2
.
3
n
2
7
m
2

=

=

=
+

=

1
n
1
m
2
n
m
3
n
2
m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0
c
by
2
ax
2
y
x2 2

=
+
+
+

+ . Do A, B, C ∈ (C) nªn ta có hệ

=
=

=

=
+
+
+
+
=
+

+
=
+
+
+
+
27
/
338
c
18
/
17
b
54
/
83

a
0
c
b
2
a
10
1
25
0
c
b
8
a
2
16
1
0
c
b
6
a
4
9
4

0,25

Vậy (C) có phơng trình 0

27
338
y
9
17
x
27
83
y
x2 2

=

+

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 







3
;

3
8
;
3
7

Ta cã F MA2 MB2 MC2

(

MG GA

) (

2 MG GB

) (

2 MG GC

)

+
+
+
+
+

=
+

+
=

2
2
2
2
2

2
2

3 + + + + + + = + + +

0,25
F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

⇔

3
3

19
1

1
1

3
3
3
/
8
3
/
7
))

P
(
,
G
(
d

MG =

+
+

−
−
−
=

= 0,25

3
64
9
104
9
32
9
56
GC
GB

GA2 2 2

=
+
+
=
+
+

VËy F nhá nhÊt b»ng

9
553
3
64
3

3
19
.
3

=
+









khi M là hình chiếu của G lên (P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

+

=

+
+
=

+

=

+
=
+

+

+

1
y
x
e

1
y
x
e
1

y
x
e

)
1
x

(
2
e
e

y
x

y
x
y
x

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hƯ





−
=
−

=
⇔





+
=

)
2
(
u
v
e
e

)
1
(
1

u
e
1
v

1
u
e

v
u
v

v 0,25

- NÕu u > v th× (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25
Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - 0 +∞
f'(u) - 0 +

f(u)

0
Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔u=0.

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0





=
=
⇔





=
−

=
+

⇒

0
y

0
x
0
y
x

0
y
x
0

Vậy hệ phơng trình đP cho có một nghiÖm (0; 0)

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn

Đề thi thử đại học năm 2009

Tỉ

to

¸n – Tin

Môn toán

-

Khối A

Thời gian 180 phút ( khụng k giao )

Phần A :Dành cho tất cả các thi sinh .

Cõu I

(2,0 im) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x

– 3x

+ 2

2) BiƯn ln theo m sè nghiƯm cđa phơng trình :

2 2 2

m

x x

x

Câu II

(2,0 điểm ) 1) Giải phơng tr×nh :

cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

2) Giải hệ phơng tr×nh :

2 2

30 9 25 0

x x y y

y y z z
z z x x

 − − =



− − =




− − =



C©u III

(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân

:

3
1

(

4)

3

1

3 x

dx

x

−

+

+ + +

∫

2)

Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :

2

-x

+ 2

-y

+2

-z

= 1 .Chøng minh r»ng :

4

2 2 2

x y z

x y z+

+

y z x+

+

z x y+

+

≥

2

4

x y z

+

Câu IV

( 1,0 điểm ) :

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vng góc với

mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60

. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho

AM =

a

, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tÝch khèi chãp S.BCNM .

PhÇn B ( ThÝ sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1

( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0

điểm

)

Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

d

:

2 1

4 6 8

x− y z+

= =

− −

;

d

:

7

2

6

9

12 x

−

y

−

z

=

−

1)

Chøng minh r»ng d

và d

song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d

và d

.

2)

Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đ−ờng thẳng d

1

sao cho IA +IB t giỏ tr nh nht

Câu VI.a (1.0

điểm

)

Giải phơng trình :

log (

9

x

+

1)

+

log 2

3

=

log

3

4 x

+

log (

27

x

+

4)

Phần 2

(

Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Cõu V.b (2,0

im

)

Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

D1 :

2 1

1 1 2

x− y− z

= =

−

, D

2 :

2 2
3

x t

y
z t

= −






 =



1) Chøng minh r»ng D

chÐo D

. Viết phơng trình đờng vuông góc chung của D

và D

2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D

và D

CâuVI.b

( 1,0 điểm) Cho phơng trình :

log

x

+

2 log

x

+

1 m

2 0

=

, ( m lµ tham sè ) .

Tìm các giá trị của tham số m để ph−ơng trình đA cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn





1;5





</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

H

ớng dẫn giải :

Phần A

: Dành cho tất cả các thí sinh

Cõu I

: 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )

2) Đồ thị hàm số y =

(x −2x−2) x−1

, víi x

1 có dạng nh hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm

*) Nếu m = - 2 : Ph−ơng trình có hai nghiệm

*) NÕu – 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt

*) nÕu m

≥

0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu II : 1)

cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

( 1)

⇔sin 5 sin 3 2 cos3

2 4 4 2 2

x π π x x

   

− − − =

   

    ⇔

-2

3 3

cos cos 2 cos

4 2 2

x x

x π

 

+ =

 

 

⇔ cos3 0
2

x

hc

cos( ) 2

4 2

x+π = −

. Giải các phơng trình cơ bản tìm ®−ỵc nghiƯm :

2 , x=

2 , x = k2

3

2 k

x

=

π

+

π

+

k

π

2) Ta cã

2 2

30 9 25 0

x x y y

y y z z
z z x x

 − − =



− − =




− − =



⇔

2
2

9 25

30
9 25

x
y

x
y
z

y
z
x

z
















( 2). Tõ hệ ta có x, y, z không âm

*) NÕu x = 0 th× y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ

*) NÕu x>0, y> 0 , z > 0 . XÐt hµm sè : f(t) =

2
2

30
9 25

t

t +

, t > 0

Ta cã f

’

(t) =

(

)

1500
9 25

t
t +

> 0 với mọi t > 0 .

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

Hệ (2) đợc viết lại

( )

( )
( )

y f x
z f y
x f z






 =



.

Từ tính đồng biến của hàm f ta dễ dàng suy ra x= y = z . Thay vào hệ ph−ơng trình

Ta đ−ợc nghiệm x = y = z =

.

y = m
1+ 3
1- 3

- 2

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

NghiƯm cđa hƯ lµ

(

0;0; 0 ,

)

5 5 5; ;
3 3 3

  

  

 

 

C©u III 1)

TÝnh tÝch ph©n

I =

(

4)

3

1

3 x

dx

x

−

+

+ + +

Đặt t =

x+1

. Ta cã I =

(

)

2 2

0 0

20

12

2

6

3

2 t

dt

t

+

−

+

∫

=

(

)

2 2

0 2

20

12

6

3

2 t

dt

t

+

−

+

∫

= - 8 +

2 2

0 0

28

8

2 dt

1 dt

t

+

−

t

+

∫

= - 8 + 28ln2 – 8 ln3

2)

Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :

2

-x

+ 2

-y

+2

-z

= 1 .Chøng minh r»ng :

2

4 2

2 2

4

x y z

x y z+

+

y z x+

+

z x y+

+

≥

2

4

x

+

y

+

z

Đặt 2

= a , 2

=b , 2

= c . Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2 2

a b c a b c

a bc b ca c ab

+ +

+ + ≥

+ + +

( *)

⇔

3 3 3

2 2 2

4

a

b

c

a b c

a

abc

b

abc

c

abc

+ +

+

≥

+

⇔

3 3 3

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

4 a

b

c

a b c

a b a c

b c b a

c a c b

+ +

+

≥

+

Ta cã

3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a c

a
a b a c

+ +

+ + ≥

+ +

( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)

T−ơng tự

3 (

)(

)

8

4 b

b c

b a

b

b c b a

+

≥

+

( 2)

3

(

)(

)

8

4 c

c a

c b

c

c a c b

+

≥

+

( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

Câu IV :

TÝnh thÓ tÝch hình chóp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng này c¾t mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD

Ta cã :

BC AB BC BM

BC SA

⊥



⇒ ⊥



⊥



. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng cao

A

S

B

C

M

N

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Ta cã SA = AB tan60

= a

,

3 2

2 3 3

a
a

MN SM MN

AD SA a a

−

= ⇔ = =

Suy ra MN =

4
3

a

. BM =

2
3

a

DiÖn tÝch hình thang BCMN là :

S =

2 2 10

2 2 3 3 3

a
a

BC MN a a

BM

 

 

=  =



Hạ AH

BM . Ta có SH

BM và BC

⊥

(SAB)

⇒

BC

⊥

SH . VËy SH

⊥

( BCNM)

SH là đờng cao của khối chóp SBCNM

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a ,

AB AM

SB = MS

=

1
2

.

Vậy BM là phân giác của góc SBA

⇒ 300

SBH=

⇒

SH = SB.sin30

= a

Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V =

1 .(

)

3 SH dtBCNM

=

10 3

27 a

Phần B

. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)

Phần I

.

(Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)

Câu V.a.1

) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:

u1

(4; - 6; - 8)

2
u

uur

( - 6; 9; 12)

+)

u1

và

u2

uur

cùng phơng

+) M( 2; 0; - 1)

∈

d

1

; M( 2; 0; - 1)

∉

d

2

VËy d

// d

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) lµ

n

= ( 5; - 22; 19)

(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

2)

AB

uuur

= ( 2; - 3; - 4); AB // d

Gọi A

là điểm đối xứng của A qua d

Ta cã: IA + IB = IA

+ IB

≥

A

B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A

B

Khi A

, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A

B và d

Do AB // d

nên I là trung điểm của A

B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d

. Tìm đợc H

36 33 15
; ;
29 29 29

 

 

 

A’ đối xứng với A qua H nên A’

43 95; ; 28
29 29 29



I là trung điểm của AB suy ra I

65; 21; 43
29 58 29

− −

 

 

 

log

(x + 1)

+

3 3

log 2 log= 4−x+log (x+4) (1)

§ K:

4 4

x
x

− < <




≠ −



(1)

⇔

log

3

(x + 1) + log

3

4 = log

3

(4 – x) + log

3

(x + 4)

⇔

log

3

4

x+1

= log

3

(16 – x

)

⇔

4

x+1

= 16 x

Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 -

Phần II.

Câu V. b. 1) Các véc tơ chỉ phơng của D

và D

lần lợt là

u1

( 1; - 1; 2) và

u2

uur

( - 2; 0; 1)

*) Cã M( 2; 1; 0)

∈

D

1

; N( 2; 3; 0)

∈

D

2

XÐt

u u1; 2.MN

ur uur uuuur

= - 10

≠

0 I

d

H

A

B

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

VËy D

chÐo D

*) Gäi A(2 + t; 1 – t; 2t)

∈

D

1

B(2 – 2t’; 3; t’)

∈

D

2

1
2

. 0

AB u
AB u

 =






uuurur

uuur uur ⇒

1
3
' 0

t
t


= −




 =



⇒

A

5 4; ; 2

3 3 3

 

−

 

 

; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng

qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D

và D

.

Ta cã

∆

:

2
3 5
2

x t

y t

z t

= +




= +

=

*) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là ®−êng kÝnh cã d¹ng:

2 2 2

11 13 1 5

6 6 3 6

x y z

     

− + − + + =

     



b.2) Đặt t =

2
5

log x+1

ta thÊy nÕu x

∈ 1;5 3

th× t

[

1;2

]

Phơng trình có dạng: t

+ 2t m – 3 = 0; t

∈

[

1;2

]

⇔

t

+ 2t – 3 = m ; t

[

1;2

]

Lập bất phơng rình hàm f(t) = t

+ 2t 3 trên

[

1;2

]

ta đợc 0

f(t)

5 Đ K của m là: 0

≤

m

≤

5 D

A

B

u2
uur

1
u

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48></div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Tr

ườ

ng THPT Cao Lãnh 2

T

Ổ

TỐN – TIN H

Ọ

C

(Đề này có 01 trang)

K

Ỳ

THI DI

Ễ

N T

Ậ

P Đ

Ạ

I H

Ọ

C L

Ầ

N 2 – 2009

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 14/05/2009

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CÀ CÁC THÍ SINH:(7.0 điểm)

Câu I.

( 2.0

đ

i

ể

m)

Cho hàm s

ố

:

y x

=

3

−

(

m 3 x

+

)

2

+

3mx 2m

−

(C

), v

ớ

i m là tham s

ố

th

ự

c.

1. Kh

ả

o sát s

ự

bi

ế

n thiên và v

ẽ

đ

ồ

th

ị

c

ủ

a hàm s

ố

khi m=0.

2. Xác

đ

ị

nh m

đ

ể

(C

m

) có c

ự

c tr

ị

có hồnh

đ

ộ

th

ỏ

a

2 2
1 2

1 1 4

x + x =

.

Câu II. (2.0 điểm)

1. Gi

ả

i ph

ươ

ng trình:

4 4sin 2− 2 x =2cos 2 (3sinx x−5)

2. Gi

ả

i b

ấ

t ph

ươ

ng trình:

log (163 x−2.12 ) 2x 1x ≤ +

Câu III. (2.0 điểm)

1.

Tính tích phân:

3
0

2
1

x

I dx

x
+
=

∫

2. Gi

ả

i h

ệ

ph

ươ

ng trình






−

=

−

+

=

+

−

+

1 y

x

xy

y

x

y

x

2 2

2

Câu IV (1.0 điểm).

Cho kh

ố

i chóp SABC có

đ

áy ABC là tam giác vng t

ạ

i B .Bi

ế

t SA vng góc v

ớ

i m

ặ

t

ph

ẳ

ng (ABC) và AB=SA=a, BC=2a. M

ộ

t ph

ặ

t ph

ẳ

ng qua A vuông góc SC t

ạ

i H và c

ắ

t SB t

ạ

i K

Tính di

ệ

n tích tam giác AHK theo a.

II. PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm)

* Theo chương trình chuẩn:

Câu V.a. (1.0 điểm).

Trong không gian v

ớ

i h

ệ

tr

ụ

c t

ọ

a

đ

ộ

Oxyz , cho H(1;2;3) . L

ậ

p ph

ươ

ng trình m

ặ

t ph

ẳ

ng

đ

i

qua H và c

ắ

t Ox t

ạ

i A,Oy t

ạ

i B ,Oz t

ạ

i C sao cho H là tr

ọ

ng tâm c

ủ

a tam giác ABC.

CâuVI.a.

(2.0

đ

i

ể

m)

1. Tìm GTLN, GTNN c

ủ

a hàm s

ố

( )

2x 4. x 3

y= f x =e − e + trên [0;ln4].

2. Tính di

ệ

n tích hình ph

ẳ

ng gi

ớ

i h

ạ

n b

ở

i

( )

: 1 1
2

C y x

x

= + +

+ và

( )

: 2

d y= x+

* Theo chương trình nâng cao:

Câu V.b. (1.0 điểm).

Trong khơng gian v

ớ

i h

ệ

tr

ụ

c t

ọ

a

đ

ộ

Oxyz , cho H(1;2;3) . L

ậ

p ph

ươ

ng trình m

ặ

t ph

ẳ

ng

đ

i

qua H và c

ắ

t Ox t

ạ

i A,Oy t

ạ

i B ,Oz t

ạ

i C sao cho H là tr

ọ

ng tâm c

ủ

a tam giác ABC.

Câu VI.b. (2.0 điểm).

1. Tìm mơ

đ

un và acgument c

ủ

a s

ố

ph

ứ

c

21
5 3 3
1 2 3

i
z

i

 + 

= 
−

 

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

2. Xác

đ

ị

nh m

đ

ể

ph

ươ

ng trình

: x2 +3− x=m có nghiệm.

Họ và tên thí sinh:………..Số báo danh:………

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu I.

2.0 đ

i

ể

m

Câu II.

2.0 điểm

(

)

3 2

y x

=

−

m 3 x

+

3mx 2m

−

(C

)

1. Với m=0. Ta có 3 2

( ) 3

y= f x =x − x
TXĐ: D=R

' 3 6

y = x − x

2 0 0

' 0 3 6 0

2 4

x y

y x x

x y

 = ⇒ =

= ⇔ − = ⇔

= ⇒ = −



lim

x→±∞y= ±∞

BBT:

x −∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +

y
−∞

–4

+∞

ĐĐB:

x -1 3

y -4 0

Đồ thị:
y

-4

O 3

-1

2. y x

3

(

m 3 x

)

2

3mx 2m

=

−

+

−

(C

). Xác

đ

ị

nh m

đ

ể

(C

) có c

ự

c tr

ị

có

hồnh

đ

ộ

th

ỏ

a

2 2
1 2

1 1 4

x + x =

.

(

)

' 3 2 3 3

y = x − m+ x+ m

(

)

( )

' 0 3 2 3 3 0 1

y = ⇔ x − m+ x+ m=

ĐK:

2 2
1 2

' ( 3) 9 0

1 1 4

m m

x x

∆ = + − >




+ =




(

)

(

)

2
2

1 2 1 2
2
1 2

' 3 9 0

2 . 4

9
.

m m

x x x x

x x

∆ = − + >


+ −

⇔

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

2( 3)

3 4

6
9

m

m
m

 + 

−

 

 

⇔ = ⇔ = −

1. Gi

ả

i ph

ươ

ng trình:

4 4sin 2− 2 x=2cos 2 (3sinx x−5)

(1)

TX

Đ

: D=R

(1)

⇔ 4 1 sin 2

(

− 2 x

)

=2cos 2 (3sinx x−5)
⇔4cos 22 x−2cos 2 (3sinx x−5) 0=

(

)

(

)

⇔cos 2x 2cos 2x−3sinx+5 =0⇔cos 2x −4sin2 x−3sinx+7 =0

cos2 0

cos2 0 4 2

sin 1 ( )

4sin 3sin 7 0

2
7

sin ( ) 2

k

x x

x

x k

x x

x k

x loai

π π

π
π



 = = +



 = 

⇔ ⇔ = ⇔ ∈

− − + = 

 

= +



= −

 



2. Gi

ả

i b

ấ

t ph

ươ

ng trình:

log (163 x−2.12 ) 2x 1x ≤ +

(2)

Đ

K:

16x −2.12x >0⇔x log> 4/32

(2)

⇔16x−2.12x ≤32x 1 ⇔16x −2.12x −3.9x ≤0

   

⇔  −   − ≤

   

2x x

4 4

2. 3 0

3 3

 

⇔ <  ≤ ⇔ ≤

 

x

4/3
4

0 3 x log 3

3

So với điều kiện ta có: log4/33 x log< ≤ 4/ 33

Câu III.

(2.0 điểm) 1.

Tính tích phân:

7
3
0

2
1

x

I dx

x
+

∫

Đ

ặ

t

t= 3x 1+ ⇒t3 =x 1+
=

2

3t dt dx
Đổi cận:

x

0

7 t

1

2 (

)

2 3 2

2 4

1 1

5 2

1 2 231

.3 3

3 5 2

t

I t dt t t dt

t

− +

= = + = =





+





∫









2. (

) (

)

2 2

2

x y x y xy

xy x y



 − − − + =

 

⇔

 

  + − = −

 

+

− + =

+ − = −

2 2

x

y

x

y

xy

x y

1

0 1

0 0 1

( )

1

0

1

4

5

x x

v

y x x

v
y
VN

  =  = −

  

=  =  = −






 

⇔ ⇔ ⇔ 



  

 

 



= −

=

= −

x - y

y

xy

y

x - y

xy

Câu IV

(1.0

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

điểm).

y
B

C
A

Trong không gian Oxyz, ch

ọ

n B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), S(a;0;a)

+ mp (P) qua A(a,0;0) và vuông góc SC nên có VTPT

(

;2 ;

)

(

1; 2; 1

)

n= −a a a− =a − −

có pt: -x+2y-z+a=0
+ (SC): 2

x a t

y t

z a t

 = −





 = −



; (SB): 0

x t
y
z t

 =



 =


( )

5 ; ;5
6 3 6

a a a
P SC=H 

 

I ;

( )

; 0;

2 2

a a

P SB=K 

 

2 2 2

; ; ; ; 0; ; ; ; ;

6 3 6 2 2 6 3 6

a a a a a a a a

AH = −  AK−   AH AK= − 

     

uuur uuur uuur uuur

1 6

;

2 12

AHK

a
S∆ = AH AK =

uuur uuur

Câu V.a.

(1.0

điểm).

+ mp(P)

đ

i qua H(1;2;3), c

ắ

t Ox t

ạ

i A(a;0;0), Oy t

ạ

i B(0;b;0), Oz t

ạ

i

C(0;0;c) có pt:

x y z 1

a+b+c =

+ H là trực tâm tam giác ABC ta có:

3 3

2 6

9
3

a

a
b

b
c
c





 =


 

= ⇔ =

 

 







+ Pt (P): 1

3 6 9

x y z

+ + =

CâuVI.a.

(2.0

đ

i

ể

m)

1. Tìm GTLN, GTNN c

ủ

a hàm s

ố

y= f x

( )

=e2x−4.ex+3 trên [0;ln4].

' 2 x 4. x

y = e − e

' 0 2 x 4. x 0 ln2

y = ⇔ e − e = ⇒x= (nhận)

f(0)=0; f(ln4)=3; f(ln2)= –1

[ 0;ln 4] 3

x∈Max y= khi x=ln4; x∈Min y[ 0;ln 4] = −1khi x=ln2

2. Tính di

ệ

n tích hình ph

ẳ

ng gi

ớ

i h

ạ

n b

ở

i

( )

: 1 1
2

C y x

x

= + +

+ và

( )

: 1 2
3

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

PTH

Đ

G

Đ

:

1
2

1 1

1 2 3

2 3 2 3 0

x
x

x x

x x x x

 =
 ≠ −

 

+ + = + ⇔ ⇔

+  + − = = −



1 1

3 3

2 2

1 1 2 1

1 2 1

2 3 3 2

S x x dx x dx

x x

− −

   

= + + − +  =  − + 

+    + 

∫

1
2

3
2

1 3 3 1 35 3 35 3

ln 2 1 ln3 ln ln ln

3 3 4 2 2 12 2 12 2

x

x x

−

   

=  − + +  = − + − + +  = − + = −

 

Câu V.b.

(1.0

điểm).

+ mp(P)

đ

i qua H(1;2;3), c

ắ

t Ox t

ạ

i A(a;0;0), Oy t

ạ

i B(0;b;0), Oz t

ạ

i

C(0;0;c) có pt:

x y z 1

a+b+c=

+ H là trực tâm tam giác ABC ta có:

3 3

2 6

9
3

a

a
b

b
c
c





 =


 

= ⇔ =

 

  =







+ Pt (P): 1

3 6 9

x y z

+ + =

Câu VI.b.

(2.0

điểm).

1. Tìm mơ

đ

un và acgument c

ủ

a s

ố

ph

ứ

c

21
5 3 3
1 2 3

i
z

i

 + 

= 
−

 

Ta có:

5 3 3

(

5 3 3 1 2 3

)(

)

1 3 2 cos2 sin2

1 12 3 3

1 2 3

i i

i

i i

i

π π

+ +  

= = − + =  + 

−  

Áp dụng CT Moa-vrơ:

(

)

21 42 42 21 21

2 cos sin 2 cos14 sin14 2

3 3

z=  π +i π = π +i π =

 

+ 21
2

z = ; acgument của z: ϕ=0

2. Xác

đ

ị

nh m

đ

ể

ph

ươ

ng trình

: x2 +3− x =m(1) có nghiệm.

Đ

ặ

t

f x( )= x2 +3− x C( )

Đ

K:

x≥0

(

)

2 2

1 2 3

'( )

3 3

x x x x

f x

x

x x x x

− +

= − =

+ +

2 2 3 2

'( ) 0 2 3 0 2 3 4 30 1

f x = ⇒ x x− x + = ⇔ x x= x + ⇔ x −x − ⇒x=
BBT

x −∞ 0 1/2 +∞

y’ + - 0 +

y 3

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54></div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Tr

ườ

ng THPT Qu

ỳ

nh L

ư

u 2

Đ

Ề

THI TH

Ử

Đ

Ạ

I H

Ọ

C L

Ầ

N 2

Môn: Tốn

A.

Ph

ầ

n chung cho t

ấ

t c

ả

thí sinh (7 di

ể

m)

Câu 1

:

(2 đi

ể

m)

Cho hàm s

ố

:

( )

1
x

y C

x

+
=

−

1. Kh

ả

o sát và v

ẽ

đ

ồ

th

ị

hàm s

ố

(C).

2. Cho đi

ể

m

A(0; a). Tìm a

đ

ể

t

ừ

A k

ẽ

đ

ượ

c 2 ti

ế

p tuy

ế

n t

ớ

i

đ

ồ

th

ị

(C) sao cho 2 ti

ế

p

đ

i

ể

m t

ươ

ng

ứ

ng

n

ằ

m v

ề

2 phía c

ủ

a tr

ụ

c hồnh.

Câu 2

:

(2 đi

ể

m)

1. Tìm t

ậ

p xác

đ

ị

nh c

ủ

a hàm s

ố

:

1
3

3 3 2

log

3 1

x
x

x
y

−

 − + 

=  

−

 

2. Tính tích phân:

6
2

4
4

os
sin

c x

I dx

x

∫

Câu 3

:

(2 đi

ể

m)

1. Cho hình chóp S.ABCD có

SB=a 2

các c

ạ

nh cịn l

ạ

i

đ

ề

u b

ằ

ng a. Tính th

ể

tích hình chóp theo a.

2. Trong không gian v

ớ

i h

ệ

tr

ụ

c t

ọ

a

đ

ộ

Oxyz cho

đ

ườ

ng th

ẳ

ng

( )

2
3

x t
y t
z t




∆  =

 =



và 3

đ

i

ể

m

A

(

2; 0;1 ,

)

B

(

2; 1; 0 ,−

)

C

(

1; 0;1

)

. Tìm trên

đ

ườ

ng th

ẳ

ng

( )

∆

đ

i

ể

m S sao cho:

SA SB+ +SC

đ

ạ

t giá tr

ị

nh

ỏ

nh

ấ

t.

Câu 4

:

(1 đi

ể

m)

Tính các góc c

ủ

a tam giác ABC bi

ế

t:

os2A + 3

(

os2B + cos2C

)

5 0
2

c c + =

B.

Ph

ầ

n riêng (3 đi

ể

m) (

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc 2))

I. Theo chương trình Chuẩn:

Câu 5

:

(1đi

ể

m)

Khai tri

ể

n

1 2

3 3x

 

 

 

thành

đ

a th

ứ

c:

2 10
0 1 2 ... 10

a +a x+a x + +a x

. Tìm giá tr

ị

a

l

ớ

n nh

ấ

t

(

0≤k≤10

).

Câu 6:

(1đi

ể

m)

Trong m

ặ

t ph

ẳ

ng v

ớ

i h

ệ

to

ạ

n

đ

ộ

Oxy. Cho

đ

ườ

ng tròn:

x2+y2−8x−6y=0

de thi thu 2010

DongPhD Problems Book

Tuyển Tập Đề Thi Thử

Đại Học 2009

vnMath.com

Dịch vụ

Tốn học

I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0

<i>đ</i>

<i>i m) </i>

<b>Câu I</b>

(2,0

<i>đ</i>

<i>i m) </i>

1. Kh o sát và v

đ

th hàm s

( )

.

2. Tìm s ti p tuy n c a

đ

ng cong

<i>y</i>

=

<i>x</i>

ln

<i>x</i>

đ

i qua

đ

i m

( )

.

<b>Câu II</b>

(2,0

<i>đ</i>

<i>i m) </i>

1. Gi i ph

ng trình:

2

1

1

1 1

1

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<sub>=</sub>

−

+ −

+ +

.

2. Tính:

.

<b>Câu III</b>

(1,0

<i>đ</i>

<i>i m) </i>

Trên parabol

<i>y</i>

=

<i>x</i>

l y ba

đ

i m

<i>A B C</i>

, ,

khác nhau sao cho ti p tuy n t i

<i>C song </i>

song v i

đ

ng th ng AB. Ký hi u S là di n tích tam giác ABC, S’ là di n tích hình ph ng

gi i h n b i parabol và

đ

ng th ng AB. Tìm t s gi a S và S’.

<b>Câu IV</b>

(1,0

<i>đ</i>

<i>i m) </i>