Tài liệu 2 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

2 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MƠN TỐN: ĐÀ NẴNG, VĨNH PHÚC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Mơn thi: TỐN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f (x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:

log3 x

1
( x − 2)  x − 

÷
2


= x−2

 x + y + x 2 − y 2 = 12

2. Giải hệ phương trình: 

 y x 2 − y 2 = 12


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính
thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
π
π
π



4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos 2  2x + ÷+ m = 0
4
4
4



PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD:
x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
 x = −2 + t

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t
 z = 2 + 2t


.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vng góc
của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách
đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1
1
1
5
+
+
≤
xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai
đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

1


2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có
 x = −1 + 2t

phương trình tham số  y = 1 − t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm
 z = 2t


M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1
2
b
c
 1

a
+
+
+
<2
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b

2


Câu
I

Đáp án
Nội dung

Ý
1

+ Tập xác định: D = ¡
+ Sự biến thiên:
•

Giới hạn: xlim y = +∞; xlim y = +∞
→−∞
→+∞
y ' = 32x 3 − 18x = 2x ( 16x 2 − 9 )

•

x = 0
y'= 0 ⇔ 
x = ± 3

4

•

Điểm
2,00
1,00
0,25

0,25

Bảng biến thiên.

0,25

49
49
 3
3

yCT = y  − ÷ = − ; yCT = y  ÷ = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1
32
32
 4
4

•

Đồ thị

0,25

2

Xét phương trình 8cos x − 9cos x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1)
Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2)
Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3)
Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 .
4

1,00

2

0,25
0,25

3


Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
•
•
•
•

•

81
32
81
m=
32
m>

: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

81
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
32
0 < m < 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
m=0
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.

1≤ m <

m<0

0,50

: Phương trình đã cho vơ nghiệm.

II

2,00
1,00

1
Phương trình đã cho tương đương:
 x−2 =0
x − 2 = 0
x = 2



log 3 x
log x

1

 
1 3
 ln  x − 1 
= 0 ⇔  log 3 x ln  x − ÷ = 0

= 1 ⇔  
 x − ÷
÷


2
2

 
2
 


x − 2 > 0

 x > 2
 x > 2


x = 2
x = 2
x = 2



   log 3 x = 0
 x = 1
 x = 1



⇔  
⇔ 
⇔ 
⇔x=2
 ln x − 1  = 0
 x − 1 = 1  x = 3
 


÷

2
2
2
 


 x > 2
 x > 2
 x > 2




2

Điều kiện: | x | ≥ | y |
u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0

Đặt 

; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có
v = x + y

1
u2 
y =  v − ÷.
2
v 

0,50

0,50

1,00

0,25

Hệ phương trình đã cho có dạng:
u + v = 12

u2 
u 
v − ÷ = 12
2 
v 
 
u = 4
u = 3
⇔
hoặc 

v = 8
v = 9
 x2 − y 2 = 4
u = 4

⇔
+
(I)
v = 8
x + y = 8


0,25


u = 3  x 2 − y 2 = 3
⇔
(II)
v = 9
x + y = 9


+

Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) }

0,25
0,25

4


III

1,00

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):
2

x ≥ 0
x ≥ 0
x = 0
 2
 2
2
| x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2

 2
 2
x = 6
x − 4 x = −2 x
x − 2x = 0




0,25

Suy ra diện tích cần tính:
2

S=

∫(

6

)

x 2 − 4 x − 2 x dx +

0

∫( x

2

)

− 4 x − 2 x dx

2

2

2
Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx

0

2

2
Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x − 4 x |= − x + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x + 4 x − 2 x ) dx =
2

2

2

0

4
3

0,25

6

2
Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx
2

2
2
Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4;6] , x − 4 x ≥ 0 nên
4

6

2

0,25

4

K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 .
4
3

Vậy S = + 16 =

52
3

0,25

IV

1,00

0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )
 AB ⊥ HH '

AB, A’B’. Ta có: 

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp
xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1
x 3
1
x 3
I ' K = I ' H ' = I 'C ' =
; IK = IH = IC =
3
6
3
3
x 3 x 3
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
6
3

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V =
Trong đó: B =

(

h
B + B '+ B.B '
3

)

0,25

0,25

4x 2 3
x 2 3 3r 2 3
= x 2 3 = 6r 2 3; B ' =
=
; h = 2r
4
4
2

5


2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
2
 6r 3 +
÷=
+ 6r 3.
Từ đó, ta có: V =
3
2
2 ÷
3




0,25

V

1,00
Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;
π
π
 
π



+/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = 2 cos  2x - ÷+ cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )


4

4
2

 

π  1
π  1


2
+/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( 1 − sin 4x )
4  2
2  2



0,25

Do đó phương trình đã cho tương đương:
1
1
2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1)
2
2
π

Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).
4

2
Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành:
t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2
(2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m
Đây là phuơng trình hồnh độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường
song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t

0,25

với − 2 ≤ t ≤ 2 .

Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại


t = − 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .

0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2
⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 .

0,25

VIa
1

Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .

2,00
1,00

 t +1 3 − t 

;
Suy ra trung điểm M của AC là M 
÷.
2 
 2

 t +1  3 − t
+ 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )

÷+
2
 2 
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).
Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .

Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2 

x + y −1 = 0
⇒ I ( 0;1) .
x − y +1 = 0

0,25

0,25

0,25

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

x +1 y
= ⇔ 4x + 3y + 4 = 0
−7 + 1 8

0,25

6

2

1,00
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường
thẳng ∆ , thì ( P) //( D) hoặc ( P) ⊃ ( D) .
Gọi H là hình chiếu vng góc của I
trên (P). Ta ln có IH ≤ IA và
IH ⊥ AH .

 d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH

H ∈ ( P )


0,25

Mặt khác 

Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí
(P0) vng góc với IA tại A.
r

ur
u

r

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) .

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 .
VIIa

0,25

0,50
1,00

Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;
 yz + 1 ≥ y + z
 zx + 1 ≥ z + x

0,50

và tương tự ta cũng có 
Vì vậy ta có:


1
1
1 
x
y
z
+
+
+
+
+1+1+1
÷≤

 xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1

( x + y + z) 

≤

x
y
z
+
+
+3
yz + 1 zx+y xy + z

 1
z
y 
= x
−
−
÷+ 5
 yz + 1 zx + y xy + z 

z
y 
≤ x 1 −
−
÷+ 5
 z+ y y+z
=5

VIb
1

uu
ur

Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 .
Phương trình của AB là:
2x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung

0,50

2,00
1,00

0,25

điểm của AC và BD nên ta có:
C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =

4
.
5

0,25

7

 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
=
⇔

 

Ngồi ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )

5 8 8 2
Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3

0,50

2

1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
 x = −1 + 2t

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .

 z = 2t


Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .

( −2 + 2t )

2

+ ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 =

BM =

( −4 + 2t )

2

+ ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 =

AM + BM =

( 3t )

2

2

2

2

(

+ 2 5

)

2

( 3t )

(

AM =

2

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

( 3t − 6 )

+

2

(

+ 2 5

)

)

0,25
2

2

(

+ 2 5

)

2

2

r

(

)

r

(

)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 .
r
| u |=

Ta có  r
| v |=



( 3t )

2

(

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

(

)

2

)

2

+ 2 5
r r
r r
r
r
Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29
r r
r
r r r
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | + | v |≥| u + v |

(

0,25

)

Như vậy AM + BM ≥ 2 29
r r
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng
3t
2 5
=
⇔ t =1
−3t + 6 2 5

⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .
⇔

(

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 + 29

0,25

)

VIIb

0,25
1,00

a + b > c

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a .
c + a > b


Đặt

a+b
c+a
= x,
= y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y .
2
2

Vế trái viết lại:

0,50

a+b
a+c
2a
+
+
3a + c 3a + b 2a + b + c
x
y
z
=
+
+
y+z z+x x+ y

VT =

8


Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔

2z
z
>
.

x+ y+z x+ y

x
2x
y
2y
<
;
<
.
y+z x+ y+z z+x x+ y+z
2( x + y + z)
x
y
z
+
+
<
= 2.
Do đó:
y+z z+x x+ y
x+ y+z
1
2
b
c
 1

+
+

+
<2
Tức là: a 
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b

Tương tự:

0,50

9


SỞ GD − ĐT VĨNH PHÚC
Trường THPT Tam Dương

ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :

3
4 + 2sin 2 x
+
− 2 3 = 2(cotg x + 1) .
2

sin 2 x
cos x
 x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0

2. Tìm m để hệ phương trình: 
có nghiệm thực.
2
2
2
x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0

1. Giải phương trình:

Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần
lượt có phương trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0;

(d):

x y +1 z − 2
=
=
−1
2
1

1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và
vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường trịn có bán kính bằng 3.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.
Câu 4 (2.0 điểm):

1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hồnh độ x = 2. Gọi (H) là hình giới
hạn bởi (P), (d) và trục hồnh. Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục
Ox.
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

1
1
1
+
+
1 + xy 1 + yz 1 + zx

Câu 5 (2.0 điểm):

x2 y2
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E): +
=1
8
6
và parabol (P): y2 = 12x.
12

1

2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1 − x 4 − ÷
x

8

−−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................

10


SỞ GD − ĐT VĨNH PHÚC
Trường THPT Tam Dương

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Nội dung

Điểm

1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 − 3x2 + 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2)




3
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim x 1 −
x→±∞
x →±∞

LËp BBT:x
y’

3 4
+ ÷ =
x x3

0

+

0.25

2

0



0.25

0

+
+
+

4

I

0.25

y
0



Đồ thị:

y

0.25

O

x

11

x = 0

2/. Ta có: y’ = 3x2 − 6mx = 0 ⇔ 
 x = 2m

0.25

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0.

uu
ur
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m ), B(2m; 0) ⇒ AB = (2m; −4m3 )
3

Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)

0.25

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với đường thẳng
y = x và I thuộc đường thẳng y = x
0.25

 2 m − 4 m3 = 0

⇔ 3
2m = m

Giải ra ta có: m = ±

2
;m=0
2

Kết hợp với điều kiện ta có: m = ±
II

2/. Đk: x ≠ k

0.25

2
2

π
2

0.25

(

)

4
− 2 3 = 2cotg x
sin 2x
2
2
Phương trình đã cho tương đương với: ⇔ 3tg 2 x + 2(sin x + cos x) − 3 = 2cotg x
sin x cos x

3 1 + tg 2 x +

0.25

⇔ 3tg 2 x + 2tg x − 3 = 0
π

 tg x = − 3
x = − 3 + kπ

⇔
1 ⇔
tg x =
x = π + kπ

3


6


0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x =

 x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0

2/. 
2
2

2
x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0


π
π
+ k ; k∈Z
6
2

0.25

(1)
(2)

1 − x 2 ≥ 0
−1 ≤ x ≤ 1

⇔
Điều kiện: 
2
 2 y − y ≥ 0 0 ≤ y ≤ 2


0.25

Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2.

0.25

Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

0.25
12


(1) ⇔ y = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0
Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 đạt min g(v) = −1; max g(v) = 2
[0;1]

0.25

[0;1]

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2

 x = −t

1/. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:  y = −1 + 2t ; t ∈ R
z = 2 + t


0.25

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

 2
t = 3

| −2t + 1 − 2t − 4 − 2t − 2 | | 6t + 5 |
d ( I ; ∆) =
=
= 3⇔ 
3
3
t = − 7

3

 2 1 8
 3 3 3

7
3

⇒ Có hai tâm mặt cầu: I  − ; ; ÷ ; I  ; −

0.25

17 1 
;− ÷
3 7

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính
là R = 5.

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2

III

2

2

2

2

2

2 
1 
8
7 
17  
1


 x + ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ = 25 ;  x − ÷ +  y + ÷ +  z + ÷ = 25
3 
3 
3
3 
3 
3




r
2 x + y + 1 = 0
2/. Đường thẳng (∆) có VTCP u = (−1;2;1) ; PTTQ: 
x + z − 2 = 0
r
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; −1; −2)

Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là: sin α =

| −2 − 2 − 2 |
6
=
3
3. 6

6
3
⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos α = 1 − =
9
3

Giả sử (Q) đi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m2+ n2 > 0)
⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0
| 3m |

3
=
Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos α =

3
3. 5m 2 + 2n 2 + 4mn

⇔ m2 + 2mn + n2 = 0 ⇔ (m + n)2 = 0 ⇔ m = −n.
Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

13


1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x = 2 là: y = 4x − 4

IV

0.25

2
2

V = π  ∫ x 4 dx − ∫ (4 x − 4) 2 dx ÷
Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:


÷
0
1


2  16π
 x5 2 16
− ( x − 1)3 ÷ =
= π
1  15
 5 0 3

0.25

0.5



1
1
1 
+
+
÷≥ 9
 1 + xy 1 + yz 1 + zx 

2/. Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] 

0.25

⇔P≥

9
9
≥
3 + xy + yz + zx 3 + x 2 + y 2 + z 2

0.25

⇒ P≥

9 3
=
6 2

0.25

Vậy GTNN là Pmin =

3
khi x = y = z
2

0.25

1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)
(∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A2 + 6B2 = C2 (1)
(∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B2 = 4AC ⇔ 3B2 = AC (2)
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A.

Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại)
V

0.25

0.25

Với C = 4A ⇒ B = ±

2A
3

⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình:

Ax ±

0.25

2A
2 3
y + 4A = 0 ⇔ x ±
y+4=0
3
3

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x ±

2 3
y+4=0
3

0.25

14


12

12

k

12
1
  4 1 
 4 1 
k 
Ta có:  x + − 1÷ = 1 −  x + ÷ = ∑ (−1)12−k C12  x 4 + ÷
x 
x 
x


 
k =0
12

V

= ∑ (−1)

12−k

k =0
12

k
C12

k

i =0

i

1  12 k
12− k k i 4 k −4i − i
x
 ÷ = ∑∑ ( −1) C12Ck x
x  k =0 i =0


4 k −i 

∑ (x )
i
Ck

0.25

k

0.25

k i
= ∑∑ (−1)12−k C12Ck x 4 k −5i
k =0 i =0

Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8
⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12

0.25

2
0
7
4
12 8
Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2 − C12 .C7 + C12 .C12 = −27159

0.25

15