Tài liệu 2 đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo

Sở GD & ĐT Thanh Hố
Trường THPT Lê Văn Hưu

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MƠN TỐN KHỐI A
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y = (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ; π ].
33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x − 2 y = 0

2. Giải hệ phương trình 
2
 x − y = y + ( 2 y − x )( 2 y + x )

Câu III. (1.0 điểm)
1

Tính tích phân

∫ (x e +
2 x3

0

4

x

1+ x

)dx

Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD.
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ khơng được chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
log 3 ( x + 1) 2 − log 4 ( x + 1)3
Giải bất phương trình
>0
x2 − 5x − 6

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng
8
tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x =
có giá trị khơng đổi.
3
2. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
1 2
6 3
2
k
k
Giải bất phương trình A2 x − Ax ≤ Cx + 10 ( Cn , An là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử)
2
x
.................HẾT..............
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh..................................................

Sở GD & ĐT Thanh Hố

ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
1


Trường THPT Lê Văn Hưu

MƠN TỐN
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

NỘI DUNG

THANG
ĐIỂM

0.25
TXĐ : D = R\{1}
Chiều biến thiên
lim f ( x) = lim f ( x) = 1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x →+∞
x →−∞

0.25

lim f ( x) = +∞, lim = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
−

x →1+

x →1

1
<0
y’ = −
( x − 1) 2
Bảng biến thiên
x

0.25

-∞

1

+∞

-

y'

-

1

+∞

y

1

-∞

Hàm số nghịc biến trên (−∞;1) và (1; +∞)
Hàm số không có cực trị
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
x
1
( x − x0 ) + 0
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y = −
2
( x0 − 1)
x0 − 1
⇔−

0.25

0.25

2
x0
1
x− y+

=0
( x0 − 1) 2
( x0 − 1) 2

Ta có d(I ;tt) =

1+
Xét hàm số f(t) =

0.25

2
x0 − 1
1
( x0 + 1) 4
2t
1+ t4

(t > 0) ta có f’(t) =

(1 − t )(1 + t )(1 + t 2 )
(1 + t 4 ) 1 + t 4

2


f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên
d(I ;tt) lớn nhất khi

chỉ khi t = 1 hay

0.25
x

1

0

f'(t)
f(t)

+

0

+∞
-

ta c
và

2

 x0 = 2
x0 − 1 = 1 ⇔ 
 x0 = 0
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
Câu

II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

0.25
0.25

Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
cosx=0
⇔ 4cos3xcosx=2 3cos 2 x + 2s inxcosx ⇔ 
 2cos3x= 3cosx+sinx
+ cosx=0 ⇔ x=

π
+ kπ
2

0.25

0.25

π

3x=x- 6 + k 2π
π
+ 2cos3x= 3cosx+sinx ⇔ cos3x=cos(x- ) ⇔ 
6
3x = π − x + k 2π


6

0.25

π

x = − + kπ

π
11π
π
13π
12
⇔
,x = ,x =
vì x∈ [ 0; π ] ⇒ x = , x =
2
12
24
24
 x = π + kπ


24 2

2.(1.0đ)

 x, y ≥ 0
ĐK: 
x ≥ y

Hệ phương trình
33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x − 2 y = 0


⇔
⇔
 x − y − y = (2 y − x)( 2 y + x )
 x − 2 y = (2 y − x)( 2 y + x )( x − y + y )



0.25

33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x − 2 y = 0

⇔
⇔
(2 y − x )[( 2 y + x )( x − y + y ) + 1] = 0
2 y − x = 0


0.25

(do

2 y + x )( x − y + y ) + 1 ≠ 0 )

33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0

32 x − 5.6 x + 4.2 2 x = 0 (1)
⇔
⇔
2 y = x
 2 y = x (2)

3


 3 x
x = 0
( 2 ) = 1
3 2x
3 x
2x
x
2x
3 − 5.6 + 4.2 = 0 ⇔ ( ) − 5.( ) + 4 = 0 ⇔ 
⇔  x = log 4
Giải (1):
3
2
2

( 3 ) x = 4

2
 2


0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0

0.25

1
Với x = log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4
2
2
2
1
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = log 3 4 ,y = log 3 4
2
2
2
Câu III.
(1.0đ)

1

2 x
Đặt I = ∫ ( x e +

4

3

0

1

x

1+ x

1

3

0

1

0

4

x

1+ x

3

0

2 x
Ta tính I1 = ∫ x e dx Đặt t = x3 ta có I1 =

Ta tính I 2 = ∫

1

) dx . Ta có I = ∫ x 2 e x dx + ∫

dx Đặt t =

4

0

4

x

1+ x

1

1 t
1 t
∫ e dt = 3 e
30

dx
1
0

1
1

= e−
3
3

0.25
0.25

x ⇒ x = t 4 ⇒ dx = 4t 3dt

0.25

t4
1
2 π
dx = 4 ∫ (t 2 − 1 +
)dt = 4(− + )
2
2
1+ t
1+ t
3 4
0
0
1
Vậy I = I1+ I2 = e + π − 3
3
1 1 1
Câu IV. Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ x + y + z ≥ 2 nên
(1.0đ)
1

Khi đó I 2 = 4 ∫

0.25

1

0.25
0.25

1
1
1 y −1 z −1
( y − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(1)
x
y
z
y
z
yz
Tương tự ta có

1
1
1 x −1 z −1
( x − 1)( z − 1)

≥ 1− +1− =
+
≥2
(2)
y
x
z
x
z
xz

1
1
1 x −1 y −1
( x − 1)( y − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(3)
y
x
y
x
y
xy
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤
vậy Amax =

1
3

⇔x= y=z=
8
2

1
8

0.25
0.25

4


Câu V.
(1.0đ)

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
x = 2(a 2 + c 2 − b 2 ), y = 2(b 2 + c 2 − a 2 )

Câu
VIIa
(1.0đ)

D

B

z = 2( a 2 + b 2 − c 2 )
1
Vậy V =
12
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
2.
(1.0đ)

1.0

P

A

N

C

M

2(a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )(a 2 + b 2 − c 2 )
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có

I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5
0.5
1.0

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
C'
M,N,B,C’ có dạng
2
2
2
x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5

A = − 2
1 + 2 A + D = 0

5
 2 + 2 B + 2C + D = 0


B = −
⇔
2


8 + 4 A + 4C + D = 0


1
8 + 4 B + 4C + D = 0
C = −

2
C

D = 4

Z
Vậy bán kính R =
Đk: x > - 1

bất phương trình

Y
D'

A'

B'

N

M
D

A

B

A2 + B 2 + C 2 − D = 15
0.25
3log 3 ( x + 1)
log 3 4
>0
( x + 1)( x − 6)

2 log 3 ( x + 1) −
⇔

log 3 ( x + 1)
<0
x−6
⇔0< x<6
⇔

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Ta có F1 (− 12;0), F2 ( 12;0) Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên
8
8 − 3x0
đường thẳng x =

. Ta có MF2 = a - cx0/a =
3
2
MH =

X

MF2
8 − 3x0
. Vậy
không đổi
MH
3

0.25

0.25
0.25
0.5

0.5

5


uu
ur
ur
u
u u ur

ur u
Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ  = (1; −2;1)


u u ur
ur u r
u u ur
ur u
Vì  AB; nQ  ≠ 0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến




Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

2.
(1.0đ)

Câu
VIIb
(1.0đ)

1.0

nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4

1.0

Chó ý: NÕu thÝ sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án
quy định

TRNG THPT NG THC
HA

KIM TRA S 1 - NĂM 2009
Mơn thi : Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị
hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y –
74 = 0.
Câu II: (2 điểm).
1. Giải phương trình :
1 + 3 (sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0
2. Tìm m để phương trình

x 2 − 2 x + m.( x − 4).

x+2
+ 2 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0 có nghiệm
4− x

thực.
Câu III: (2 điểm).
Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 :
∆2 :

,

x −1 y +1 z −1
=
=
1
−1
3

x
y
z
=
=
1 −2 1

1. Chứng minh hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆2 và tạo với đường thẳng ∆1 một
góc 300.
Câu IV: (2 điểm).
2

ln( x 2 + 1)
1. Tính tích phân : I = ∫ x3 dx .
1

2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
P=

1
1

1
+ 2
+ 2
x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy
2

Câu Va: (2 điểm).
6


1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình
cạnh AB: x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đường thẳng BC đi
qua điểm M(1; 10). Viết phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC.
n


1 
2. Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2.x + ÷ , biết rằng
x

2
n −1
An − Cn +1 = 4n + 6

(n là số nguyên dương, x > 0, Ank là số chỉnhhợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp
chập k của n phần tử)
………………. Hết ……………….

7

Câu
I-1

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA SỐ 1 – GV: Trần Đình Hiền
Nội dung
3
Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x + 3x2 – 4.

Điểm

Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
Chiều biến thiên.
y’ = - 3x2 + 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2.
y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2).
y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞).
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4.
3
2
3
2
Giới hạn. Lim (− x + 3x − 4) = +∞, Lim (− x + 3x − 4) = −∞ .Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
x →−∞

0,25

0,25

x →+∞

Tính lồi, lõm và điểm uốn.
y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1.
x
-∞
y’’
+
Đồ thị
Lõm
Bảng biến thiên.
x
-∞
y’
y
+∞

1
0

-

Điểm uốn
I(1; - 2)

0
0

-

+∞

1
+

Lồi

0,25
2
0
0

+∞
-

(I)
-2
-4

-∞

Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4).
Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2).
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3.
y

f(x)=-x^3+3x^2-4

2
1

x
-3

-2

-1

1

2

3

4

0,25

5

-1
-2
-3
-4
-5
-6

I-2

Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m.

Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠
0.
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
uu
ur
r
Vectơ AB = (2m; 4m3 ) ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (8; −1) .
I ∈ d

0,25

0,25

Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔  AB ⊥ d


0,25

 m + 8(2m3 − 3m − 1) − 74 = 0

ur
⇔ u u r
⇔m=2
 AB.u = 0


0,25
8

II-1

Tập xác định D = R.
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 s inx + sin 2 x) +  3 cos x + (1 + cos2 x)  = 0


⇔ ( 3 s inx + 2s inx.cos x) + ( 3 cos x + 2cos 2 x) = 0 ⇔

0,25

s inx( 3 + 2 cos x) + cos x( 3 + 2 cos x) = 0

3
cos x = −
2
⇔ ( 3 + 2 cos x)(s inx + cos x) = 0 ⇔ 
s inx = − cos x

5π

5π

 x = ± 6 + k 2π
x = ± + k 2π
⇔
,k ∈ Z
6
⇔


 x = − π + kπ
 t anx = −1


4

II-2
Điều kiện:

0,25

0,25

0,25

x + 2
4 − x ≥ 0

⇔− ≤ x < 4
2
x ≠ 4
 +2x − x2 ≥ 0
8



0,25

Phương trình đã cho tương đương với
x2 − 2 x − m | 4 − x |

x+2
+ 2. 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0
4− x

⇔ −(− x 2 + 2 x + 8) − m 8 + 2 x − x 2 + 2 8 + 2 x − x 2 − 6 − m = 0 .
Đặt t = 8 + 2x − x 2 ; Khi x ∈ [ - 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] .
⇔

2

Phương trình trở thành : - t – mt + 2t – 6 – m = 0
Xét hàm số f (t ) =

(1)
(2)

0,25

−t 2 + 2t − 6
m=
.
t +1

−t 2 − 2t + 8
−t 2 + 2t − 6
; t ∈ [ 0;3] ; f’(t) =
; f’(t) = 0 ⇔ t = - 4 v t
(t + 1) 2
t +1

= 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ].
t
f’(t)

-∞

-4 -1
0
- 0 + +

+

2
0
-2

f(t)

+∞

-

−

-6

III-1

3

9
4

Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0;
3]
⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ - 6 ≤ m ≤ - 2
u
u
r
Đường thẳng ∆1 có một vectơ chỉ phương u1 = (1; −2;1) , Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆1.
ur
u
Đường thẳng ∆2 có một vectơ chỉ phương u2 = (1; −1;3) , điểm N(1;-1;1) ∈ ∆2.
u ur
u u
r

uu
ur
 −2 1 1 1 1 −2 
;
;
÷ = (−5; −2;1) ; ON = (1; −1;1) .
 −1 3 3 1 1 −1 
u ur u u
u u ur
r
Ta có u1 , u2  .ON = −5 + 2 + 1 = −2 ≠ 0 . Suy ra hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau.




Ta có u1 , u2  = 


III -2

x + y = 0

Phương trình đường thẳng ∆2 : 3 y + z + 2 = 0 .


0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
9


Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆2 có dạng
λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = 0 với λ2 + µ2 ≠ 0 r ⇔ λx + (λ + 3µ)y + µz + 2µ = 0.
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (λ ; λ + 3µ ; µ ) .
u r
u
r

Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng ∆1 một góc 300. Ta có sin(∆1,(P)) = | cos(u1 , n) |
⇔ sin300 =

| 1.λ − 2(λ + 3µ ) + 1.µ |
6. λ + (λ + 3µ ) + µ
2

2

2

0,25

0,25

⇔ 3. λ 2 + 3λµ + 5µ 2 =| −λ − 5µ |

⇔ 2λ - λµ - 10µ2 = 0 ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = 0 ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ
Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z
+4=0
Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2
= 0.
Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x –
y – z – 2 = 0.

0,25

2x

u = ln( x 2 + 1)  du = 2



x +1
⇒
Đặt 
dx
 dv = 3
v = − 1
x


2 x2


0,25

2

IV-1

Do đó I = −

2
ln( x 2 + 1) 2
dx
+∫
2
1 1 x( x 2 + 1)
2x

0,25

2

2

2

ln 2 ln 5
x 
ln 2 ln 5
dx 1 d ( x 2 + 1)
1
=
−
+ ∫ − 2
−
+∫ − ∫ 2
÷dx =
2
8
x x +1
2
8
x 2 1 x +1
1
1
=

IV -2

ln 2 ln 5 
1
2
−
+  ln | x | − ln | x 2 + 1 | ÷
2
8 
2
1

5
8

= 2 ln 2 − ln 5

0,25

Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ (xyz)3 ≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3 3
.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x2 + yz + yz ≥ 3 3 ( xyz ) 2 ;
y2 + zx + zx ≥ 3 3 ( xyz ) 2 ;
z2 + xy + xy ≥
3 3 ( xyz )

0,25
0,25

2

Từ đó ta có P ≤

1
3 3 ( xyz ) 2

Từ đó ta có Max P =
Va-1

0,25

+

1
3 3 ( xyz ) 2

+

1

=

3 3 ( xyz ) 2

1
3

( xyz ) 2

≤

1
3

(3 3) 2

=

1
3

x = y = z
1
⇔ x = y = z = 3.
đạt được khi 
3
 x + y + z = xyz
x + y − 3 = 0
x = 2
⇔
.Hay A(2;1)
x − 7 y + 5 = 0
y =1

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 
Phương trình đường phân giác góc A là

x + y −3
2

=±

x −7 y +5
5 2

⇔

x + 3 y − 5 = 0 d1
3 x − y −5 = 0 d

2

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
* Nếu d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y
+7=0
* Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y
- 31 = 0

0,25
0,25

0,25
0,25

10


TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0
x + y − 3 = 0
 x = −1

⇔
. Hay B(-1; 4)
3 x − y + 7 = 0
y = 4

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 

11

x = − 5
x −7 y +5 = 0

⇔

3
 x − y +7 = 0
y = 2

5


Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
−

. Hay C(

0,25

11 2

; )

5 5

Diện tích tam giác ABC là :

S =

1
1 24
36
d (C , AB ). AB = .
.3 2 =
2
2 5 2
5

(đvdt)

TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = 0
x + y − 3 = 0
 x = −11
⇔
. Hay B(-11;
 x + 3 y − 31 = 0
 y = 14

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
14)

101

x = 5
x −7 y +5 = 0

⇔

x +3 y −31 = 0
y = 18

5


Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
101 18
5

;

5

0,25

)
1

1 104

Diện tích tam giác ABC là : S = 2 d (C , AB). AB = 2 .
Va-2

. Hay C(

5 2

.13 2 =

676
(đvdt)
5

−
Giải phương trình An2 − Cnn+11 = 4n + 6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.

(n + 1)!

n(n + 1)
= 4n + 6
Phương trình tương đương với n(n − 1) − 2!(n − 1)! = 4n + 6 ⇔ n(n − 1) −
2

⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v

n = 12.
12



Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x +


1 
÷ .
x
k

12 − k

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : Tk +1 = C (2 x)
k
12

k

k
k
Hay Tk+ 1 = C12 ( 2 x ) 12−k .x − 2 = C12 .212− k .x

0,25

24 −3 k
2

 1 

÷ ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12
 x

0,25

.

 k ∈ N , 0 ≤ k ≤ 12
⇔ k = 8.
 24 − 3k = 0

Số hạng này không chứa x khi 

8
Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = C12 24 = 7920
Chú ý:

0,25
0,25

I – Cách chấm một bài thi tự luận:
1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi.
2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tố đa câu đó !
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.
4) Một bài tốn nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ) liên quan đến
bước trên thì cắt điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.
5) Một bài tốn nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) khơng liên quan đến
bước phía trên nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ.
11


6) Học sinh cho điểm của từng câu. Sau đó cộng điểm của các câu để có điểm của bài thi.

II – Phương pháp học tập:

1) Học sinh cần trình bày đầy đủ các câu dẫn, các dấu tương đương “ ⇔”, ..v.., không được
viết tắt (trừ các ký hiệu tốn học cho phép ), khơng được làm bài q ngắn gọn hơn với đáp
án.
2) Học sinh thi theo chương trình THPT khơng phân ban cần có các tài liệu theo các chủ đề
ở nội dung của các câu trong đề thi để học tập và tích luỹ kiến thức.
3) Cần tích cực, chủ động đọc các tài liệu tham khảo, tự làm các đề thi thử, các đề tham khảo
, các đề đã thi để nâng cao trình độ kiến thức và kỹ thuật, kỹ năng trình bày một bài thi tự
luận.
4) Học sinh cần tích cực tự học ở nhà, tránh tình trạng ỉ lại các giáo viên dạy ở trên lớp.

12