TOAN THI THU DH 2012CO DAP AN39

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (347.49 KB, 17 trang )

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

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG 
NĂM HỌC 2011-2012

MƠN: TỐN 11, KHỐI D
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I. (1 điểm)

Cho hàm số

3
2
x
y

x




 có đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M(1; 2) cắt trục

Ox Oy lần lượt tại A và B. Tính diện tích tam giác OAB.
Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2cos5 .cos3x xsinxcos8x

2. Giải hệ phương trình:

2 2

3 3 10

2 8

x y xy

x y

  




 




Câu III. (2 điểm)

1. Giải bất phương trình:





21
3 9 2

x

x
x

 

 

2. Tính giới hạn:

1 1
lim

cos3 1

x

x
I

x



 




Câu IV. (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA



ABCD



và SC hợp
với mặt phẳng (ABCD) góc 600. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA.

Tính góc giữa hai đường thẳng SM, NP. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SMP).
Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

bc ca ab

A

a b a c b c b a c a c b

  

  

Câu VI. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
là 2x y  5 0 , phương trình các đường trung tuyến BM và CN lần lượt là 3x y  7 0 và

5 0

x y   . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường thẳng

chứa cạnh AB.

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0) và hai đường tròn

 

: 2 2 2 2 1 0,

    

C x y x y



' :



2 2 4 5 0

   

C x y x . Viết phương trình đường thẳng đi qua
M và cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho MA2MB.

Câu VII. (1 điểm)

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

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

I

Cho hàm số

3
2
x
y

x




 có đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M(1;2)

cắt trục Ox Oy, lần lượt tại A và B. Tính diện tích tam giác OAB.

1.0

Ta có:





 

2
1

' ' 1 1

y y

x

  



Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(1; 2) là: y x 1 (d)

Tọa độ giao điểm của (d) với Ox Oy, là: A



0;1 ,



B



1;0



 OA OB 1

Do tam giác OAB vuông tại O nên có diện tích

1 1

. . ( )

2 2

S  OA OB dvdt

0.5

II.1

Giải phương trình: 2cos 5 .cos 3x xsinxcos8x

2cos 5 .cos3x xsinxcos8x cos 2xcos8xsinxcos8x
2

sin 1

1 2sin sin 0 1

sin

2
x

x x

x






    

 



+ sinx 1 x 2 k2




   

1 6

sin

7
2

2
6

x k

x

x k









 



  

  



Vậy....

1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

II.2

Giải hệ phương trình:

 

2 2

3 3 10 1

2 8 2

x y xy

x y

  




 




Ta có:



 



2 2

3 3 10 3 3 0

x y

x y xy x y x y y

x





      

 


+ với x3y, thay vào phương trình (2) ta được:

2 6 8 0 2

4
y

y y

y





    




6
12
x
x




  



+ Với x3y, thay vào phương trình (2) ta được: (phương trình vơ nghiệm)
Vậy hệ có nghiệm



x y;



là



6;2 , 12;4

 



1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

III.1

Giải bất phương trình:





2
2

21
3 9 2

x

x
x

 

 

Đk:

9
0

2
x

 

Bpt 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>







 







2 2

2 2 2

2 3 9 2 2 18 2 6 9 2

21 21

3 9 2 3 9 2

    

    

   

x x x x x

x x

x

x x



18 2 6 9 2



2 42 9 2 4 7

x x x x x

          

Kết hợp với điều kiện ta được

9 7

2 2

0
x
x



  



 



III

Tính giới hạn:

1 1
lim

cos3 1

x

x
I

x



 




Ta có:

2 2

0 0

2
1 1
1 1

lim lim

cos3 1
cos3 1

x x

x

x x

I

x
x

x

 

 
 

 




Trong đó

2 2

0 0

1 1 1 1

lim lim

2
1 1

x x

x

x x

 

 

 

 

2
2

0 0

3
2sin

cos3 1 2 9

lim lim

3 4

.
2 9

x x

x
x

x x

 




 

 

 

 

Vậy

1 1 1 9 1

lim :

cos3 1 2 2 9

x

x
I

x



   

   

  

1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

IV

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. SA



ABCD



. SC
hợp với mặt phẳng (ABCD) góc 600. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm

của các cạnh BC, CD, AD. Tính góc giữa SM và NP. Tính khoảng cách
từ điểm A đến mặt phẳng (SMP)

M C

A D

Gọi K là trung điểm của AB thì MK//NP



SM NP,

 

 SM KM,



Xét tam giác SKM có:

2 2

2 29 5

; ;

2 2 2 2

AC a a a

KM   SM  SA AM  SK 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nên

 2 2 2 3

cos

2 . 58

SM MK SK

SMK

SM MK

 

 





 arccos 3
58

SM NP SMK

  

Ta có:

( ) ( ) ( )

SA MP

SAP MP SAP SMP SP

AP MP




    





Trong (SAP) kẻ AH  SP  AH  (SMP) d A SMP( ,( ))AH.

Trong tam giác vng SAD có 2 2 2 2

1 1 1 25 6

6 5

a
AH

AH SA AP  a  

6
( ,( ))

5
a
d A SMP

 

V

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1.
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

bc ca ab

A

a b a c b c b a c a c b

  

  

Đặt bc = x, ca = y, ab = z (x > 0, y > 0, z > 0), ta có xyz = 1.

Khi đó

2 2 2 2 2 2 2 2 2

b c c a b a x y z

A

ab ac bc ba ac bc y z z x x y

     

     

Áp dụng bđt cosi
2

,....
4

x y z

x
y z



 



Từ đó

3 3

2 2 2

x y z

A    xy 

.
Vậy Amin=

2 khi và chỉ khi x=y=z=1 hay a=b=c=1

1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

VI.1

cho tam giác ABC có pt BC là 2x y 5 0 , pt đường trung tuyến BM và
CN lần lượt là 3x y  7 0 và x y  5 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của

tam giác ABC và viết phương trình AB.

Do B BC BM  nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình:





2 5 0 2

2;1

3 7 0 1

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

 

Do C BC CN  nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:





2 5 0 0

0;5

5 0 5

x y x

C

x y y

   

 

 

 

   

 

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó G là giao điểm của BM và CN
nên có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình:









3 7 0 1

1; 4 1;6

5 0 4

x y x

G A

x y y

   

 

  

 

   

 

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 5x y 11 0

1.0

0.25
0.25
0.25

0.25

VI.2

Cho điểm M(1; 0) và hai đường tròn

 

C x: 2y2 2x 2y 1 0,



' :



2 2 4 5 0

   

C x y x

. Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho MA2MB

Nhận thấy M

 

C , M

 

C ' . Tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là:









I 1;1 , I ' 2;0

và R = 1, R’ = 3.

đường thẳng (d) qua M có phương trình:













2 2

a x 1 b y 0 0 a b 0
Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có:













2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

MA 2MB IA IH 2 I'A I 'H ' 1 d I,d 4 9 d I', d

9a b

4 35

a b a b

 

        

 

  

 

2 2

2 2
36a b

35 a 36b a 6b
a b



     



Chọn b = 1 thì a6. Khi đó (d) có phương trình: 6x y 6 0 m 

0.25

VII

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: An3An2112Cn3 6n

Đk: n3,n 



 









 



3 2 3

1 2

12 6 1 2 1 12 6

n n n

n n n

A A  C  n n n n n n     n

2 4 5 0 5

1
n

n n

n




     




Đối chiếu với điều kiện ta được n = 5.

1.0
0.25
0.25
0.25

0.25

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

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG NĂM HỌC 2011-2012
MƠN: TỐN 11, KHỐI A

(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I. (1 điểm)

Cho hàm số

1
3
x
y

x




 có đồ thị (C). Tìm tọa độ các giao điểm của các tiếp tuyến vng

góc với đường thẳng

 

 :y x 2012 với trục hoành.
Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2cos 6x2cos 4x 3 cos 2xsin 2x 3

2. Giải hệ phương trình:





2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y

x y

      





  






Câu III. (2 điểm)

1. Giải bất phương trình





2 4 2

6 x  3x1  x x  1 0 (x )

2. Tính giới hạn:

3 2

1 1
lim

cos3 1

x

x
I

x



 




Câu IV. (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA



ABCD



và SC hợp
với mặt phẳng (ABCD) góc 600. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD, AD.

Tính góc giữa hai đường thẳng SM và NP. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SMP).
Câu V. (1 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:









3 4 3 12

2 3 2 3

b c a c b c

P

a b a c

  

  



Câu VII. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng chứa cạnh

AB, AC lần lượt là 2x y  3 0, x y 0 và trọng tâm G



2; 1



. Lập phương trình đường
thẳng chứa cạnh BC.

2. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn

 

C x: 2y2 8x 9 0 và điểm M



1; 1



.
Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA3MB.

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

Tìm hệ số của x9 trong khai triển

 

3
2
2
3

n

P x x

x

 

  

  biết n là số tự nhiên thỏa mãn:

5 4 3 2 5

2
11

3 3

n n n n n

C  C  C C  C 

... Hết ...
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

I

Cho hàm số

1
3
x
y

x




 có đồ thị (C). Tìm tọa độ các giao điểm của các tiếp tuyến

vng góc với đường thẳng

 

 :y x 2012 với trục hồnh.

1.0

Ta có:





2
4
'

3
y

x






Do tiếp tuyến vng góc với

 

 :y x 2012 nên có hệ số góc bằng (-1)

0.25

Hồnh độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:

 





0 2

0
0

1
4

' 1 1

5
3

x
y x

x
x





    



 

0.25
+ Với x0 = 1: Phương trình tiếp tuyến là y = –x  tiếp tuyến cắt trục Ox tại O(0; 0) 0.25

+ Với x0 = 5: Phương trình tiếp tuyến là y = 8 – x  tiếp tuyến cắt trục Ox tại A(8; 0) 0.25

II.1

Giải phương trình: 2cos 6x2cos 4x 3 cos 2xsin 2x 3 1.0

Pt  4cos x5 .cosx2sin .cosx x2 3 cos2x 0.25

cos 0

2cos5 sin 3 cos
x

x x x




 

 



cos 0
cos5 cos

6
x

x x 






  

  

 

  



0.25

24 2
36 3

x k

k
x




 



 






  




  



Vậy pt đã cho có các nghiệm là:…

0.25

Giải phương trình: 2cos 6x2cos 4x 3 cos 2xsin 2x 3 0.25
II.2

Giải hệ phương trình:



2



2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y

x y

      




  






1.0

Ta có hpt



2



2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y

      


 

  






0.25

Đặt





0
2

u x y

v

v x y

 






 

 , hệ pt trở thành:

 

2 5 6 2 0 1
1

3 2

u uv v

u
v

   




 




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

 

1 2
3
u v
u v


  


+ với u3v thế vào (2) ta được pt vô nghiệm.

0.25

+ với u2v thế vào (2) ta tìm được

3 3

8; 4

1 1

2 4 2

u x u x

v

v y y

 
  
  


  
 
   

 
    
  



Vậy hệ co cặp nghiệm (x; y) là

3 1 3 1
; ; ;
4 2 8 4

   

   

   

0.25

III.1

TXĐ:



 





 



2 2 2 2

,  6 2  1   1  6  1  1 0

 

BPT x x x x x x x x

 0.25





2 2

6 1

12. 6 0

1 1

x x

x x x x

 

   

    (vì x2  x 1 0, x) 0.25

Đặt





2
6 1
( 0)
1
x x
t t
x x
 
 

  , ta được

2 3

2 6 0 0

t  t    t 0.25





2
2

6 1 9 11 21 11 21

5 11 5 0 ;

1 4 10 10

x x

x x x

x x

     

         

    0.25

III.2

Tính giới hạn:

3 2
0
1 1
lim
cos3 1
x
x
I
x

 

 1.0

Ta có:
3 2

3 2 2

0 0
2
1 1
1 1
lim lim
cos3 1
cos3 1
x x
x
x x
I
x
x
x
 
 
 
 

 0.25

Trong đó





3 2

2 2

0 0 2 3 2

1 1 1 1

lim lim

1 1 1

x x

x

x x x

 

 

 

    0.25

2

2
2
0 0
3
2sin

cos3 1 2 9

lim lim
2
3 4
.
2 9
x x
x
x
x x
 


 
 
 
 
0.25
Vậy
3 2
0

1 1 1 9 25

lim

cos3 1 3 2 6

x
x
I
x

 
   
 0.25
IV

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. SA



ABCD



. SC hợp với
mặt phẳng (ABCD) góc 600. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,

CD, AD. Tính góc giữa SM và NP. Tính d(B, (SMP)).

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

M C

A D

Gọi K là trung điểm của AB thì MK//NP



SM NP,

 

 SM KM,



0.25

Xét tam giác SKM có:

2 2

2 29 5

; ;

2 2 2 2

AC a a a

KM   SM  SA AM  SK 

Nên

 2 2 2 3

cos

2 . 58

SM MK SK

SMK

SM MK

 

 





 3

, arccos

SM NP SMK

  

0.25

Ta có:

( ) ( ) ( )

SA MP

SAP MP SAP SMP SP

AP MP




    





Trong (SAP) kẻ AH  SP  AH  (SMP)d A SMP( ,( ))AH.

0.25

Vì AB/ /



SMP



nên d A SMP( ,( ))=d B SMP( ,( ))AH
Trong tam giác vuông SAD có: 2 2 2 2

1 1 1 25 6

6 5

a
AH

AH SA AP  a  

6
( ,( ))

5
a
d B SMP

 

0.25

V

Cho các số thực dương a, b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:









3 4 3 12

2 3 2 3

b c a c b c

P

a b a c

  

  



1.0

CM được: Với x, y >0 thì

 

1 1 4

*
x y x y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y

0.25

Ta có









3 4 3 12

11 2 1 8

2 3 2 3

b c a c b c

P

a b a c

 

      

         



 

   





1 1 4

4 3 3

2 3 2 3

a b c

a b a c

 

      



 

0.25

Áp dụng (*) ta được:

1 1 4

1 1 4 16

2 3 2 3

4 4 16 2 3 2 3 4 3 3

2 3 2 3 4 3 3

11 16 5

a b a b

a b a c a b c

P P



 



 

   



  

  

    



    

0.25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi min

2 2

3 3

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

VI.1

Cho tam giác ABC có phương trình AB, AC lần lượt có là 2x y  3 0, x y 0 và

trọng tâm G(2; -1). Lập phương trìnhBC 1.0

Do A AB AC  nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:





2 3 0 1

1; 1

0 1

x y x

A

x y y

   

 

  

 

  

 

0.25

Vì B AB C AC ,  nên B b b



; 2  3 ,



C c c



;



Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ :

1 6

1 2 3 3

b c

b c

  




    



0.25









2;1 , 3; 3
3

b

B C

c




   



 0.25

Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: 4x y  9 0 0.25

VI.2

Cho

 

C x: 2y2 8x 9 0 và điểm M



1; 1



. Viết phương trình đường thẳng đi

qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA3MB 1.0

H
I

A B

0.25

Giả sử đường thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA3MB

Kẻ 2

AB
IH AB HB HA 

mà 3 4 2

AB BH

MA MB MH  

Do đó

2 2 2

2 2 2 2 2

4 4

BH R IH

IH IM  MH IM  IM  

2 2

2 4 5 5

IM R

IH     IH 

0.25

Đường thẳng d đi qua M có phương trình:













2 2

1 1 0 0

a x b y  a b 





2 2

2
4

, 5

a b

a b a

d I d IH b

a

a b




  

   

 




0.25

+ Với a= -2b, chọn b= -1 thì a=2, ta có d: 2x – y – 3 =0

+ Với a = b/2, chọn b = 2 thì a = 1, ta có d: x+2y+1=0 0.25

VII.

Tìm hệ số của x9 trong khai triển

 

3
2
2
3

n

P x x

x

 

  

  biết n là số tự nhiên thỏa mãn:

5 4 3 2 5

3 3

n n n n n

C  C  C C  C 

1.0

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







 



5 4 3 2 5 5 4 4 3 3 2 5

2 2

5 4 3 5 5 4 5

1 1 1 2 2 2 2

5 5

3 2

11 11

3 3 2

6 6

11 11

6 6

8 ( / )
6

n n n n n n n n n n n n

n n n n n n n

n n

C C C C C C C C C C C C

C C C C C C C

C C n t m

 

      

 

          

      

   

Khi đó

 

8 8 8

3 3 24 5

2 2

0 0

2 2 2

3 3 3

k k

k

k k k

n n

k k

P x x C x C x

x x

 

 

     

        

 



 



 

Số hạng chứa x9 ứng với k thỏa mãn 24 5 k  9 k 3

Vậy hệ số của x9 là

3
3

2 448

3 27

C   

  0.25

...Hết...

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNGNĂM HỌC 2011-2012
MƠN: TỐN 11, KHỐI B

(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I. (1 điểm)

Cho hàm số

1
3
x
y

x




 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp

tuyến vng góc với đường thẳng

 

 :y x 2012.

Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2cos 6x2cos 4x 3 cos 2xsin 2x 3

2. Giải hệ phương trình:





2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y

x y

      




  







Câu III. (2 điểm)

1. Giải phương trình:





2 3

1 1 8

x  x   x

2. Tính giới hạn:

3 2

1 1
lim

cos3 1

x

x
I

x



 




Câu IV. (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD hình vng cạnh a, SA



ABCD



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

Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: xy yz zx 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

x y z

A

x y y z z x

  

  

Câu VI. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng chứa cạnh
AB, AC lần lượt là 2x y  3 0, x y 0 và trọng tâm G(2; -1). Lập phương trình đường
thẳng chứa cạnh BC.

2. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn

  







2 2 25

: 1 2

C x  y 

và đường thẳng

 

d : 3x4y 20 0

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD ngoại tiếp đường tròn (C)
biết A d

Câu VII. (1 điểm) Tìm hệ số của x9 trong khai triển

 

3
2
2
3

n

P x x

x

 

  

  biết n là số tự nhiên

thỏa mãn:

5 4 3 5

1 1 1 2

11
2

n n n n

C   C  C   C 
.

...Hết...
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

I

Cho hàm số

1
3
x
y

x




 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết

tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

 

 :y x 2012.

1.0

Ta có:





2
4
'

3
y

x






Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

 

 :y x 2012nên có hệ số góc bằng (-1)

0.25

Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:

 





0 2

0
0

1
4

' 1 1

5
3

x
y x

x
x





    



 

0.25
+ Với x0=1 thì phương trình tiếp tuyến là y = -x 0.25

+ Với x0=5 thì phương trình tiếp tuyến là y = 8-x 0.25

II.1 Giải phương trình: 2cos 6x2cos 4x 3 cos 2xsin 2x 3 1.0

Pt  4cos x5 .cosx2sin .cosx x2 3 cos2x 0.25

cos 0

2cos5 sin 3 cos
x

x x x




 

 



cos 0
cos5 cos

6
x

x x 






  

  

 

  



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

2
24 2
36 3
x k
k
x
k
x


 
 

 



  


  


Vậy pt đã cho có các nghiệm là:…

0.25

II.2

Giải hệ phương trình:





2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y
x y
      


  



1.0

Ta có hpt



2



2 5 4



2 2



6 2





2 0

2 3

x y x y x y

x y
x y
      

 
  



0.25
Đặt





2
0
2

u x y

v

v x y

 






 

 , hệ pt trở thành:

 

2 5 6 2 0 1
1

3 2

u uv v

u
v
   


 



0.25

 

1 2

3
u v
u v


  


+ với u3v thế vào (2) ta được pt vô nghiệm.

0.25

+ với u2v thế vào (2) ta tìm được

3 3

8; 4

1 1

2 4 2

u x u x

v
v
y
y
 
  
  


  
 
   

 
    
  



Vậy hệ có cặp nghiệm (x; y) là

3 1 3 1
; ; ;
4 2 8 4

   

   

   

0.25

III.1

Giải phương trình:





2 3

1 1 8

x  x   x 1.0

Đk: x1

Ta có:





2 3 3 2

1 1 8 1 1 2 8 0

x  x   x  x  x  x  x  0.25









2 4 0

1 1
x

x x x

x



     

  0.25







2 4



1 1

x x x

x

 

       

 

  0.25

x

  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 0.25

III.2

Tính giới hạn:

3 2
0
1 1
lim
cos3 1
x
x
I
x

 

 1.0
Ta có:

3 2

3 2 2

0 0
2
1 1
1 1
lim lim
cos3 1
cos3 1
x x
x
x x
I
x
x
x
 
 
 
 

 0.25

Trong đó





3 2

2 2

0 0 2 3 2

1 1 1 1

lim lim

1 1 1

x x

x

x x x

 

 

 

   

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

2
2

0 0

3
2sin

cos3 1 2 9

lim lim

3 4

.
2 9

x x

x
x

x x

 



 

 

 

 

0.25

Vậy

3 2

1 1 1 9 25
lim

cos3 1 3 2 6

x

x
I

x



 

   

 0.25

IV

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. SA



ABCD



. SC hợp với
mặt phẳng (ABCD) góc 600. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,

CD, AD. Tính góc giữa SM và NP. Tính d(B, (SMP)).

1.0

M C

A D

Gọi K là trung điểm của AB thì MK//NP



SM NP,

 

 SM KM,



0.25

Xét tam giác SKM có:

2 2

2 29 5

; ;

2 2 2 2

AC a a a

KM   SM  SA AM  SK 

Nên

 2 2 2 3

cos

2 . 58

SM MK SK

SMK

SM MK

 

 





 3

, arccos

SM NP SMK

  

0.25

Ta có:

( ) ( ) ( )

SA MP

SAP MP SAP SMP SP

AP MP




    





Trong (SAP) kẻ AH  SP  AH  (SMP)d A SMP( ,( ))AH.

0.25

Do AB//(SMP) nênd A SMP( ,( ))d B SMP( ,( ))AH.
Trong tam giác vng SAD có: 2 2 2 2

1 1 1 25 6

6 5

a
AH

AH SA AP  a  

6
( ,( ))

5
a
d N SMP

 

0.25

V

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: xy yz zx 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

x y z

A

x y y z z x

  

  

1.0

Ta có:

 

1
2
2

xy

x xy xy

x x x

x y   x y   xy  

Tương tự:

 

2 2

2 , 3

2 2

yz

y z xz

y z

y z   x z  

0.25

Từ (1), (2) và (3) ta có:

1
2

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

Mặt khác với x, y, z > 0 thì x y z   xy yz zx 1
1

2
A

 

. Vậy min
1
2

A 

khi và chỉ khi

1
3

x  y z 0.25

VI.1 Cho tam giác ABC có phương trình AB, AC lần lượt có là 2x y  3 0, x y 0 và

trọng tâm G(2; -1). Lập phương trìnhBC 1.0

Do A AB AC  nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:





2 3 0 1

1; 1

0 1

x y x

A

x y y

   

 

  

 

  

 

0.25

Vì B AB C AC ,  nên B b b



; 2  3 ,



C c c



;



Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ :

1 6

1 2 3 3

b c

b c

  




    



0.25









2;1 , 3; 3
3

b

B C

c




   



 0.25

Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: 4x y  9 0
VI.2

Cho đường tròn

  







2 2 25

: 1 2

C x  y 

và đường thẳng

 

d : 3x4y 20 0 .
Xác định tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD ngoại tiếp (C )biết A d

1.0

2
R

Đường thẳng d có phương trình tham số là:
4
5 3

x t

y t





 


0.25

Do A d nên A t



4 ;5 3 t



. Từ giả thiết ta có: AI R 2 5



4 1t





7 3t



2 25 t 1 A



4; 2



C



2; 6



          

0.25



6;8



CA

  

. Do ABCD là hình vng nên BDAC tại I.

 Phương trình đường thẳng BD là:

1 4
2 3

x t

y t

 




 


0.25



1 4 ; 2 3



B t t

   

. Lại có IB = IA= 5 nên ta có pt :

 





2 2

4t  3t 25 t 1
+ Với t = 1 thì B(5 ; -5) D(-3 ;1)

+ với t = -1 thì B(-3 ;1) D(5 ;-5)

0.25
VII

Tìm hệ số của x9 trong khai triển

 

3
2
2

n

P x x

x

 

  

  biết n là số tự nhiên thỏa mãn:

5 4 3 5

1 1 1 2

11
2

n n n n

C   C  C   C 

1.0

Đk: n5,n 



 



5 4 3 5 5 4 4 3 5

1 1 1 2 1 1 1 1 2

5 4 5 5 5

2 2 2 3 2

11 11

6 6

11 11

8 ( / )

6 6

n n n n n n n n n

n n n n n

C C C C C C C C C

C C C C C n t m

        

    

       

      

0.5

Khi đó

 

8 8 8

3 3 24 5

2 2

0 0

2 2 2

3 3 3

k k

k

k k k

n n

k k

P x x C x C x

x x

 

 

     

        

 



 



 

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

Số hạng chứa x9 ứng với k thỏa mãn 24 5 k  9 k3

Vậy hệ số của x9 là

3
3

2 448

3 27

C   

  0.25

</div>