8 de va DA thi thu hay va kho 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (521.3 KB, 44 trang )

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

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN

NĂM 2011

Câu I) Cho hàm số 1
1

x
y

x

+
=

− (H)

1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H)

2) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và khoảng
cách giữa hai tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II)

1) Giải phương trình lượng giác:

2 2

2 3 sin .cos 2 cos 3 4 sin cos .cos

8 8 8 3 3

x π x π x π  x π x π x 

         

− − + − = + + − +

          

          

2) Giải hệ phương trình sau:

(

)

1 2

1 1 3 3

y x

x y

x

y x x



+ = +




 + − = +



Câu III)

1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số:y=ex 25−ex và 144
25 x

y

e

=
−

2) Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng tại B có AB=a;BC=a 2 ,

' 6

BB =a . Mặt phẳng (P) qua A vng góc với A’C cắt CC’, BB’ lần lượt tại M, N. Tính thể
tích khối chóp ABCMN.

Câu IV)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) và các ñường thẳng d1:x+2y− =1 0;d2:x+2y+ =8 0.
Tìm B thuộc d1, D thuộc d2 và C sao cho ABCD là hình vng.

2) Trong khơng gian Oxyz cho A(2;1;-1); B(-1;2;0) và ñường thẳng d:
1

x t

y

z t

= +



=

 = −


. Viết phương
trình đường thẳng ∆ qua B cắt (d) sao cho khoảng cách từ A ñến ñường thẳng ∆ bằng 11
Câu V)

1) Giải phương trình: 2

100x+250x=40x+6(25x−4 )x

2) Cho hai số a, b thỏa mãn 1; 1
2

a
a

b

≥ − > . Tìm a, b sao cho biểu thức

2 1

( )

a
A

b a b

+
=

− nhỏ nhất.

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

Đ

ÁP ÁN MÔN TOÁN KI

Ể

M TRA

Câu I)

1. 1

x
y

x

+
=

− . Khảo sát – HS tự làm

2. Gọi ; 1 , ; 1

1 1

a b

M a N b

a b

+ +

   

 −   − 

   

Tiếp tuyến tại song song với tt tại N '

( )

1
1

a b

f a f b a

b

≠



⇔ = ⇒ ≠

 ≠


(

)

(

)

2 2

1 1

( )

a b

a b

a b loai

a b



− = −  + =



− −

⇔ ⇒

=

 ≠ ≠



TT tại

(

)

(

)

(

)

2 2

2 1

: : 2 1 2 1 0

1
1

a

M y x a x a y a a

a
a

= − − + ⇒∆ − − − + =

−
−

Ta cóI

( )

1;1 là trung ñiểm MN suy ra khoảng cách giữa hai tiếp tuyến lớn nhất⇔dI/ max∆

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2

/ 4 2

2
2

2 1 2 1 4 1 4 4

2
2
4

4 1 4 1 1

I

a a a a

d

a a a

a

∆

+ − − − + −

⇒ = = = ≤ =

+ − + − + −

−

1 2 2 1 1 2

m

a a b

d

a a b

 − =  = +  = −

⇒ = ⇔ ⇒ ⇒ ⇒

− = − = − + = +

  

  

có hai cặp điểm M,N
Câu II)

1. Giải phương trình lượng giác:

2 2

2 3 sin .cos 2 cos 3 4 sin cos .cos

8 8 8 3 3

3 sin 2 1 cos 2 3 4 sin 2 cos cos 2

4 4 3

3 sin 2 cos 2 3 2 2 cos 2 2 cos 2

4 4

x x x x x x

x x x x

π π π π π

π π π

π π

 

         

− − + − = + + − +

          

          

     

⇔  − + +  − = + +  + 

   

⇔  − +  − = − + − +

   

3 1 3

sin 2 cos 2 sin 2 sin

2 4 2 4 2 12 3

2 2

12 3 8

2 7

2 2

12 3 24

x x x

x k x k

π π π π

π π π π π

     

⇔  − +  − = ⇔  + =

     

 

+ = + = +

 

⇒ ⇔

 + = +  = +

 

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

2. Giải hệ

( )

(

)

( )

1 2

2 1

1 1 3 3 2

y x

x y

x

y x x



+ = +




 + − = +



( )

(

) (

)

0( )

1 2 2 2 2 0

x y loai

y x y x x xy x y x y y x

y x

 + =

⇔ + = + ⇒ − + − = ⇔

=


Thay y=2x vào (2) ta có:

(

)

(

)

2 2

3 1

2 1 1 3 3 2

1 1

x

x x x x

x

+ − = + ⇒ =

+ −

Ta thấy VP có dạng

( )

3 3

' 0

1 1

t

f t f t

t t

= ⇒ = − <

− − nghịch biến

( )

: 2 ' 2 0

VT f x = x⇒ f x = >

x

⇒ = là nghiệm duy nhất
KL: nghiệm của hệ

(

3; 2 3

)

Câu III)

Tính Shp giới hạn bởi:y=ex 25−ex và 144
25 x

y

e

=
−

Hồnh độ giao điểm 2 đồ thị là nghiệm ex 25−ex = 144

25−ex

⇔ ex 25−ex =

(

)

( )

9 ln 9

144

25 144

ln16
16

x
x x

x
x

e TM x

e e

x

e TM

e

 =  =

⇔ − = ⇔ ⇔

=
=

−  

(

)

(

)

ln16 ln16

ln 9 ln 9

25 144

144
25

25 25

x x

x x

e e

S e e dx dx

e e

− −

⇒ = − − =

− −

∫

Đặt 2 2

25−ex =t⇒25− =ex t ⇒ex=25−t ⇒−e dxx =2tdt

(

)

2 2

(

)

4 4

2 2

3 3

4 4

2 4 4

3 3

25 144 2 25 144

. 2

25 25

288 1 1 2 144 5 74 144 7

2 ln ln

10 5 5 3 5 5 3 5 18

t t tdt t t

S dt

t t t

t t

t dt dt

t t t

− − − − −

⇒ = =

− −

−

 

= − −  −  = − − = − −

− + +

 

∫

Câu III)

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

4
Tính được CI=a suy ra IA’=2a 1

AA ' 2

MC

⇔ = ⇒M là trung ñiểm của CC’

Có BC ⊥

(

ABA B' '

)

⇒BC ⊥AN AN, ∈

( )

P ⇒ AN ⊥AC'⇒ AN ⊥

(

A BC'

)

⇒ AN ⊥A B'

' '

NB BJ

AA = JA với J =AN∩A B'

Tính được 7, ' 7 1 1 ' 6

7 ' 6 6 6

a BJ a

BJ A B a NB AA

JA

= = ⇒ = ⇒ = =

(

)

1 1 1 6 6 2 3

. . 2

3 3 2 6 2 9

ABCNM

a a

V = AB dt BCNM = a  + a =a

 

B
N

C
M
C'
A'

Câu IV)

1) Giả sử ta đã tìm được B, D thỏa mãn ñiều kiện ta suy ra D là ảnh của B qua phép quay tâm A 
góc quay ±900

*) Xét phép

0
0

1 1 1 1 1

( ,90 )
( , 90 )

: : 2 4 0 (0; 4)

: ( 5;3) : 7 5 20 0 : 5 7 9 0

5 1

; ( 6; 3)

2 2

A
A

Q d a a x y D a d D

Q D B B BD x y AC x y

I AC BD I C

−

→ ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒ −

→ ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + =

 

= ∩ ⇒ − − ⇒ − −

 

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

0
0

1 2 2 2 1

( , 90 )

( ,90 )

16 12

: : 2 4 0 ;

5 5

27 11

: ; : 7 5 20 0 : 5 7 9 0

5 5

6 33
;

5 5

A

Q d a a x y D a d D

Q D B B BD x y AC x y

C

−

 

→ ⇒ − + = ⇒ = ∩ ⇒ − − 

 

 

→ ⇒  − ⇒ + + = ⇒ − + =

 

 

⇒  − 

 

2)

( )

(

)

(

)

(

)

2 2 2

/ 2 2

1 ; 0; , 2; 2;

; ( 3;1;1); , ( 2; 2 2; 4)

2 (2 2) ( 4)

11 2 (0;1; 1) : 2

( 2) 4

A

d M t t u BM t t

BM AB

d AB BM AB t t t

BM

x

t t t

d t u PTTS y t

t t

z t

∆

∆
∆

∆ ∩ = + − = + − −

 

   

= = −  = − − −

= −


− + − + − 

⇒ = = ⇔ = − ⇒ − ⇒ ∆  = −

+ + +  = +



Câu V)

1) Giải phương trình:
Ta có

100 10 (25 4 ) 6(25 4 ) 0
10

10 10 25 4

6 0

25 4 25 4 10

3
25 4

x x x x x x
x

x x x x

x x x x x

x x

PT ⇔ + − − − =



=


  −



⇔  + − = ⇔

− − 

 

= −
 −


(1)
(2)

Giải (1) ta có 5
2

1 17

log

x=  + 

 ; Giải (2) ta có 25

1 37

log

x=  + 

 

2) Từ giả thiết ta suy ra 3

0; 1 0; ( ) 0

a≠ a + > b a b− >

Ta có

0 ( )

a
b a b

< − ≤ nên ta có

3
2

2 1

4 a

P

a

 + 

≥  

  Xét hàm số

3
2

2 1 1

( ) ; ;

a

f a a

a

+  

= ∈ − +∞ 

 

Lập bảng biến thiên ta tính được min ( )f a =3 tại a=1 hoặc 1
2

a= − suy ra Min P=12 tại
1

2
1

1
2

a a

b



= = −

 

 ∨
 = 

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

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN

N

Ă

M H

Ọ

C 2010- 2011

Thời gian làm bài 180 phút 
Câu I) Cho hàm số

1
3
2

+
+
=

x
x

y (H)

1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H)

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại những điểm thuộc đồ thị có khoảng cách đến
ñường thẳng 3x+4y-2=0 bằng 2.

Câu II)

1) Giải phương trình sau: 3

4
sin
2
2
3

sin
3
cos

2
sin
4

cos 2 +








+
=









+ π

x
x

x

x
x

2) Giải hệ phương trình sau:






=
+
+

=
−
−
+
−

y
x
x

y
y

x
y
x

3
2

28
30
9 2
2
3
6

Câu III)

1) Tính tích phân sau:

∫

+
= 3

2
cos
1
cos

tan
π

dx
x
x

x
I

2) Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có ñáy là tam giác vuông với cạnh huyền BC=2a; 0
60
ˆC=

B

A . Mặt

bên (BCC’B’) là hình thoi ( 0
90
ˆ
'BC<

B )và vng góc với đáy mặt bên (ABB’A) tạo với đáy
một góc 450 .Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’.

Câu IV)

1) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho đường trịn (T) có phương trình:x2 +y2 −8x+12=0 và
I(8;5). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB ñến
ñường tròn (T) ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua I. (A, B là hai tiếp ñiểm)

2) Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 và đường thẳng (d) có
phương trình

1
6
4

2
2

3= − = −

− y z

x

. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A cắt (d) tại B, cắt
(P) tại C sao cho AB=AC.

Câu V)

1) Tìm m để phương trình log ( 6 ) 2log ( 14 2 29 2) 0
2

1
3

2 mx− x + − x + x− = có 3 nghiệm thực
phân biệt

2) Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2
3
3

)
(
7

y
x
xy

y
x
xy
y

x
A

+
+
+

+
=

Họ và tên:……….. 
Trường:………..

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

Đ

ÁP ÁN THI TH

Ử

Câu I)

1)Học sinh tự làm

2) Xét H

a
a
a

M ∈






+
+
1
3
2
;

Tiếp tuyến tại M là:

(

)

(

)

1 (*)

3
2
1
1
2 +
+
+
−

+
−
=
a
a
a
x
a

y (0,25đ)
Có: dM/∆ =2 với ∆:3x+4y−2=0


























−
=
−
=
−
<
⇔



=
+
+
−
<












=
=
−
≥
⇔



=
−
−
≥
⇔










−
−
=
+
+

−
<



+
=
+
+
−
≥
⇔
+
=
+
+
⇔
=
+
−






+
+
+
⇔

)
(
3
4
)
(
5
1
0
20
19
3
1
)
(
3
1
)
(
0
1
0
3
1
10
10
10
9
3
1

10
10
10
9
3
1
)
25
,
0
(
1
10
10
9
3
2
4
3
2
1
3
2
4
3
2
2
2
2
2

2
2
TM
a
TM
a
a
a
a
a
TM
a
TM
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
ñ
a
a
a

a
a
a

Giải ñúng 4 giá trị của a: 0,25đ

Từ đó có 4 tiếp tuyến tương ứng với 4 giá trị của a. (Viết ñủ 0,25ñ)
Câu II)

1) Giải phương trình lượng giác:

3
4
sin
2
2
)
2
2
cos(
3
cos
)
2
2
cos(
4
cos
2
+







+
=












−
+
−
+
⇔ π π
π
x
x
x
x

x

PT (0,25ñ)

3
4
sin
2
2
4
3
cos
.
4
cos
2
.
4
3
cos
.
4
cos
2
2
+







+
=


















−






−







+
⇔ π
π
π
π
π
x
x
x
x

⇒ñiều kiện: 0

4
3

cos ≠






−π

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

8
)
25
,
0
)(
(
2
2
4
sin
0
2
1
4
sin
2
4
sin
2
3
4
sin
2
4

cos2 2

d

TM
x
x
x
x
x
PT
−
=






+
=
−






+
−







+
−
⇔
+






+
=






+
⇔
π
π
π
π
π

KL: 



+
=
+
−
=
π
π
π
π
2
2
2
k
x
k
x
(0,25ñ)

2) Giải hệ:





=
+
+
=

−
−
+
−
)
2
(
3
2
)
1
(
28
30
9 2
2
3
6
y
x
x
y
y
x
y
x
Điều kiện:
2
3
−

≥
x

PT(1)⇔ x6 +x2 =y3+9y2 +28y+30⇔ x2

(

x4 +1

)

(

y+3

)

[

(y+3)2 +1

]

⇒ y+3≥0 (0,25ñ)
Xét hàm số f

( )

t =t

( )

t2 +1 =t3 +t với t≥0

⇒
∀
>
+

= t t

t

f'( ) 3 2 1 0 hàm f(t) ñồng biến.

( )

2 = ( +3)⇔ 2 = +3

⇒ f x f y x y (0,25ñ)
Thay vào (2): 2x+3=x2 −x−3




−
=
=
⇒





=
+
+
−
−
≥
−
−
⇔




+
+
+
−
−
=
+
≥
−
−
⇔
2
3
0

6
4
5
2
0
3
9
6
6
2
3
2
0
3
2
3
4
2
2
2
3
4
2
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
(0,25đ)

Với x=3⇒ y=6;x=− 2⇒ y=−1

KL: Hệ có nghiệm

( ) ( )

x;y = 3;6,

(

− 2;−1

)

(0,25ñ)
Câu III)

∫

+
=
+
=
+
3
4
2
2
3
4
2

2
3
4
2 cos
1
.
2
tan
.
tan
cos
1
.
1
cos
1
.
tan
cos
1
.
cos
tan
π
π
π
π
π
π
dx

x
x
x
dx
x
x
x
dx
x
x
x
(0,25 d)

Đặt tan2 x+2=t⇒t2 =tan2 x+2 (0,25)

dx
x
x
tdt
dx
x
x

tdt 2 2

cos
1
.
tan
cos

1
.
tan
2

2 = ⇒ =

⇒ (0,25ñ)

(

5 3

)

5
3
5
3
5
3
−
=
=
=
=

⇒

∫

dt t
t

tdt

I (0,25d)

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

C'

A

M

B

H
C

B'
A'

Vì

(

BCC'B'

) (

⊥ ABC

)

Hạ B'H ⊥BC⇒ B'H ⊥

(

ABC

)

Hạ HM ⊥AB⇒B'MˆH =450 (0,25ñ)
Đặt

a
x
AC
HM
x

BH

=
⇒

x
x

a
a
HM
a

a
AC

2
3
2

3
3

2
3

2 = ⇒ = =

2
2
2

4
'

'H BB BH a x

B = − = − (0,25đ)

MHB

∆ vng cân

7
4
4

4
3

'H HM x2 a2 x2 x a

B = ⇒ = − ⇒ = (0,25ñ)

(

)

7
7
3
7
3
.
3
2
1
.
7
3
2
.

'Hdt ABC a a a a a

B

V = = = = (ñvtt)

Câu IV):

Xét A ;

( )

x y là tiếp điểm

∈

⇒ A đường trịn: x2+y2 −8x+12=0(1) tâm J

( )

4;0;R=2

(

x y

)

A

J −4;

( )

m
M
Oy

M∈) ⇒ 0;

(

x;y m

)

A

M −

MA là tiếp tuyến ⇒ MA⊥ JA (0,25ñ)
0

4
0

. = ⇔ 2 − + 2 − =

⇔MAJA x x y my

0
4

2 + − − =

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

⇒ tọa ñộ A thỏa mãn hệ:

0
12
4
0
4
0
12
8
2
2
2

2
=
−
−
⇒




=
−
−
+
=
+
−
+
my
x
my
x
y
x
x
y
x

⇒ A,B thuộc ñường thẳng ∆:4x−my−12=0 (0,25ñ)
A, B qua I

( )

8;5 ⇔32−5m−12=0⇒m=4

Vậy M(0;4) TMĐK (0,25)

2) Giả sử ∆∩d =B

(

3+2t;2+4t;6+t

)

⇒A là trung ñiểm BC

(

t t t

)

C −5−2 ;−2−4;−2−2

⇒

Vì C thuộc mặt phẳng (P)

(

)

2
1
3
6
0
3
2
2
4
2
2
5

2− − + + + + + = ⇒ = ⇒ =

⇒ t t t t t

(

−6;−4;−3

)

⇒C

∆

⇒ qua A, C⇒ AC

(

−5;−4;−5

)

PTTS

( )






−
=
−
=
−
−
=
∆
t
z
t
y
t
x
5
2
4

5
1
:
Câu V)

(

)

(

)

(

)

log

(

14 29 2

)

log
2
29
14
log
2
6
log
)
1
2
2
3
2
2
2
3
2 1
−
+
−
=

−
⇔
−
+
−
−
=
−
⇔ −
x
x
x
mx
x
x
x
mx






+
−
−
=
<
<
⇔





−
+
−
=
−
>
−
+
−
⇔
29
2
14
6
2
14
1
2
29
14
6
0
2
29
14
2

2
3
2
x
x
x
m
x
x
x
x
mx
x
x
(0,25)

Xét

( )

=6 2 −14 −2+29

x
x
x
x

f với 







∈ ;2

14
1

x

( )

(

)

2
3
2
2
1
3
1
1
12
2
14
12
2
14
12
'
x
x
x
x
x

x
x
x
x
t
f






−






+
−
=
+
−
=
+
−

= (0,25)

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

Từ đó ta có: PT có 3 nghiệm khi

2
39

19<m< (0,25)

2)

(

)

(

)

2
2
3

y
x
xy

y
x
xy
y

x
A

+
+
+

= (0,25)

Theo Cauchy:

(

x+y

)

3 +4xy

(

x+y

)

≥4 xy

(

x+y

)

2 (0,25)

(

2 2

)

2 2

(

)

2
2

2
2
2

2
.

2
2

2 x y

xy
xy

y

x
xy
y

x
xy
xy
y

x

xy = +







 + +
≤

+
=

+ (0,25)

2
8
min

8
2
2
.

4 = ⇒ =

≥

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

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN

NĂM 2011

Câu I) Cho hàm số y=x4−2mx2+2 (Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=3

2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường
trịn ngoại tiếp ñi qua ñiểm 3 9;

5 5

D 

 

Câu II)

1) Giải phương trình sau 2

(

)

: cos 2 cos 4 tan 2 .cot 1
4

x+ x x x− = −

2) Giải hệ phương trình:

(

)(

)

2 2

1 1 1

35
0
12
1

x x y y

y
y

x

 + + + + =




+ + =



 −



(1)
(2)
Câu III)

1) Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng giới hạn bởi
2

ln(1 )

y=x +x trục Ox và ñường thẳng x=1

2) Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh ñáy bằng a. Gọi M, N , I lần lượt là trung
ñiểm của AA’, AB và BC. Biết góc tạo bởi (C’AI) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp
NAC’I và khoảng cách giữa hai ñường thẳng MN, AC.

Câu IV)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có

pt:

(

x−2

) (

2+ y−3

)

2 =10. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vng, biết cạnh AB đi qua

(

3; 2

)

M − − và xA >0

2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba ñiểm A

(

2;1; 0 ,

) (

B 0; 4; 0 ,

) (

C 0; 2; 1−

)

và ñường

thẳng : 1 1 2.

2 1 3

x y z

d − = + = − Lập phương trình đường thẳng∆ ⊥mp ABC( ) và cắt ñường thẳng
d tại ñiểm D sao cho 4 ñiểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19

6 .
Câu V)

1) Giải phương trình: 6x+ +7x 555x2−543x=12x+13x

2) Giả sử phương trình bậc 2 : ax2+ + =bx c 0 có 2 nghiệm thuộc

[ ]

0;3 . Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức:

2 2

18 9

9 3

a ab b

P

a ab ac

− +

For Evaluation Only.

DE VE NHA - NGAY 05/06/2011

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

Đ

áp án ki

ể

m tra:

Câu I) Cho hàm số y=x4−2mx2+2 (Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=3

2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường
trịn ngoại tiếp ñi qua ñiểm 3 9;

5 5

D 

 

Lời giải: Ta có y'=4x3−4mx=4x x

(

2−m

)

Hàm số có cực ñại và cực tiểu khi và chỉ khi y’ có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu khi x qua 3
nghiệm đó, tương đương với y’ có 3 nghiệm phân biệt⇔t x

( )

=x2−m có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.⇔ >m 0 1

( )

Với ñiều kiện ñó hàm số có các ñiểm cực trị với tọa ñộ là nghiệm

( )

4 2

2 2 2

0 3

y x mx

x mx

 = − +




− =



Ta có

( )

2 ⇔ =y x x

(

3−mx

)

−mx2+ = −2 mx2+2 4

( )

(do (3)) x2 2 y

( )

m

−
⇒ =

Từ (4) có 2 2 4 2 2

(

) (

)

4 4 4 4

y =m x − mx + =m x x −mx +m m − x + do (3)

Hay 2

(

)

(

) ( )

4 2 4 6

y = m − − +y do (5)

Từ (5) và (6) ta ñược x2 y2 m2 1 4

(

2 y

) ( )

4 7

m

 

+ = + −  − +

 

Như vậy theo như suy luận trên thì tọa độ các điểm cực trị cùng thỏa mãn PT (7) là PT của
đường trịn. Do đó đường trịn (T) qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình:

(

)

2 2 2 1

4 2 4

x y m y

m

 

+ = + −  − +

  .

Bây giờ (T) ñi qua 3 9 9 81

(

)

; 1 4

5 5 25 25 5

D ⇔ + = m + −m +

 

(

)

(

)

3 2 1 5

2 1 0 1 1 0 1;

m m m m m m m − ±

⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ = =

Kết hợp với ñiều kiện m>0 ta thu ñược các giá trị cần tìm là m=1 và 1 5
2

m= − +

Câu II)

1) Giải phương trình sau 2

(

)

: cos 2 cos 4 tan 2 .cot 1
4

x+ x x x− = −

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

( )

2
2

(tan 2 .cot 1) cos 2 sin 2 .cot cos 2 2 cos cos 2 1

1 cos 4 3

tan .cot 1 cos 2 1

cos 2 cos 2 4

x x x x x x x x

x

x x x

x x

− = − = − =

⇒ − = + = −

Đặt t=cos 2x≠0t⇒cos 4x=2 cos 22 x− =1 2t2−1

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 1 3 2 1

1 2 1 2 5 4 0

4 2

cos 2 2 2

2 3 6

t

t t t t t

t

x x π kπ k Z x π kπ k Z

−

⇔ + = − ⇔ − + + = ⇔ =

⇔ = ⇔ = ± + ∈ ⇔ = ± + ∈

(

)(

)

2 2

1 1 1

35
0
12
1

x x y y

y
y

x

 + + + + =




+ + =



 −



(1)
(2)
Điều kiện x<-1 hoặc x>1

Ta có

(

)(

)

(

)(

)

2 2

1 1 1

x x x x

y y y y

+ + − + + =

+ + − + + = Kết hợp từng phương trình trên với pt (1) của hệ ta có

(

) (

)

(

) (

)

2 2

1 1

x x y y

y x

y y x x

 + + = − + +



⇒ = −


 + + = − + +



Thay vào phương trình (2) ta có
2

2 2

2
2

2 2 2

4 2 2

2 2 2

35 35 35

0 2

12 12 1 12

1 1 1

35 25 3

2 0

1 1 12 1 12

y y y y

y y y

y

y y y

y

y y y

y y y

y

 

+ + = ⇔ + = − ⇔ + − + = 

 

− − −


= −

 

⇔ + −  = ⇒ = ⇒ 

− −   −  = −



ĐS: 5; 5 ; 5; 5

3 3 4 4

   

− −

   
   

Câu III)

1) Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng giới hạn bởi
2

ln(1 )

y=x +x trục Ox và đường thẳng x=1

Phương trình hồnh độ giao ñiểm của (C): 2
ln(1 )

y=x +x và trục Ox là nghiệm của:
2

ln(1 )

x +x =0⇒x=0 1 2 2

0 ln(1 )

Vx π x x dx

⇒ =

∫

+

Đặt

2 2 1 3 1 4

2 2 2 1

0 2

2 0 0

ln(1 ) 1 2

ln(1 ) ln(1 )

3 3 1

x

du dx

u x x x x

x x dx x dx

x
x

dv x dx

v


=

 = +

  +

⇒ ⇒ + = + −

 

+
=

 

 =



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

(

)

1 1

0 0

1 2 2 1 1 4

ln 2 1 ln 2

3 3 x dx 3 x 1dx 3 9 J

= − − − = + −

∫

Đổi biến

2
4

2
0

2 tan 1 1 4

tan ... ln 2

3 tan 1 6 3 9 6

t

x t J dt Vx

t

π π π

+  

= ⇒ = = = ⇒ =  + − 

+  

∫

2) Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N , I lần lượt là trung
điểm của AA’, AB và BC. Biết góc tạo bởi (C’AI) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp
NAC’I và khoảng cách giữa hai ñường thẳng MN, AC.

Giải:

Ta có ' ( ), ' 600 ' tan 60 3

a

CC ⊥ ABC CI ⊥ AI ⇒C IC= ⇒CC =CI =

' ' '

1 1

'. ( )

4 12 32

NAC I C AIN C ABC

a

V =V = V = CC dt ABC = .Gọi O là giao ñiểm của A’C và AC’ khi đó

1 1

/ / ; / /

2 2

MN = AC NI = AC⇒MONI là hình bình hành.

'
( , ') ( ,( ' )) ( ,( ' ))

3 3

/ /

( ' ) 8

NAC I
MN AC MN AC I N AC I

V a

MN OI d d d

dt AC I

⇒ = = = =

Câu IV)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có

pt:

(

x−2

) (

2+ y−3

)

2 =10. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vng, biết cạnh AB ñi qua

(

3; 2

)

M − − và xA >0

Phương trình đường thẳng đi qua M

(

− −3; 2

)

có dạng ax by+ +3a+2b=0
Đường trịn (C) có tâm I

( )

2;3 và bán kính R= 10 nên:

(

2 2

)

(

)

(

)(

)

2 2

2 3 3 2

10 a b a b 10 a b 25 a b a 3b 3a b 0 a 3b

a b

+ + +

= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔ = −

+ hay

b= − a. Do đó pt AB x: −3y− =3 0hoặc AB: 3x− + =y 7 0

TH1:AB x: −3y− =3 0. Gọi

(

3t+3;t

)

⇒t> −1 và doIA2 =2.R2 =20 nên

(

) (

)

2 2

1 3+ t + −t 3 =20⇔10t + =10 20⇔ =t 1 hayt= −1
Suy ra A

( )

6;1 ⇒C

(

−2;5

)

và B

(

0; 1−

)

⇒D

( )

4; 7

TH2: AB: 3x− + =y 7 0. Gọi A t t

(

;3 +7

)

⇒t>0 và do 2 2

2. 20

IA = R = nên

(

) (

)

2 2

2 3 4 20 10 20 20 20 0

t− + t+ = ⇔ t + t+ = ⇔ =t hay t= −2 (không thỏa mãn)

2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba ñiểm A

(

2;1; 0 ,

) (

B 0; 4; 0 ,

) (

C 0; 2; 1−

)

và ñường

thẳng : 1 1 2.

2 1 3

x y z

6 .

(

2;3; 0 ;

)

(

2;1; 1 ;

)

(

3; 2; 4

)

AB= − AC= − − AB AC= − −

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

16
Phương trình thẳng ∆có VTCPu=

(

3; 2; 4−

)

.
Gọi D

(

1 2 ; 1+ t − +t; 2 3 ;+ t

)

AD=

(

2t−1;t−2;3t+2

)

1 19

; ; 4 15 19 1

6 6

ABCD

V = AB AC AD = ⇔ t+ = ⇔ =t

hoặc 17
2

t= −

Với

(

)

3 3

1 3; 0;5 : 2

5 4

x t

t D y t

z t

= +



= ⇒ ⇒∆  =

 = −


Với

16 3

17 19 47 19

16; ; : 2

2 2 2 2

47
4
2

x t

t D y t

z t



 = − +




 

= − ⇒ − − − ⇒∆  = − +

  



= − −


Câu V)

1) Giải phương trình: 2

6x+ +7x 555x −543x=12x+13x
Xét hàm số:

( )

6 7 555 543 12 13 ;

' 6 ln 6 7 ln 7 1110 543 12 ln 13 ln

x x x x

f x x x

f x x x x

= + + − = +

= + + − − −

Và f ''

( )

x =6 ln 6 7 ln 7 1110 12 ln 12 13 ln 13x 2 + x 2 + − x 2 − x 2

Phương trình "

( )

0 1 ln 62 7 ln 72 1110 ln 122 13 ln 132

2 12 12 12

x x

f x = ⇔ +  + = + 

    .

Ta có vế trái của pt là một hàm số nghịch biến, vế phải là 1 hàm số ñồng biến nên pt trên có
nhiều nhất một nghiệm⇒hàm số f '

( )

x có nhiều nhất một cực trị nên pt f '

( )

x =0 có nhiều nhất
hai nghiệm.

Lập luận tương tự ta cũng có pt f x

( )

=0 có nhiều nhất ba nghiệm.

Mặt khác f

( )

0 = f

( )

1 = f

( )

3 =0 nên pt f x

( )

=0 có đúng ba nghiệm x=0;x=1;x=3
Vậy pt ban đầu có đúng ba nghiệm x=0;x=1;x=3.

2) Giả sử phương trình bậc 2 : ax2+ + =bx c 0 có 2 nghiệm thuộc

[ ]

0;3 . Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức:

2 2

18 9

9 3

a ab b

P

a ab ac

− +

Giải:

*) Ta có

(

)

(

)

1 2 1 2

9 18

9 3( ) .

3 9

b b

x x x x

a a

P

c b x x x x

a a

   

− +

    + + + +

   

= =

+ + +

− +

Ta có

(

)

1 1 2 2 2

1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2

0 3 2 9 3 3

x x x

x x x x x x x x x x P

x

 ≤ ≤


≤ ≤ ≤ ⇒ ⇒ + = + + ≤ + ⇒ ≤

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

Đẳng thức xảy ra khi 1 2 1 2

6 3

3 0; 3

9 0

b b

a a

x x x x

c c

a a

 

− = − =

 

= = ∨ = = ⇒ ∨

 =  =

 

 

(

)

2 2

1 2 1 2

2 0 min 0 0

9 3( ) .

x x x x

P P b c

x x x x

+ + +

− = ≥ ⇒ = ⇔ = =

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

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN

N

ă

m h

ọ

c 2010-2011

(Thời gian làm bài 180 phút ) 
Câu I) Cho hàm số y=x3 −3x2 +mx+1

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0

2) Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách từ ñiểm )
4
11
;
2
1
(

I ñến ñường thẳng nối
ñiểm cực ñại và cực tiểu là lớn nhất.

Câu II)

1) Giải phương trình sau: 1 0

8
2
cos
2
2
4
cos

2 + =








+ x π

x

2) Giải hệ phương trình sau:







=
+

6
5

6
5
2
2
4

x
y
x

y
x

Câu III)

1) Tính tích phân sau:

1 2

2
0

ln( 1 ) 1

x x x

I dx

x

+ + +

∫

2) Tìm m để phương trình

(

x2 −1

)

log2(x2 +1)−m 2

(

x2 −1

)

log(x2 +1)+m+4=0 có ñúng hai
nghiệm thực thỏa mãn ñiều kiện 1≤ x ≤3

Câu IV)

1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B

a
AD

a
BC

AB = = ; =2 .Cạnh bên SA vng góc với ñáy (ABCD) và SA=a. Gọi E là trung ñiểm
của AD.Tính thể tích khối chóp SCDE và tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đó.
2) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đường cao AH:x−3 3=0, phương trình hai
đường phân giác trong góc B và góc C lần lượt là x− 3y=0 và x+ 3y−6=0, biết bán kính
đường trịn nội tiếp tam giác bằng 3. Viết phương trình các cạnh tam giác biết đỉnh A có tung độ
dương.

Câu V)

1) Giải phương trình sau: 1

4
1

2
1

2 2

2
2
2

−
=

+
−
−
+

+
−

+
+
−
+

+
−

x
x

x
x
x
x

x
x
x

2) Trong khơng gian Oxyz cho 4 ñiểm A,B,C, D thỏa mãn A(1;0;0); B(1;1;0); OC= AB,
0

),
;
0
;
0

( ≠

= m m

OD . Tính khoảng cách giữa 2 ñường thẳng AC và BD theo m.Gọi H là hình
chiếu vng góc của O lên BD, Tìm m để diện tích tam giác OBH lớn nhất.

Hết 
Họ và tên:……….. 
Số báo danh:………..

For Evaluation Only.

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

ĐÁP ÁN MƠN TỐN KIỂM TRA 
Câu I)

1) Học sinh tự làm

2)- Ta có y'=3x2 −6x+m. Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
3

'> ⇔ <

∆

⇔ m (0,25 ñiểm)

- Chia ña thức y cho y’ ta có 1

3
)
2
3
2
(
)
3
1
3
(
' − + − + +

= y x m x m

y . Lập luận suy ra ñường thẳng ñi

qua cực ñại cực tiểu là ∆ 1

3
)
2

3
2
( − + +

= m x m

y . Dễ dàng tìm được điểm cố định mà ñường
thẳng cực ñại cực tiểu luôn ñi qua là ;2)

2
1
(−

A (0,25 ñiểm)
- Hệ số góc của đường thẳng IA là

4
3

k . Hạ IH vng góc với ∆ ta có

4
5

/ ≤ =

=d ∆ IA

IH I

Đẳng thức xảy ra khi IA⊥∆ (0,25 ñiểm)
- Suy ra

3
4
1
2
3
2
−
=
−
=
−
k
m
1
=

⇔ m (0,25 ñiểm)
Câu II)

1) Giải phương lượng giác: 0

4
cos
8
2

cos
2
4

cos =






+






+
+

⇔ x x π π

PT (0,25 ñiểm)

0
8
2
cos
2

8
2
cos
8
2
cos

2 =

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

+π x π x π

x 1 0

8
2
cos
8
2
cos

2 =






+






−







+

⇔ x π x π (0,25)







+
=
+
=
⇔






+
=
−
+
=
+
⇔







−
=






−
=






+
⇔
π
π
π
π
π
π

π
π
π
π
π
π
k
x
k
x
k
x
k
x
x
x
16
9
16
3
2
8
2
2
2
8
2
)
25
,

0
(
1
8
2
cos
0
8
2
cos
(0,25 điểm)

2) Giải hệ phương trình: Trừ hai vế phương trình của hê ta được

(

x−y

)

[

x2(x+y)−5

]






−
=
=
⇔
x
x
y
y
x
2

5 (0,25 điểm)

TH 1: x=y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta tìm được cặp nghiệm thỏa mãn là
(x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25 ñiểm)

TH 2: x

x

y= 52 − thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có x6 −5x3 −6x2 +25=0 đồng thời
từ phương trình thứ hai ta suy ra

5
6

≤

x . (0,25 ñiểm)
Xét hàm số =−5 3−6 2 +25

x
x

y trên  



∞
−
5

; lập bảng biến thiên ta suy ra y>0
KL: Hệ có hai nghiệm (x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25 ñiểm)

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

20
1) Tính tích phân:

1 2 1 2 1

2 2 2

0 0 0

ln( 1 ) 1 ln( 1 ) 1

1 1 1

x x x x x x

I dx dx dx J K

x x x

+ + + + +

= = + = +

+ + +

∫

Xét J: Đặt

(

)






+
=
+
=
⇒





+
=
+
+
=
2
2
2
2
1

1
1
1
1
ln
x
v
dx
x
du
dx
x
x
dv
x
x
u
(0,25 ñiểm)

(

)

1 2

2 2 1 1

0 0

1 ln 1 | 2 ln(1 2) | 2 ln(1 2)

2 2

x

J = +x x+ +x −

∫

dx= + − = + − (0,25 ñiểm)

Xét K: Đặt dt

t
dx
t
x 2
cos
1

tan ⇒ =

= . Ta có

)
25
,
0
(
1
2
1
2
ln

2
1
1
sin
1
sin
ln
2
1
1
sin
sin
1
sin
cos
sin
1
cos
cos
1
cos
1
cos
1
4
0
4
0
4
0

2
2
4
0
2
4
0
4
0
2
d
t
t
t
t
d
dt
t
t
dt
t
t
t
t
dt
t
K









+
−
−
=
+
−
−
=
−
−
=
−
−
=
−
=
=
=

∫

π
π π
π
π
π

KL: I= 2 ln(1 2) 1
2

+ − 






+
−
−
1
2
1
2
ln
2
1
(0,25 ñiểm)
2) Tìm m để phương trình có nghiệm:

Đặt t= x2 −1log(x2 +1) ta thấy t(x) là hàm chẵn với mỗi giá trị của t không âm luôn cho 2
giá trị của x ,từ ñiều kiện của x suy ra x2 ∈

[ ]

1;9 ⇒t∈

[ ]

0; 8 . (0,25 điểm)

Bài tốn trở thành: Tìm m để phương trình t2 − 2mt+m+4=0 có nghiệm duy nhất trên

[ ]

0; 8

1
2
4

2
−
+
=
⇔
t
t

m có nghiệm duy nhất trên

[ ]







2
1
\
8
;

0 (0,25 ñiểm)





−
=

=
⇔
=
−
−
−
=
⇒
2
2
2
0
)
1
2
(
2
4
2
2
)
(
'
2
2
t
t
t
t
t

t

f (0,25 ñiểm)

Lập bảng biến thiên suy ra ñiều kiện m là m ≥4 (0,25 ñiểm)
Câu IV)

1)
6

a

V = (0,25 ñiểm)

Gọi M, N lần lượt là trung ñiểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực
của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng

(ABMN) và trục đường trịn ngoại tiếp ñáy CDE. Gọi ∆ là ñường thẳng qua I là trung ñiểm của
CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và ∆ ñồng phẳng suy ra

O

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

Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=

2
3
2

a
AD

BC+ =

;

2
2
2

;

2 IC CD a

a

CD= = = (0,25

ñiểm)
Ta có

2
11
4

11
4
2
4

9 2 2 2

2
2

2 a

OC
R
a
a

a
IC
OI

OC = + = + = ⇒ = = (0,25 ñiểm)

O

C
E

I
M

N

K
A

B

S

2) - Do đường cao có phương trình x−3 3=0 nên cạnh BC song song hoặc trùng với trục
hoành. Hai đường phân giác tạo với trục hồnh một góc 300 nên tam giác ABC ñều. (0,25 ñiểm)
- Tâm ñường trịn nội tiếp là giao điểm hai phân giác trong nên

)
3
;
3
3
(
0
6
3

0
3

I
y

x
y

x

⇒






=
−
+

=
−

.Khoảng cách từ I ñến BC là 3 nên phương trình BC là y=0 hoặc
y=6. Nếu BC là y=6 thì tung độ điểm A là -3 (loại). Vậy phương trình cạnh BC là y=0. (0,25
điểm)

- Tọa ñộ các ñiểm B, C là B(0;0) và C(6 3;0) (0,25 điểm)

- Viết được phương trình AB, AC lần lượt là y= 3x;y=− 3x+18 (0,25 ñiểm)
Câu V)

1) Điều kiện xác ñịnh là

2
1
17

1≤ ≤ −

− x . Phương trình đã cho tương đương với
0

)
1
(
)
(
4
1
)
2
(

4
1

2 2

2
2
2

=
−

−
+
−
+

+
−

+
−
−
+

+
−

x
x
x

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

22
Xét hàm số

t
t
y

−
+
=

1 với t∈

[ ]

0;4 ta có

(

)

[ ]

0;4
4

1
1
4

2
2

4
1
)
(

' 2 > ∀ ∈

−
+










−
+
−
+

= t

t
t

f nên ñây là hàm đồng biến

Phương trình đã cho có dạng f(x2 −x+2)− f(x2 +x)−(x2 −1)=0 (0,25 ñiểm)
Ta xét hai trường hợp

- Nếu < ≤ − ⇒ − +2< + ⇔ ( − +2)− ( + )<0; −1>0⇒
2

1
17

1 x x2 x x2 x f x2 x f x2 x x2

phương trình vơ nghiệm (0,25 điểm)

- Nếu −1<x<1⇒ x2 −x+2>x2 +x⇔ f(x2 −x+2)− f(x2 +x)>0;x2 −1<0⇒PTVN

Thử trực tiếp ta thấy x=1 là nghiệm x=-1 không phải là nghiệm.
KL: x=1 (0,25 điểm)

+ Từ giả thiết tính ñược C(0;1;0) và D(0;0;m) (0,25 ñiểm)

+ Ta có

[

]

[

]

2 4

2
)

/
(

+
=

m
m
BD

AC
AB
BD
AC

d AC BD (0,25 ñiểm)

2
1
4
2

2
1
.

1 ≤ 2 + 2 = 2 =

∆

OB
HB

OH
HB

OH

S OHB .Vậy

Smax= 1

2
2
2
2

=
=

=
⇔
=

⇔OH HB OH OB (0,25 ñiểm)

[

]

,
1

)
/

( = ⇔ =

⇔

BD
BD
OB
d O OB

1
1

2
2

±
=
⇔
=
+

⇔ m

m
m

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

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN

TU

Ầ

N 01 THÁNG 04 N

Ă

M 2011

(

Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I) Cho hàm số 3 2 2 2

3 3( 1) ( 1)

y= −x mx + m − x− m − (Cm)
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=1

2) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hồnh độ dương
Câu II)

1) Giải hệ phương trình sau:

6 4

3 2 3 2

10 x 1 3(y 2)

x x y x y xy y

 + = +




+ + = + +



2) Giải phương trình:

(

)(

)

2 cos 2 cos sin 2

2 1 cos 1 sin

cos 1

x x x

x x

x

− − = + +

−

Câu III)

1) Tính tích phân sau:

(

)

3
2

sin sin
os2

x x

I dx

c x

+
=

∫

2) Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng
2

a . Mặt phẳng (AA’B) vng góc với đáy (ABC), AA'=a 3, góc A’AB là góc nhọn. Tính
thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ biết mặt bên (A’AC) tạo với đáy (ABC) một góc 600.
Câu IV)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đường phân giác từ A, trung tuyến từ B, ñường 
cao từ C có phương trình lần lượt là:x+ − =y 3 0,x− + =y 1 0, 2x+ + =y 1 0. Tìm toạ độ các đỉnh
tam giác

2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng d: 1 3 3

1 2 1

x− = y+ =z−

− và hai mặt phẳng (P), (Q) có

phương trình lần lượt là : 2x+y-2z+9=0, x-y+z+4=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d)
tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo ñường trịn có chu vi bằng 2π.

Câu V) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho phương trình x12+ =1 4x4( xn−1) có
nghiệm

Câu VI) Giải phương trình: log5

(

3+ 3x+ =1

)

log (34 x+1)

Ễ

For Evaluation Only.

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

Đ

ÁP ÁN KI

Ể

M TRA CH

Ấ

T L

ƯỢ

NG

Câu I)

1) Học sinh tự làm

2) Ta có y'=3x2−6mx+3(m2−1)

Để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ dương thì điều kiện là hàm số có 2 điểm cực trị
nằm về hai phía trục Ox (1) và f(0)<0 (2)

Ta có:(1) 2 2

' 0 9m 9m 9 0 9 0

⇔ ∆ > ⇔ − + > ⇔ > ñúng với mọi m.

Khi đó 1

1
' 0

x m

y

x m

= +


= ⇔ = −



Ta có:

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

2
1

2
2

2 2 2

1 2

1 2 1

1 1

' . 2 1 1

3 3 1 3

. 1 3 2 1

y m m m

y f x x m x m m

y m m

y y m m m m

 = + − −


 

=  − − + − − ⇒ 

   = − −

⇒ = − − − −

( )

(

)

(

)(

)

2 2

0 1 0 1 0

3 2 1 0(*)

f m m

m m m

= − − < ⇒ − >

⇒ − − − <

Lập bảng xét dấu (*) kết hợp ñiều kiện 1
1

m
m

< −

 >


Suy ra tập hợp giá trị m thỏa mãn là 3 1

3 1 2

m
m

− < < −


< < +


Câu II)

1. Giải hệ phương trình

(

)

( )

6 4

3 2 3 2

10 1 3 2 (1)

x y

x x y x y xy y

 + = +




+ + = + +



( )

3 3

(

)

(

) (

)

2 ⇔ − +x y xy x− + − = ⇔ −y x y 0 x y  x+y + = ⇔ =1 0 x y

Thay (1) vào ta có:10 x6+ =1 3

(

x4+ ⇔2

) (

3 x2+ =2

)

(

x2−1

)(

x4− +x2 1

)

Đặt x2+ =1 a x; 4− + =x2 1 b

(

)

2 2

3 10 9 82 9 0 1

a b

a b ab a ab b

a b

=



⇒ + = ⇒ − + = ⇔

 =


(

)

2 4 2 4 2

4 2 2 4 2

1: 9 1 9 1 9 10 8 0( )

5 33

2 : 9 1 9 9 10 8 0

5 33( )

TH a b x x x x x VN

x

TH a b x x x x x

x loai

= ⇔ + = − + ⇔ − + =

 = +

= ⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔

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

Suy ra hệ có nghiệm 5 33

5 33

x y

 = = +


 = = − +


2. Điều kiện: cosx≠0

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

2 2

2 cos cos 1 2 sin cos 2 cos 1 1 sin

sin cos sin cos sin 1 sin

sin sin cos cos sin 1 sin 0

sin 0( ) 2

sin 1 sin cos sin 0 sin 1

sin cos

PT x x x x x x

x x x x x x

x loai x k

x x x x x

x k

x x

π π

⇔ − − = − +

 

⇔  + − + =


=

 = − +




⇔ + − = ⇔ = − ⇔ 

 = +
 =

 

Kết luận:

(

)

2
2
4

x k

k

x k

π π



= − +


∈


 = +


ℤ

Câu III)

1.Tính tích phân

Đặt cosx=t⇒dt= −sinxdx

3 2

0
2

x t

π
π



= ⇒ =




 = ⇒ =


(

)

1 1

2 2

1 1

2 2

2
2

2 2 2

0 0

1 3

2 1

1 1 2 2 1 3 1 3

2 1 2 1 2 2 2 1 4 2

t

t dt

I dt dt K

t t t

− +
− +

⇒ = = = − + = − +

− − −

∫

Xét K:

(

)

(

)

1
2

1
2
0

1 1 1 1 1 2 1 1

ln ln 3 2 2

2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2

1 3

ln 3 2 2

4 4 2

t

K dt

t t t

I

−

 

=  −  = = −

− + +

 

⇒ = − + −

∫

2)

Hạ A H' ⊥AB⇒ A H' ⊥

(

ABC

)

Từ H hạ HK ⊥AC⇒góc tạo bởi

(

A AC và '

)

(

ABC là

)

A HK' ˆ =600
Đặt AH =x 2⇒HK=x (do tam giác AHK vuông cân)

Ta có: 2 2 2 2 2

' ' 3 2

A H = AA −AH = a − x

Mặt khác ' tan 600 3 3 2 3 2 2 2 3

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

2 3

3 3 5 3 5 1 3 5

' .

5 5 2 10

5 LT

a

A H a V a a a

⇒ = = ⇒ = =

Câu IV)

1) Gọi A a

(

;3−a B b b

) (

, ; +1 ,

) (

C c; 2− −c 1

)

Ký hiệu phân giác, trung tuyến, ñường cao lần lượt là AD BM CH . Có , , AB b a b

(

− ; + −a 2

)

Vì AB⊥CH⇒a b− +2b+2a− = ⇔4 0 3a b+ =4 1

( )

2 2

;

2 2

a c a c

M + − − 

 vì M thuộc BM nên

( )

2 2

1 0 2 3 0 2

2 2

a c a c

a c

+ − − − + = ⇔ + =

Gọi (C’) là ñiểm ñối xứng với C qua phân giác AD

CC’ thuộc đt:x− + =y m 0. Vì CC’ qua C c

(

; 2− −c 1

)

⇒m= − − − = − −2c 1 c 3c 1

(

)

3 0 3 4 2 3

' : ; ' 2 4;3

3 1 0 2 2

x y c c

CC AD I I C c c

x y c

− + − =

  + − 

⇒ ∩ =  ⇒  ⇒ + −

− − − =  



(

)

' 2 4;

AC c a a c

⇒ − + − . Vì AC'⊥CH ⇒a− − +2c 4 2a−2c=0⇒3a−4c=4 3

( )

Giải hệ

( )( )( )

12
17

32 12 19 32 49 8 16

1 2 3 ; , ; , ;

17 17 17 17 17 17 17

8
17

a

b A B C

c


=



      

⇒ = ⇒     − 

     




= −



2) Giả thiết suy ra đường trịn giao tuyến có bán kính r=1 
Gọi I,R lần lượt là tâm bán kính mặt cầu ( )

( )

2 2 2

/ *

I P
I Q

d R

d R r

=

⇒ 

= −



Vì I∈

( )

d ⇒I

(

1− − +t; 3 2 ;3t +t

)

( ) ( )

/ /

2 2 3 2 6 2 9 2 2 1 3 2 3 4 11 2

;

3 3 3 3

I P I Q

t t t t t t t t

d = − − + − − + = − d = − + − + + + = −

Từ (*)

(

) (

)

2 2

11 2 2 2

1 8 124 368 0 23

3 9

t

t t

t

=


− − 

⇒ = − ⇔ − + = ⇔

 =


(

)

( ) (

) (

)

( )

(

)

2 2 2

2 2

1: 4 3;5; 7 2 : 3 5 7 4

23 21 29 21 29

2 : ; 20; ; 7 : 20 49

2 2 2 2 2

TH t I R S x y z

= ⇒ − ⇒ = ⇔ + + − + − =

     

= ⇒ −  = ⇔  +  + − + −  =

     

Câu VI)

Xét phương trình: x12+ =1 4x4( xn−1)(*) Điều kiện xn− >1 0
Nếu n lẻ thì ñiều kiện là x>1. khi n chẵn hàm số 12 4

4 ( n 1) 1

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

Ta có x12+ =1 (x4+1)(x8− + =x4 1) (x4+1)x x4( 4− +1) 1Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

4 4 4 2 2 4 4 4 4 3 4 2 4

(x +1)x x( − + >1) 1 2x .2x (x − =1) 4x (x − >1) 4x (x − >1) 4x (x − >1) 4x (x−1)

Do đó phương trình khơng có nghiệm khi n=1;2;3;4

Xét khi n=5 phương trình trở thành x12+ =1 4x4( x5−1) Đặt f x( )=x12+ −1 4x4( x5−1) Ta
có hàm số f(x) liên tục trên (1;+∞). Ta có

12 4 5

6 6 6 6

(1) 2 0; 1 4. 1 0

5 5 5 5

f f

 

       
= >    = + −     − <

         nên phương trình f(x)=0 có nghiệm x>1

Vậy giá trị nhỏ nhất của n cần tìm là n=5
Câu V) Giải phương trình

Đặt 3x+ =1 t t; >1.

Suy ra phương trình⇔log 35

(

+ =t

)

log4t2 =log2t

Đặt log5

(

)

log2 3 5 3 2 5

y

y y
y

t

t t y

t

 + =


+ = = ⇒ ⇒ + =

=


Chia hai vế cho 5y

ta ñược 3 1 2 1

5 5

y y

   

+ =

   
   

VT là hàm ñồng biến⇒ y=1là nghiệm duy nhất

2 0

t x

⇒ = ⇒ =

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

KI

Ể

M TRA CH

Ấ

T L

ƯỢ

NG MƠN TỐN

TU

Ầ

N 2 THÁNG 4 N

Ă

M 2001

Thời gian làm bài 180 phút

Câu I: (2,0 ñiểm) Cho hàm số y =

x
x−

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

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vng góc với đường
thẳng đi qua điểm M và ñiểm I(1; 1).

Câu II: (2,0 ñiểm)

1. Giải phương trình:

(

)

3 2

cos

2 1 sin

.

sin

cos

x

−

=

+

+

2. Giải hệ phương trình:

2 2

( ) 4 1

( ) 2 7 2

x x y y x

 + + = −




+ − = +



Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 4
0

(sin 3 cos 3 )
(1 2 sin 2 )(1 sin 2 )

x x dx

x x

π +

+ +

∫

Câu IV: (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân ñỉnh C;

ñường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt 0
là trung ñiểm của BB’, CC’, BC và Q là một ñiểm trên cạnh AB sao cho BQ =

a

.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC)⊥(NPQ).

Câu V: (1,0 ñiểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn ñiều kiện

ab bc ca+ + = , ta có: 21 21 21 1

2 2 2

a + +b + +c + ≤

Câu VI: (2,0 ñiểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
Điểm M(0; )1

3 thuộc ñường thẳng AB, ñiểm N(0;7) thuộc ñường thẳng CD. Tìm tọa ñộ

ñỉnh B biết B có hồnh độ dương.

2. Trong khơng gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ba ñường thẳng :
1: 4

1 2

x t

d y t

z t

=



= −


 = − +


; d2:

1 3 3

x y− z

= =

− − và d3:

1 1 1

5 2 1

x+ y− z+

= = . Viết phương trình đường
thẳng ∆, biết ∆ cắt ba ñường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các ñiểm A, B, C sao cho AB = BC.

Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z2+2 .z z+ z2 =8 và z+ =z 2

Ễ

For Evaluation Only.

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

Đ

ÁP ÁN KI

Ể

M TRA CH

Ấ

T L

ƯỢ

NG MƠN TỐN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

TXĐ : D = R\{1}

y’ = 1 2 0

(x 1)

− <

−

0,25
lim ( ) lim ( ) 1

x→+∞ f x =x→−∞ f x = nên y = 1 là tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số

1 1

lim ( ) , lim

x→+ f x = +∞ x→− = −∞

nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số

0,25
Bảng biến thiên

1
+∞

-∞
1

-y

x -∞ 1 +∞

Hàm số nghịch biến trên (−∞;1)và (1;+∞)
Hàm số khơng có cực trị

0,25

I-1

(1 ñiểm) Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng

10 5 5 10 15

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

30
Với x0 ≠1, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; 0

0 1

x

x − ) có phương trình :

0
0
2

0 0

( )

( 1) 1

x

y x x

x x

= − − +

− −

2
0

2 2

0 0

( 1) ( 1)

x

x y

x x

⇔ + − =

− −

0,25

(d) có vec – tơ chỉ phương 2

( 1; )

( 1)

u

x

= −
−

0
1

( 1; )

IM x

x

= −

−

0,25

Để (d) vng góc IM điều kiện là :

0 2

0 0

1 1

. 0 1.( 1) 0

( 1) 1

x

u IM x

x

x x

=


= ⇔ − − + = ⇔

− − 

0,25
I-2

(1 ñiểm)

+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)

+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25

ĐK: sinx+cosx≠0 0,25

Khi đó

(

)

(

) (

)(

)

1 sin cos 1 2 1 sin sin cos

PT ⇔ − x x− = + x x+ x

⇔ +

(

1 sinx

)(

1 cos+ x+sinx+sin .cosx x

)

⇔ +

(

1 sinx

)(

1 cos+ x

)(

1 sin+ x

)

0,25

sin 1

cos 1

x
x

= −


⇔ = −

 (thoả mãn ñiều kiện) 0,25

II-1 
(1 ñiểm)

2
2

x k

x m

π π

π π



= − +


⇔

= +


(

k m, ∈Z

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2

x= − +π k π và x= +π m2π

(

k m, ∈Z

)

0,25

Với x = 0 khơng nghiệm đúng phương trình
Với x≠0, ta có:

2 2

2 2 2

2
1

4
1 4

( ) 2 2 7 1

( ) 2 7

y

x y

x y xy x x

x x y y x y

x y

x

 + + + =



 + + + = 

⇔

 

+ − − = +

  + − =



0,25
II-2

(1 ñiểm)

Đặt
2

1
,

y

u v x y

x

= = + ta có hệ: 2 4 2 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

+ = = − = =

  

⇔ ⇔

  

− = + − = = − =

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

+) Với v=3,u=1ta có hệ:

2 2 2

1, 2

1 1 2 0

2, 5

3 3 3

y x

y x y x y y

y x

x y x y x y

= =

 + =  + =  + − = 

⇔ ⇔ ⇔

   

= − =

+ = = − = − 

   . 0,25

+) Với v= −5,u=9ta có hệ:
2

1 9
5

y x

x y

 + =


+ = −

 , hệ này vơ nghiệm.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; )x y =(2; 1), ( ; )x y =(5; 2).−

0,25

Đặt t = 1 ln+ x có 2tdt = 1dx
x

x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2

0,25
2 2

1 1

ln

1

2 1 ln

e

x

t

dx

tdt

t

x

−

=

+

∫

0,25

2
3

2( )

t

= − = 0,25

III 
(1 ñiểm)

2(2 2)
3

−

= 0,25

Gọi I là trung điểm A’B’ thì

' ' '

' ( ' ')

' AA '

C I A B

C I ABA B

C I

⊥ 

⇒ ⊥



⊥ 

suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính
là góc C BI . '

Suy ra C BI' =600

' . tan '

a

C I =BI C BI=

Q

P
K

M
I

N

C
A

B

A' C'

B'

0,25

3
. ' ' ' ' ' '

1 . 15

. .

AA '. AA ' . ' '

2 4

ABC A B C A B C

a

V = S = CI A B = 0,25

/ / '

( ) / /( ' )
/ / '

NP BC

NPQ C BI

PQ C I


⇒


 (1)

0,25
IV

(1 ñiểm)

' ( ) '

' 90 AM BI

ABM BB I c g c suy ra AMB BIB

suy ra AMB B BI

= − − =

+ = ⇒ ⊥

△ △

Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥AM nên AM ⊥ ( 'C BI )

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

32
Suy ra (AMC) ⊥ ( 'C BI (2) )
Từ (1) và (2) suy ra (MAC)⊥(NPQ)

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4

a b +b c +c a +a b c ≥

0,25

Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2

x +y + +z xyz≥ với mọi x, y, z
không âm thỏa mãn: x + y + z = 3

Không làm mất tính tổng quát giả sử x ≤ y; x ≤ z thì x ≤ 1 ta có:

0,25

2 2 2 2 2 2 2 1 2

4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4

x +y + +z xyz− =x + +y z +yz x− − ≥x + +y z + y+z x− − = 0,25

V 
(1 ñiểm)

2 2 2 1 2

(3 ) 4 ( 1) ( 2) 0

4 4

x

x + x x x

= + − − = − + ≥

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

0,25

N
D

I

A C

B
N'
M

Gọi N’ là ñiểm ñối xứng của N qua I thì N’
thuộc AB, ta có :

'
'

2 4

2 5

N I N
N I N

x x x

y y y

= − =




= − = −

 0,25

Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I ñến ñường thẳng AB:

2 2
4.2 3.1 1

4 3

d = + − =

0,25

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, ñặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vng ABI có:

2 2 2

1 1 1

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

0,25
VI.-1

(1 ñiểm)

Điểm B là giao ñiểm của ñường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường trịn tâm I bán kính 5
Tọa ñộ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 2 2 0

(x 2) (y 1) 5

+ =




− + − =



B có hồnh độ dương nên B( 1; -1)

0,25

Xét ba ñiểm A, B, C lần lượt nằm trên ba ñường thẳng d1 , d2 , d3

Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) 0,25

VI -2 
(1 ñiểm)

A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔B là trung ñiểm của AC

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

( 1 5 ) 2

4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )

t v u

+ − + =




⇔ − + + = −

− + + − + = −


Giải hệ trên ñược: t = 1; u = 0; v = 0

Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) 0,25

Đường thẳng ∆đi qua A, B, C có phương trình 2

1 1 1

x= y− = z

0,25
Gọi z = x + iy ta có z= −x iy z; 2 = z2 =z z=x2+y2 0,25

2 2 2 2 2

2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)

z + z z+ z = ⇔ x +y = ⇔ x +y = 0,25

2 2 2 1 (2)

z+ = ⇔z x= ⇔ =x 0,25

VII 
(1 ñiểm)

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = ±1

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

KI

Ể

M TRA CH

Ấ

T L

ƯỢ

NG MÔN TỐN TU

Ầ

N 3 THÁNG 4

L

Ớ

P ƠN THI

ĐẠ

I H

Ọ

C

(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I) Cho hàm số 3 2 2 3

3 3( 1) 4 1

y= −x mx + m − x−m + m− (C)
1) Khảo sát và vễ ñồ thị hàm số khi m=1

2) Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O
Câu II)

1) Giải phương trình sau: 2 1 sin 2 4 sin 1 1

sinx 6 x x 2 sinx

   

− − = − −

   

   

2) Giải hệ phương trình sau:

(

)(

)

2 2

1 1 1

3 2 1 4 3 1

x x y y

x x xy xy x

 + + + + =




 − + = + +


Câu III)

1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y=0 và (12 )
1

x x

y

x

−
=

2) Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ tâm I của mặt ñáy
(ABC) ñến mặt phẳng (A’BC) bằng

a

. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ và cosin góc tạo bởi
(A’BC) và (ABA’).

Câu V)

Cho 3 số thực dương a,b,c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

2 2 2

1 2

( 1)( 1)( 1)
1

P

a b c

= −

+ + +

Câu VI)

1) Cho các ñường thẳng d d d l1; 2; 3 ần lượt có phương trình x− + =y 1 0;x− =y 0;x− − =y 1 0 và
điểm M(0;1) thuộc d1.Tìm N thuộc d2, Q thuộc d3 và P sao cho MNPQ là hình chữ nhật có diện
tích nhỏ nhất.

2) Trong khơng gian Oxyz cho A(2; 0; 0),H(1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A, H
sao cho (P) cắt Oy ;Oz tại B, C thỏa mãn diện tích tam giác ABC bằng 4 6

Câu VII) Giải bất phương trình :

5
4

1 1

3 81

x
x

−
+ ≥  

 
 

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

ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TUẦN 3 THÁNG 4 NĂM 2011 
Câu I)

1) Học sinh tự làm

2) Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:

2 2 1

' 3 6 3( 1) ' 9 0

x m

y x mx m

x m

= +


= − + − ⇒∆ = > ⇒ 

= −

 (0,25 ñiểm)

Ta có '(1 1 ) 2 3 1

3 3

y=y x− m − x+ m− Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì

( 1; 3); ( 1; 1)

A m+ m− B m− m+ (0,25 ñiểm)

Suy ra ( 1; 3); ( 1; 1) 2 2 2 4 0 1

m

OA m m OB m m m m

m

= −


+ − − + ⇒ − − = ⇒ 

=


(0, 25 ñiểm)
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2

Câu II)

1) Điều kiện sinx≠0.Phương trình đã cho tương ñương với:
2

(4 sin 2) sin 2 8sin 2 sin 1

1 3

2(2sin 1) cos 2 sin 2 (2 sin 1)(4sin 1)

2 2

x x x x

x x x x x

 

−  − = − −

 

 

⇔ −  − = − +

 

1
sin

cos 2 3 sin 2 4 sin 1

x

x x x


=

⇔

− = +



(1)
(2)

(1)

2
6
5

2
6

x k

π π



= +


⇔

 = +


(k∈Z) (2)
2

4 sinx+2 sin x+2 3 sin cosx x=0⇔sinx+ 3 cosx= −2
7

cos 1 2

6 6

x π x π k π

 

⇔  − = − ⇒ = +

  (k∈Z)

2) Giải phương trình:

Ta có: 1+y2 > y2 = y ≥ ±y⇒ 1+y2 ± >y 0
Tương tự: 1+x2 ± >x 0(*)

Khi đó: 2 2 2 2

(1)⇔ +x 1+x = 1+y − ⇔ + +y x y 1+x − 1+y =0

(

)

(

)

2 2

2 2 0 1 1 0

1 1

x y

x y x y x y x y

x y

−

⇔ + + = ⇔ + + + + + − =

+ + +

0( (*))

x y do y x

⇔ + = ⇔ = −

Thay vào (2) trở thành: x 3x 2x2 1 4x2 3x 1 x x. 3 12 2 x2 4 3 12 (3)

x x x x

 

+ + = − + + ⇔ + + = − + + 

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

2 2

3 1 3 1

*)x 0 : (3) 2 4 .

x x x x

> ⇔ + + = − + + Đặt t 12 3 2 0

x x

= + + ≥

(3)⇔ = − ⇔ =t t 6 t 3(nhận) hay t=-2(loại)
2

1 3 3 37

7 0 7 3 1 0

x x x

x x

⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = (nhận) hay 3 37

x= − (loại)

2 2

3 1 3 1

*)x 0 : (3) 2 4

x x x x

< ⇔ − + + = − + + .Đặt t 12 3 2 0

x x

= + + ≥

(3)⇔ − = − ⇔ =t t 6 t 2(nhận) hay t=-3(loại)
2

1 3 3 17

2 0 2 3 1 0

x x x

x x

⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = (loại) hay 3 17

x= − (TM).

ĐS: 3 37

x= + , 3 17

x= −

Câu III)

1) Hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình: (12 ) 0 0
1
1

x

x x

x
x

=


− = ⇔

 =

+ 

Suy ra 1 2 1 2 1 1 2 1 2

0 0 0 0 0

(1 ) (1 ) 1 1

2 1 2

1 1 1 1

x x x x

S dx dx dx dx dx

x x x x

− −

= = = − + = − +

+ + + +

∫

Đặt

2 4 4

0
2

(tan 1)

tan (tan 1) 1 2 1 2 | 1

(tan 1) 2

u du

x u dx u du S u

u

π + π π

= ⇒ = + ⇒ = − + = − + = −

∫

2) - Haj AM vng góc với BC suy ra M là trung điểm của BC. Hạ AK vng góc với A’M suy

ra /( ' ) /( ' )

3
3

6 2

A A BC I A BC

a a

d =AK = d = = . Ta có 12 1 2 1 2

AK = AA + AM

6
AA '

a

⇒ =

6 3 3 2

4 4 16

LT

a a

V = = a

- Hạ NB vuông góc với AC ⇒BN ⊥( 'A AC)⇒BN ⊥ A C' . Từ N hạ NE vng góc với A’C.
Suy ra A C' ⊥(NEB)⇒ A C' ⊥EB Suy ra góc tạo bởi mp(A’AC) và mp(A’BC) là góc NEB ˆ

NEC

∆ ñồng dạng với ∆A AC'

6 26 8

tan cos

AA ' ' 13 4 21

NE NC

NE a NEB NEB

A C

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

M
N

E
K

B'
A'

Câu IV) Theo bất ñẳng thức Cauchy

2 2 2 2 2 2

1 1 1

1 ( ) ( 1) ( 1)

2 2 4

3 2 54

( 1)( 1)( 1)

3 1 ( 3)

a b c a b c a b c

a b c

a b c P

a b c a b c

+ + + ≥ + + + ≥ + + +

+ + +

 

+ + + ≤  ⇒ ≤ −

+ + + + + +

 

Đặt t=a+b+c+1>1 Khi đó ta có 2 54 3
( 2)

P

t t

≤ −

+ Xét hàm số 3

2 54

( )

( 2)

f t

t t

= −

+ với t>1 ta có

2 2

2 162

'( ) ; '( ) 0

4
( 2)

t

f t f t

t

t t

=


= − + + = ⇔  =

 . Lập bảng biến thiên suy ra

1
( ) ax

f t m = khi t=4

1
max

P

⇔ = khi a= = =b c 1
Câu V)

1) Gọi N(a;a) thuộc d2; Q(b+1;b) thuộc d3 ta có MN =( ;a a−1),MQ b( +1;b−1)

Vì MNPQ là hình
chữ nhật nên tam giác MNQ vng tại M và P ñối xứng với M qua trung ñiểm I của NQ.

( ) . 2 ( )

dt MNPQ =MN MQ= dt MNQ nên diện tích hình chữ nhật nhỏ nhất khi diện tích MNQ nhỏ

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

38
Ta có

(

)

2 2

2 1 0

. 0

1
1

( ) 2 1 1 1

( ) .

2
2

ab b
MN MQ

dt MNQ a b

dt MNQ MN MQ

 =  − − =

 

⇔

    



= − + +

    



(

)

2 2

(2 1) 1 0

( ) 2 1 1 1

a b

dt MNQ a b

− + =




⇔   



= − + +

   



Đặt 2

2
1

2 1 1

min 1

1 1

( ) 1

( ) 2

y

x a x y

dt x

x

y b x

dt MNQ

dt MNQ x

x



= − 



= − = −

  

⇒ ⇔ ⇔ = ⇔ =

  

  = + +  ≥



1 1 1, 1

1 1 0, 1

x x a b

y y a b

= = − = = −

  

⇔ ∨ ⇒

= − = = =

   Từ đó tính được các ñiểm N,Q,P theo hai trường hợp

2) Giả sử B(0;b;0), C(0;0;c) trong đó ,b c≠0. Ta có

2 2 2

1 1 1 1 1

( ) : 1; ( ) ( ) , ( ) (2 ) (2 )

2 2 2 2

x y z

P H P S ABC AB AC bc c b

b c b c

 

+ + = ∈ ⇒ + = ⇒ =   = + +

2 2 2

4 6 ( ) (2 ) (2 ) 384

S= ⇒ bc + c + b =

Đặt 2 2

2 8, 16

3 21

6, 12

4( 2 ) 384

2 21

b c

v u

b c u u v

b c

bc v v u v u v

b c

= =

=

+ =  = = 

 

⇒ ⇒ ⇔ = − = − +

 =   = − = − 

+ − =

   

= − = − −


Từ đó có 3 phương trình thỏa mãn điều kiện

Câu VI) Bất phương trình tương đương với 3 1 34 1 1 1
4

x

x x

x

−

+ ≥ ⇔ + ≥ −

Trường hợp 1: − ≤ <1 x 4 bất phương trình ln đúng

Trường hợp 2: x≥ ⇔4

(

4 x+1

)

2≥ −

(

x 4

)

2 ⇔x2−24x≤0⇒4≤ ≤x 24
Kết hợp nghiệm ta có S=[-1;24]

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

ĐỀ

THI TH

Ử

ĐẠ

I H

Ọ

C KH

Ố

I A N

Ă

M 2011

MƠN TỐN

(Thời gian làm bài 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH

Câu I) Cho hàm số 2 3(Hm)

m
x
mx
y

−
+

1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m=1

2)Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số (Hm) cắt 2 ñường tiệm cận tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 64

Câu II)

1) Giải phương trình lượng giác sau:

x
g

x
x

x 2

2
2

cot
1

sin
2

)
cos
(sin

3
4
sin
4

sin
2

+
−
+

=

















−
−








− π

π
2) Tính tích phân sau:

(

)

∫

+ +

= 4

3
2

cos
sin

2
cos
π

dx
x

x
x
I

Câu III)

1)Giải phương trình sau x2 +3 x2 − =1 x4 − +x2 1

2) Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh BC=a 2. Mặt bên
ABB’A’ là hình thoi mặt bên BCC’B’ vng góc với ñáy (ABC), hai mặt phẳng này tạo với
nhau một góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ

Câu IV) Tìm m để bất phương trình 2

ln(1+ ≥ −x) x mx nghiệm ñúng với mọi x≥0

PHẦN RIÊNG (THÍ SINH CHỈĐƯỢC CHỌN PHẦN A HOẶC PHẦN B) 
PHẦN A)

Câu V A)

1)Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho A(1;1). Tìm ñiểm B trên ñường thẳng y=3 và điểm C trên
trục hồnh sao cho tam giác ABC đều

2) Cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2

6 2 2 2 0

x +y + −z x+ y− z+ = . Viết phương trình tiếp
tuyến của mặt cầu (S) biết tiếp tuyến ñi qua A(2;1;-2) và song song với mặt phẳng (P) có phương
trình x+2y−2z+ =1 0

Câu VI A)

Giải phương trình 100x+250x=40x+6(25x−4 )x 2
PHẦN B

Câu V B)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (T): 2 2

2 4 4 0

x +y − x− y− = và A(-2;2). Biết tam giác
ABC ñều và nội tiếp trong đường trịn (T). Tìm toạ độ các ñỉnh B, C.

2) Trong không gian Oxyz cho 2 ñường thẳng 1: 1 1 ; 2: 1 3 2

1 2 1 2 4 2

x− y+ z x− y+ z+

∆ = = ∆ = =

− và

điểm

A(1;0;-2) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A vng góc với ∆2 tạo với ∆1 một góc nhỏ
nhất

Câu VI B) Giải phương trình sau: log2 log 25 log25 log 2 .log5 5

x

x x x x

x

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

40
ĐÁP ÁN 
Câu I:

1. HS tự làm

2. Gọi tiếp ñiểm 0
0

2 3

; mx

M x

x m

 + 

 

−

 

Tiếp ñiểm tại M:

(

)

(

)

(

)

0
0

2 3 2 3

:y m x x mx

x m

− + +

∆ = − +

−
−

Với m≠0 có 2 tiệm cận là : TCĐ: x=m
TCN: y=2m
Suy ra giao ñiểm 2 tiệm cận là: I m m

(

; 2

)

- Giao ñiểm của tiếp tuyến ∆ với TCĐ là

0
0

2 2 6

: ; m mx

A m

x m

 + + 

 

−

 

- Giao ñiểm của tiếp tuyến với TCN là B

(

2x0−m m; 2

)

(

)

(

)

0
0

2 2 3

0; m ; 2 ; 0

IA IB x m

x m

 + 

 

⇒ −

 − 

 

(

)

(

)

(

)

(

)

2
2

2 2

0
2
0

4 2 3

1 1

. .4 2 2 3

2 2

AIB

m

S IA IB x m m

x m

∆

= = − = +

−

2 2 29 29

64 2 3 32

2 2

S= ⇔ m + = ⇔m = ⇔ = ±m

Câu II) 
1)
2) Ta có

(

)

3
0

(cos sin )(cos s inx)
s inx cos 2

x x x

I dx

x

+ −

+ +

∫

. Đặt sinx+cosx+2=t suy ra dt =(cosx−sin )x dt

0 3

2 2

x t

x π t

= ⇒ =





= ⇒ = +



2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 3

3 2 3 2 2

3 3 3

( 2) 1 1 1 1 1 1 1 1

2 | |

9 3

(2 3) (2 3)

t dt

I dt dt

t t t t t

+ + +

+ +

−

= = − = − + = − − +

+ +

∫

1 1 2

(2 3) (2 3)

I

= − +

+ +

Câu III)

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

2 2 2

3x x 1 10(1 x ) x 1

⇔ − = − ⇒ = ± là nghiệm

Do mp(ABC) vng góc với (BCC’B’) theo giao tuyến BC.Vẽ AK ⊥KC⇒ AK ⊥(BCC B' ').

Vẽ ' ˆ 0

'; ' 60

KH BB

KH BB BB AH KHA

AK BB

⊥


⊥  ⇒ ⊥ ⇒ =

⊥

 . Từ đó ta tính được

' BB

B I HK

KB

= (Với

I là chân ñường cao hạ từ B’ lên BC)

Ta có 2; ( ) tan 60 2 3 6

2 2 2

a a a

BK = ∆AKBv K ⇒HK =AK = = ' 6 3

2
2
2

a

B I a a

a

⇒ = =

3
2

1 3

. 3

2 2

a

V = a a =

Câu IV) Ta thấy x=0 luôn là nghiệm của bpt. Xét x>0. Bất phương trình đã cho tương ñương với 
2

ln(1 x) x
m
x

+ − ≥ − . Xét hàm số f x( ) ln(1 2x) x; (x 0)

x

+ −

= > . Ta có

2 2 2

3 3

2( 1) ln( 1) 2 2 ( 1) 2( 1) ln( 1) 1

'( )

( 1) ( 1)

x x x x x x x x

f x

x x x x

− − + + + + + − + + −

= =

+ + . Đặt t= + >x 1 1

2 2

'( ) 0 ( ) 2 ln 1 0, 1; '( ) 2 2 ln 2 ''( ) 2 0 1

f x g t t t t t g t t t g t t

t

= ⇔ = − − = ≥ = − − ⇒ = − ≥ ∀ ≥

'( ) 0

g t = có nghiệm duy nhất t=1 và g'(2)= −2 2 ln 2>0⇒g t'

( )

>g'(1)= ∀ ≥0 t 1⇒g t( )=0
có nghiệm duy nhất trên

[

1;+∞

)

dễ thấy đó là t=1; Ta có đồng biến trên (0;+∞)

Ta có 2

0 0

ln( 1) 1

lim ( ) lim ( tan)

x x

f x Lopi

x

+ +

→ →

+ −

= = − suy ra ñiều kiện là 1

m≥

PHẦN RIÊNG 
PHẦN A)

K C

I
B

H A

B’

A’

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

42
Câu V A)

1) Giả sử B=

(

x0;3 &

)

C x

(

1; 0

)

là 2 ñiểm cần tìm.

Dễ thấy AC//Oy

(

⇔ =x1 1

)

thế thì do AC=1, AB 2≥ . Vậy ABC không thể là tam giác đều.
Từ đó AC khơng thể song song với Oy, nên AC có dạng:y=k x

(

− + ⇔1

)

1 kx− − + =y k 1 0
Lúc này do C nằm trên AC, nên có:

kx1 k 1 0 x1 k 1
k

−
− + = ⇔ =

( chú ý k≠0, vì AC cũng khơng song song với Ox)
Từ đó C k 1; 0

k

−

 

= 

 

Gọi M là trung điểm của AC, thì:

1
1

1 0 2 1 1

; ;

2 2 2 2

k

k
k

M

k

−

 

 +   − 

   

 

 

 

(2)

Vì B x

(

0;3

)

là giao ñiểm của y=3 với ñường thẳng xác định bởi (2), từ đó:

Đường thẳng BM ⊥ AC( do ABC là tam giác đều) nên hệ số góc của BM là 1

k

− . Vậy BM có

phương trình: 1 2 1 1

2 2

k

y x

k k

−

 

= −  − +

 

Vì B x

(

0;3

)

là giao ñiểm của y=3 với ñường thẳng xác ñịnh bởi (2), từ ñó:

0 0

1 2 1 1 5 2 1

2 2 2

k k k

x x

k k k

− − + −

 

= −  − + ⇒ =

 

Mặt khác ta lại có: BA=AC⇔

(

x0−1

) (

2+ −3 1

) (

2 = x1−1

) (

2+ −0 1

)

2 2

4 2 2

5 2 1 1 3 5

4 1 1 25 22 3 0

2 25 3

k

k k k

k k

k


=


− + +   − 



⇔  + = −  + ⇔ + − = ⇔ = ⇔

  −

 

=



Vậy có 2 cặp ñiểm B, C thoả mãn yêu cầu ñề bài:

1 1

2 2

3 4 3 5

;3 ; ; 0

3 3

3 4 3 5

;3 ; ; 0

3 3

B C

 −   − 

   

   

 +   + 

   

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

PHẦN B) 
Câu VB)

1) Gọi I là tâm đường trịn, khi đó I

( )

1; 2 . Do tam giác ABC ñều nên I cũng là trọng tâm tam
giác ABC. Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A của tam giác.

Ta có: AI =2IH AI; =

( )

3; 0 ;IH =

(

xh−1;yh−2

)

3 2 2 5

2 ; 2

0 2 2

h
h

x

AI IH H

y

= −

  

= ⇔ ⇒  

= −  



BC:

( )

5
; 2
2

: BC 3; 0

quaH

VTPT n AI

  

 


⇒
 



 = =



Phương trình

5
:

BC x=

Vì BC∩

( ) { }

C = B C; nên B, C có toạ độ là nghiệm của hệ phương trình:

(

) (

)

2 5; 2 3 3

1 2 9 2 2

5 3 3

; 2
2

2 2

B

x y

x

C

  

= −

  

 − + − =  



  

⇒

 

 

 

= +

   

 



B(x0;3)

C(x1;0)
A

1
O

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

Do mp(ABC) vuông góc với (BCC’B’) theo giao tuyến BC.Vẽ AK ⊥KC⇒ AK ⊥(BCC B' ').

Vẽ ' ˆ 0

'; ' 60

KH BB

KH BB BB AH KHA

AK BB

⊥


⊥  ⇒ ⊥ ⇒ =

⊥

 . Từ đó ta tính được

' BB

B I HK

KB

= (Với

I là chân ñường cao hạ từ B’ lên BC)

Ta có 2; ( ) tan 60 2 3 6

2 2 2

a a a

BK = ∆AKBv K ⇒HK =AK = = ' 6 3

2
2
2

a

B I a a

a

⇒ = =

3
2

1 3

. 3

2 2

a

V = a a =

Câu IV) Ta thấy x=0 luôn là nghiệm của bpt. Xét x>0. Bất phương trình đã cho tương đương với 
2

ln(1 x) x
m
x

+ − ≥ − . Xét hàm số f x( ) ln(1 2x) x; (x 0)

x

+ −

= > . Ta có

2 2 2

3 3

2( 1) ln( 1) 2 2 ( 1) 2( 1) ln( 1) 1

'( )

( 1) ( 1)

x x x x x x x x

f x

x x x x

− − + + + + + − + + −

= =

+ + . Đặt t= + >x 1 1

2 2

'( ) 0 ( ) 2 ln 1 0, 1; '( ) 2 2 ln 2 ''( ) 2 0 1

f x g t t t t t g t t t g t t

t

= ⇔ = − − = ≥ = − − ⇒ = − ≥ ∀ ≥

'( ) 0

g t = có nghiệm duy nhất t=1 và g'(2)= −2 2 ln 2>0⇒g t'

( )

>g'(1)= ∀ ≥0 t 1⇒g t( )=0
có nghiệm duy nhất trên

[

1;+∞

)

dễ thấy đó là t=1; Ta có đồng biến trên (0;+∞)

Ta có 2

0 0

ln( 1) 1

lim ( ) lim ( tan)

x x

f x Lopi

x

+ +

→ →

+ −

= = − suy ra ñiều kiện là 1

m≥

K C

I
B

H A

B’

A’

</div>

8 de va DA thi thu hay va kho 2012

<b>KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN </b>

(

)

<b>Đ</b>

<b>ÁP ÁN MÔN TOÁN KI</b>

<b>Ể</b>

<b>M TRA </b>

( )

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

( )

( )

(

) (

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

(

)

(

)

∫

∫

(

)

(

)

∫

∫

∫

∫

(

)

( )

(

)

(

)

( )

(

)

(

)