Dinh cao cua dap an thi thu dai hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ. GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN II ( THPT CAM LỘ ). x−2 x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) biết tiếp tuyến đó cắt các tiệm cận tại các điểm A , B sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số. y=. @...Tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1 , tiệm cận ngang là đường thẳng. (. Phương trình tiếp tuyến của đths tại điểm M x o ,. xo − 2 x o +1. ). y=. có dạng:. (. Do đó tiếp tuyến cắt TCĐ, TCN lần lượt tại các điểm A − 1;. y=1. x −2 3 x − xo )+ o 2( x o +1 ( x o +1 ). xo − 5 , B ( 2 x o +1; 1 ) x o +1. ). xo − 5 2 9 =2 ( x o+ 1 )2+ Ta có: AB= ( 2 x o+ 2 ) + 1 − 2 x o +1 ( x o +1 ). √. 2. (. ). √. Cách 1. {Khảo sát hàm để tìm min AB } Xét hàm số f ( t )=t +. 9 t. 2 với t > 0 { Lưu ý là t=( x o +1 ) }. 9 f ' ( t )=0 ⇔ 1− 2 =0 ⇔ t t=−3 ( loai ) ¿ 9 Ta có f ' ( t )=1 − 2 ; t=3 t ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Lập BBT của hàm số f ( t ) trên khoảng ( 0 ; ∞ ). ta suy ra được: 2. ( x o +1 ) =3 ⇔ xo =−1 − √ 3 min f ( t )=f ( 3 )=6 ⇒ AB ≥ 2 √6 . Dấu ¿ xãy ra khi ( 0 ;+∞ ). ¿ x o=− 1+ √ 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Cách 2. { Dùng bất đẳng thức Côsi để tìm min AB } 2 Theo bđt Côsi ta có: ( x o +1 ) +. 9 9 ≥2 ( x o +1 )2 . =6 ⇒ AB ≥ 2 √6 2 2 ( x o+1 ) ( x o+ 1 ). √. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ 9 2 ⇔ ( x o +1 ) = 2 ( x o +1 ) x o=− 1− √3 ¿ Dấu ¿ xãy ra khi: x o =−1+ √ 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M ( x o ; y o ) có dạng:. y= y ' ( x o ) ( x − x o ) + y o. Từ đó suy ra các phương trình tiếp tuyến cần tìm là: hoặc y=x +2+2 √ 3 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình. y=x +2 −2 √ 3 ( sin x +cos x )2 −2 sin 2 x √2 π π = sin − x −sin − 3 x 2 2 4 4 1+cot x. ( ( ) (. )). (*). @... Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z Ta có: sin. ( π4 − x )− sin ( π4 −3 x )=2 cos( π4 − 2 x )sin x=√ 2 ( cos 2 x+sin 2 x ) sin x. ( sin x+ cos x )2 −2 sin2 x=sin2 x+2 sin x cos x+cos 2 x −2 sin2 x=sin 2 x +cos 2 x. Do đó: cos 2 x=−sin 2 x=cos sin x=1. ( π2 +2 x) ¿ ¿ −π π x= +k 8 2 ¿ π x= +k 2 π 2 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿. sin 2 x +cos 2 x √ 2 = . √2 ( cos 2 x+ sin 2 x ) sin x ⇔ ( sin 2 x+ cos 2 x ) sin 2 x =( cos 2 x +sin 2 x ) sin x 2 ¿ ¿ 2 1+cot x ⇔ sin x ( sin 2 x+cos 2 x ) ( sin x −1 ) =0 ⇔ ¿ 2 ( x +1+ √ x +2 x+ 2 )( y + √ y 2+1 ) =1(1) Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x 3 −3 x 2=8 y 3 − 12 y 2 (2) ¿{ ¿ (∗)⇔. Cách 1. {Áp dụng tính đơn điệu của hàm số} Ta có: ( 1 ) ⇔ x+1+ √ x 2 +2 x +2=− y + √ y 2+1 ⇔ ( x +1 ) + √ ( x+ 1 )2+1=( − y ) + √ ( − y )2 +1 ⇔ x +1=− y {Vì khi xét hàm số f ( t )=t + √ t2 +1 ta có: f ' ( t )=1+. t. 2. √ t +1. > 0 với ∀ t ∈ R }. Thay kết quả x=− y −1 vào phương trình (2) ta có phương trình: 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ 1 −1 −2 ( − y −1 )3 −3 ( − y −1 )2=8 y 3 −12 y 2 ⇔ 9 y 3 − 6 y 2+ 9 y+ 4=0 ⇔ y + ( 9 y 2 − 9 y+ 12 )=0 ⇔ y= ⇒ x= 3 3 3 −2 −1 Do đó hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x= , y= 3 3. ( ). Cách 2. { Đặt ẩn phụ} đăt Ta có: ( 1 ) ⇔ x+1+ √ x 2 +2 x +2= √ y 2 +1 − y = t . Từ đó ta suy ra được: t √ x2 +2 x+ 2=t − ( x +1 ) ⇒ x 2+ 2 x +2=t 2 − 2 t ( x+1 )+ ( x +1 )2 ⇒ x=−1 − 1− 2t −t √ y 2+1=t+ y ⇒ y 2 +1=t 2 +2 ty+ y 2 ⇒ y= 1 2t. 2. 2. Từ đó suy ra được: x+ y=−1 ( 2 ) ⇔ x 3 − 8 y3 −3 ( x 2 −4 y 2) =0 ⇔ ( x −2 y ) [ x 2 +2 xy +4 y 2 −3 x −6 y ]=0 ⇔ x −2 y=0 ¿ 2 ( x + y ) + 3 y 2 −3 x −6 y=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x − 2 y =0 x + y=−1 ⇔ TH1. Với x − 2 y =0 ta có hệ ¿ x=−2 /3 y=−1 /3 ¿{ ¿ TH2. Với ( x+ y )2+3 y 2 −3 x − 6 y=0 ta có hệ: ¿ ( x+ y )2+3 y 2 −3 x − 6 y=0 x + y =−1 2 2 ⇒ ( x + y ) + 3 y −3 ( x + y ) − 3 y=0 ⇔ ( x + y )2 +3 y 2 +3 −3 y=0 ¿{ ¿ 2 2 Vì ( x+ y ) ≥ 0 và 3 y +3 − 3 y> 0 nên hệ phương trình ở TH2 vô nghiệm −2 −1 Tóm lại, hệ phương trình đã cho ban đầu chỉ có 1 nghiệm là: x= , y= 3 3 e 2 x ln x+ln ( xe ) dx Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I =∫ x ln x+ 1 1 @...Ta có ln ( xe2 )=ln x + ln e2=ln x +2 , do đó: e e e e e d ( x ln x +1 ) x ln x+1+ ln x +1 x ln x+1 ln x +1 I =∫ dx=∫ dx+∫ dx=∫ 1 dx+∫ x ln x+1 x ln x+ 1 1 1 x ln x+1 1 x ln x +1 1 1 e e x ¿1 + ( ln ( x ln x +1 ) ) ¿1=e −1+ ln ( e+1 ) Câu 5 (1,0 điểm) Cho a , b là các số dương và thỏa mãn a+b ≤ 1 . Chứng minh: 1 1 + + 4 ab ≥ 7 2 2 a +b ab 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ 1 1 1 1 1 1 + + 4 ab ≥ + +4 ab @...Ta có 2 2 + ab + 4 ab= 2 ab 1 −2 ab ab a +b ( a+b ) −2 ab Cách 1. { Dùng bđt Côsi với điểm rơi là a=b=1/2 } Ta có: 1 1 1 1 + +4 ab= + 4 ( 1 −2 ab ) + +16 ab − 4 − 4 ab 1− 2ab ab 1 −2 ab ab 1 1 a+b 2 2 . 4 ( 1 −2 ab ) +2 . 16 ab −4 −4 . =4 +8 − 4 −1=7 ( đpcm ) 1− 2 ab ab 2. √. Cách 2. { Khảo sát hàm}. √. ( ). 1 1 a+b 2 1 + + 4 t với t ∈ ¿ = và xét hàm số f ( t )= 1− 2t t 2 4 2 2 1 2 1 1 − 1+ 4 t −1+8 t ( ) f ' t = − + 4= − − + 4= + <0 Ta có: 2 ( 1− 2t )2 t 2 ( 1 −2 t )2 2 t 2 2t 2 ( 1 −2 t )2 . 2t 2 2t 1 1 1 + + 4 ab ≥ 7 (đpcm) =7 . Do đó: Suy ra min f ( t ) =f 2 2 ¿ 4 a +b ab Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 a √3 , mặt bên SAB là tam giác cân với A S^ B=120o và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính thể tích khối chóp A . MNB và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM , BN. Đặt t=ab ≤. ( ). (). Cách 1.{Dùng phương pháp tọa độ} Gọi I là trung điểm của AB , khi đó dựa vào giả thiết bài toán ta suy ra được SI ⊥ ( ABC ) . Mặt khác dễ dàng xác định được: ( ) IB a 3 IS= ⇒ IS= √ =a và IC= 2 a √ 3 √3 =3 a ^ tan B S I. √3. 2 với O≡ I , Ox ≡IA ,Oy ≡ IC ,Oz ≡IS. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz Khi đó ta xác định được tọa độ các điểm:. (. A ( a √ 3 ; 0 ; 0 ) , B ( − a √3 ; 0 ; 0 ) , C ( 0 ; 3 a ; 0 ) , S ( 0 ; 0 ; a ) , M 0 ;. 3a a 9a a ; ,N 0; ; 2 2 4 4. ) (. ). 3a a ⃗ 9a a ⃗ AM −a √ 3 ; ; , AN − a √3 ; ; , AB ( − 2 a √3 ; 0 ; 0 ) a) Ta có: ⃗. (. ) (. (. ) (. ). 2 2 4 4 1 √ 3 a3 AM , ⃗ AN ] ⃗ AB|= Từ đó suy ra: V A . MNB= |[ ⃗ 6 4 3a a ⃗ 9a a ⃗ AM −a √ 3 ; ; , BN a √ 3 ; ; , AB ( −2 a √ 3; 0; 0 ) b) Ta có: ⃗ 2 2 4 4 |[⃗ AM , ⃗ BN ] ⃗ AB| 2 √ 237 a = Từ đó suy ra: d ( AM , BN )= 79 |[⃗ AM, ⃗ BN ]|. ). Cách 2. (Dùng phương pháp hình học thuần túy). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Tương tự cách 1 ta xác định được IS=a . Do đó thể tích của khối chóp S . ABC là: 1 1 V S . ABC = . IS . AB . AC . sin 600 =√ 3 a3 ( đvtt ) 3 2. (. ). Mặt khác ta có:. V S . ABM SM 1 √ 3 a3 ; = = ⇒ V S . ABM= V S . ABC SC 2 2 3 V C . ABN CN 1 3a = = ⇒ V S . ABM= √ V S . ABC CS 4 4 Vì V A . MNB=V S . ABC − ( V S . ABM +V C . ABN ). V A . MNB=√ 3 a3 −. Gọi J. 3. 3. nên: 3. ( √ 32a + √34a )= √34a ( đvtt ). là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác. ABC. Trên SC, BC lần lượt lấy các điểm K , F sao cho GK // IS ,GF // AC. Khi đó ta chứng minh được: BJ ⊥ ( GKF ) ⇒ ( BJN ) ⊥ ( GKF ) (1) Mặt khác vì AM // JN nên AM // ( BJM ) (2) 3 5. Từ (1) và (2) ta có: d ( AM , BN )=d ( M , ( BJM ) )= d ( K , ( BJN ) ) MN 1 SK 1 MN 3 = , = = } nên SC 4 SC 3 KN 5 Gọi T là giao điểm của BN , KF và E là 1 điểm trên BN sao cho EF // NC . Khi đó d ( K , ( BJN ) )=d ( K ,GT ) (3). {Vì. Dựa vào các tam giác đồng dạng ta có:. EF BF 2 = = {vì Δ BEF ~ ΔBNC } NC BC 3 TF EF EF 3 EF 3 2 2 = = = . = . = TK KN 5 NC 5 3 5 { vì Δ ETF ~ Δ NTK } 5 NC 3 Xét tam giác vuông KGF ta dễ dàng xác định được: 2 2a 2 2a 3 4a 5 20 a GK= IS= ; GF= JC= √ ; KF= ⇒ KT= KF= 3 3 3 3 3 7 21 5 20 a ^ F=60 o Suy ra KT= KF= và G K 7 21 316 GT=√ GK 2+ KT 2 − 2GK .KT cos B ^ KT=√ a 21 2 1 10 √3 a S GKT= KG. KT sin 60o = 2 63. (. ). Mặt khác:. 2S 1 10 237 a S SKT = d ( K , GT ) . GT ⇒d ( K , GT )= SKT = √ (4) 2 GT 237 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ. Từ (1),(3),(4) ta suy ra: 3 3 10 237 a 2 √ 237 a d ( AM , BN )= d ( k , GT )= . √ = 5 5 237 79. II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , phương trình đường thẳng DM : x − y − 2=0 và C ( 3 ; −3 ) . Xác định tọa độ các đỉnh A , B , D biết điểm A thuộc đường thẳng d :3 x + y −2=0 Cách 1. Giả sử A ( a ; 2− 3 a ) ∈d và M ( b ; b − 2 ) ∈ DM .Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm B ( 2 b −3 ; 2 b −1 ) AB=⃗ DC nên ta suy ra được tọa độ điểm D ( a −2 b+6 ; −3 a− 2 b ) Vì ⃗ Vì điểm D thuộc đường thẳng DM nên: ( a −2 b+6 ) − ( −3 a − 2b ) − 2=0 ⇔ 4 a+ 4=0 ⇔ a=− 1 ( 1 ) BA . ⃗ BC=0 ⇔ ( a − 2b +3 ) ( 6 −2 b ) + ( −3 a− 2 b+3 ) ( −2 b −2 )=0 ( 2 ) Vì ABCD là hình vuông nên ⃗ ( 2− 2 b ) ( 6 −2 b ) + ( 6 −2 b )( − 2b − 2 )=0 ⇔ b=0 ¿ b=3 Thay (1) vào (2) ta suy ra được : ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ TH1. Với a=−1 , b=3 ta có: A ( −1 ; 5 ) , B ( 3 ; 5 ) ,C (3 ; − 3 ) , D ( −1 ; −3 ) Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC không bằng nhau. Ta loại trường hợp này TH2. Với a=−1 , b=0 ta có: A ( −1 ; 5 ) , B ( −3 ; −1 ) , C ( 3 ; −3 ) , D (5 ; 3 ) Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC ,CD , DA bằng nhau nên ta nhận trường hợp này. Vậy các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; 5 ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( 5 ; 3 ). Cách 2. {Vận dụng hệ tam giác vuông cân} Giả sử A ( a ; 2− 3 a ) ∈d và M ( b ; b − 2 ) ∈ DM .Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm B ( 2 b −3 ; 2 b −1 ) Tam giác ABC vuông cân tại B nên ta có: ¿ ⃗ ⃗ BA . BC=0 BA 2=BC2 ⇔ ¿ ( a −2 b+3 )( 6 − 2b )+ ( −3 a −2 b+3 )( − 2b − 2 )=0 ( 1 ) ( a −2 b+3 )2+ (− 3 a −2 b+3 )2 =( 6 −2 b )2 + ( −2 b − 2 )2 ( 2 ) ¿{ ¿. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ ¿ a −2 b+3=k ( −3 a− 2 b+3 ) −2 b − 2=− k ( 6 − 2 b ) Từ (1) ta suy ra tồn tại số thực k để: ¿{ ¿. Thay kết quả này (2) ta thu được phương trình:. a=− 1 ¿ − 4 b+ 9 a= 3 ¿ ¿ ¿ ¿ k 2 ( −3 a −2 b+3 )2+ (− 3 a −2 b+3 )2=( 6 −2 b )2 +k 2 ( 6 −2 b )2 2 2 ¿ ¿ ⇔ ( k 2+ 1 ) (− 3 a −2 b+3 ) =( 1+k 2 ) ( 6 −2 b ) 2 2 ⇔ ( −3 a −2 b+ 3 ) =( 6 −2 b ) ⇔ TH1. Với a=−1 thay vào hệ (1),(2) ta suy ra b=0 − 4 b +9 TH2. Với a= thay vào hệ (1),(2) ta suy được hệ vô nghiệm. 3 Tóm lại, các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; 5 ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( 5 ; 3 ) k 1 −k 2 1+ k 1 k 2. |. Cách 3.{Nếu đt Δ 1 , Δ 2 lần lượt có hsg k 1 , k 2 và ( Δ 1 , Δ 2 )=μ thì tan μ=. |. Đường thẳng DM : x − y − 2=0 có hệ số góc bằng 1. Giả sử phương trình đường thẳng DC : y=k ( x −3 ) −3 có hệ số góc k . Vì MC 1 1− k 1 = ⇒ = ⇔ DC 2 1+k 2 k =1/3 ¿ ABCD là hình vuông nên: k=3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 1 1 TH1. Với k = ta có phương trình DC : y= ( x −3 ) −3 . Khi đó 3 3 ¿ 1 y= ( x −3 ) −3 3 x − y −2=0 ⇔ tọa độ điểm D là nghiệm của hệ ¿ x=−3 y=−5 ⇒ D ( −3 ; −5 ) ¿{ ¿ DA . ⃗ DC=0 ⇔ 6 ( a+3 )+ 2 ( 7 − 3 a )=0 ⇔ 32=0 Giả sử A ( a ; 2− 3 a ) ∈d , vì DA ⊥ DC nên ⃗ TH2. Với k =3 ta có phương trình DC : y=3 ( x − 3 ) −3 . ^ C= tan M D. | |. (vô lí). 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ ¿ y=3 ( x − 3 ) −3 x − y −2=0 ⇔ ¿ x=5 Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ y =3 ⇒ D (5 ; 3 ) ¿{ ¿ Giả sử A ( a ; 2− 3 a ) ∈d , vì DA ⊥ DC nên ⃗ DA . ⃗ DC=0 ⇔ −2 ( a −5 ) − 6 ( −3 a −1 ) =0 ⇔ a=−1 ⇒ A ( −1 ; 5 ) ⃗ DC nên ta dễ dàng xác định được tọa độ điểm B ( − 3 ;− 1 ) Vì AB=⃗. Cách 4. Gọi G là giao điểm của DM và AC thì G chính là CA =3 ⃗ CG , hay là điểm trọng tâm tam giác BCD . Do đó ⃗ A chính là ảnh của điểm G qua phép vị tự V (C , 3 ) . Dựa vào tính chất của phép vị tự ta có: DM : x − y − 2=0⃗ V ( C , 3 ) Δ: x − y+ 6=0 Vì đường thẳng DM đi qua điểm G đi qua điểm A . Suy ra:. nên đường thẳng Δ. ¿ 3 x+ y −2=0 x − y +6=0 ⇔ ¿ x=−1 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: y=5 ⇒ A (− 1; 5 ) ¿{ ¿ I AC I ( 1 ; 1 ) Gọi là trung điểm thì +) Đường thẳng BD đi qua điểm I ( 1 ; 1 ) và vuông góc với AC nên có phương trình: x − 2 y +1=0 +) Đường tròn ngoại tiếp ( C ) hình vuông có tâm I ( 1 ; 1 ) và bán kính R=IA=2 √ 5 nên có phương trình: ( x − 1 )2+ ( y −1 )2=20 +) Tọa độ của các điểm B , D là nghiệm của hệ: x −2 y +1=0 ( x − 1 )2+ ( y −1 )2=20 ⇔ x=5 , y =3 ¿ x=− 3 , y=−1 ¿ ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿ Kết hợp với điều kiện điểm D thuộc đường thẳng DM : x − y − 2=0 suy ra tọa độ các đỉnh cần tìm là: A ( −1 ; 5 ) , B ( −3 ; −1 ) , D ( 5 ; 3 ) 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ. x − 1 y +2 z = = và 2 1 1 thuộc ( P ) , vuông góc với. 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : mặt phẳng ( P ) : x +2 y − z − 3=0 . Viết phương trình đường thẳng Δ d đồng thời khoảng cách giữa Δ và d bằng √ 2 uΔ⊥ ⃗ n P ( 1 ) , vì Δ d nên Vì Δ thuộc ( P ) nên ⃗ uΔ⊥ ⃗ ⃗ ud ( 2 ). Từ (1), (2) ta có thể chọn u Δ=[ ⃗ ⃗ n P ,⃗ u d ] =( 3 ; −3 ; − 3 )=3 ( 1 ; −1 ; −1 ). Cách 1. { Tính khoảng cách trực tiếp} Giả sử điểm M ( a; b; a+2 b −3 ) khi đó phương trình đường thẳng Δ là:. ¿ x =a+t y =b −t z=a+ 2b − 3− t ¿ {{ ¿. với t ∈ R. Trên đt Δ ta lấy thêm điểm N ( a −3 ; b+3 ; a+ 2b ) và trên đt d ta lấy các điểm A ( 1; − 2; 0 ) , B ( 3; − 1; 1 ). Khi đó: d ( Δ , d )=d ( AB , MN )=. |[⃗ AB ,⃗ MN ]⃗ AM| |− 9 a− 9 b+ 45| = =√ 2 ⇔|− a −b+5|=2 ⇔ 9 √2 |[ ⃗ AB ,⃗ MN ]|. a+b=3 ¿ a+b=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ a+b=3 a=1 ,b=2 hay là điểm TH1. Với , ta có thể chọn. M ( 1 ; 2; 2 ) ¿ x=1+t y=2 −t Suy ra phương trình tham số của đường thẳng Δ cần tìm là: z=2 −t ¿{{ ¿ TH2. Với a+b=7 , ta có thể chọn a=3 , b=4 hay là điểm M ( 3 ; 4 ; 11 ) ¿ x=3+t y=4 −t Suy ra phương trình tham số của đường thẳng Δ cần tìm là: z=11 −t ¿{{ ¿ Cách 2. { Tính khoảng cách dựa vào việc xây dựng mặt phẳng phụ }. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ. Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và song song với đường thẳng Δ Rõ ràng mặt phẳng ( Q ) có VTPT nQ =[ ⃗ ⃗ ud , ⃗ u Δ ]=( 0 ; − 9; 9 )=9 ( 0 ; −1 ; 1 ) và ( Q ) đi qua điểm A ( 1; − 2; 0 ) ∈ d. Do đó phương trình mặt phẳng ( Q ) : y − z +2=0 Trên mặt phẳng ( Q ) ta lấy điểm M ( a; b; a+2 b −3 ) sao cho: |b − ( a+2 b −3 )+2| |− a −b+5| d ( M , ( Q ) ) =√ 2 ⇔ = √ 2 ⇔ =√ 2⇔ |− a− b+5|=2 2 2 2. √0 +1 +( −1 ). √2. Từ đó ta có thể chọn a=1 ,b=2 hay là điểm M ( 1 ; 2; 2 ) . Suy ra ptđt Δ cần tìm là: … n Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 3 trong khai triển Niutơn của biểu thức ( 2+2 x − x 2 − x 3 ) biết rằng: 1 1 1 n 1 C0n − C 1n + C2n −. ..+ (− 1 )n C= 2 3 n+1 n 13. Cách 1. { Dựa vào tích phân} Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: ( 1+ x )n=C 0n+C 1n x+C 2n x2 +. ..+C nn x n Lấy tích phân 2 vế với cận từ −1 đến 0 ta được: 0. 0. n +1. 2 3 n+ 1 ( 1+ x ) x x x ¿0− 1= C 0n x+C 1n +C 2n +. ..+C nn ¿ 0−1 n+1 2 3 n+1 −1 −1 gt 1 1 1 1 1 ⇒ =C 0n − C1n+ C 2n −. ..+ ( −1 )n C nn= ⇒ n=12 n+1 2 3 n+1 13 1 1 k k+1 C= C Cách 2. { Dựa vào đẳng thức quen thuộc: } k +1 n n+1 n+1 n! . ( n+1 ) ( n+ 1 ) ! 1 1 n! 1 1 1 C k= . = . = . = C k+ 1 Ta có: k +1 n k +1 ( n− k ) ! k ! n+1 ( n− k ) ! k ! ( k +1 ) n+1 ( n− k ) ! ( k +1 ) ! n+1 n+ 1 1 1 1 2 1 0 n 1 C nn= C1n+1 − C2n +1+ C3n +1 −. . .+ ( −1 )n Cnn +1 ( Do đó ta có: Cn − C n + Cn −. ..+ (− 1 ) (1) +1) 2 3 n+1 n+1 n+1 0 1 2 2 n +1 n+1 Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: ( 1+ x ) =C n+1 +C n+1 x+C n+1 x +. . .+ Cn +1 x với ∀ x ∈ R Thay x=−1 vào đẳng thức trên ta thu được: 1 2 3 n n +1 0 0n +1=C 0n+1 − C1n +1+ C2n +1 − .. .+ ( −1 )n+ 1 C n+1 (2) n+1 ⇔C n+1 − Cn +1+ Cn +1 −. . .+ ( −1 ) C n +1=C n+1=1 1 1 1 2 1 1 1 0 n 1 C n= ⇔ = ⇔n=12 Từ (1) và (2) ta suy ra: Cn − C n + Cn −. ..+ (− 1 ) 2 3 n+1 n n+1 13 n+1 12 Bài toán đã cho trở thành tìm hệ số x 3 trong khai triển ( 2+2 x − x 2 − x 3 ) 12 12 Ta có ( 2+2 x − x 2 − x 3 ) =( 1+ x )12 ( 2− x2 ) , do đó số hạng tổng quát của khai triển 12 ( 2+2 x − x 2 − x 3 ) là: k k l 12 −l 2 l k l 12 −l l k+ 2l với k , l là các số nguyên thỏa 0 ≤ k ,l ≤12 C12 x C 12 .2 ( − x ) =C 12 . C12 .2 ( −1 ) . x 3 Để có x thì k +2 l=3 , từ đó ta tìm được: k =3 ,l=0 hoặc k =1, l=1 12 Do đó hệ số của x 3 trong khai triển ( 2+2 x − x 2 − x 3 ) là: C312 .C 012 . 212 −C 112 C112 .211 =76 .211. ∫ ( 1+ x )n dx=∫ (C 0n+ C1n x+ C2n x 2+. ..+C nn x n) dx ⇒. (. ). B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( T ) : x 2+ y 2 − 4 x=0 và đường thẳng d : 2 x − y +2=0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho từ điểm M kẻ được 2 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ đến ( T ) với A , B là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng. tiếp tuyến MA , MB điểm K ( −4 ; −5 ) Cách 1. Đường tròn ( T ) có tâm I ( 2 ; 0 ) và bán kính R=2 Gọi J là trung điểm của MI Giả sử M ( a; 2 a+ 2 ) ∈ d suy ra: J. ( a+22 ; a+1). AB. đi qua. và. 2 5 a +4 a+8 √ MJ=. 2. Vì MA ⊥ AI , MB ⊥ BI nên A , B thuộc đường tròn ( C ) 5 a2 +4 a+8 2 2 2 a+ 2 ( 2 5 a +4 a+8 + y − a −1 ) = Phương trình ( C ) : x − . Hay ( C ) : x 2+ y 2 − ( a+2 ) x − ( 2 a+2 ) y +2 a=0 2 4 Như vậy 2 điểm A , B vừa thuộc đường tròn ( T ) vừa thuộc đường tròn ( C ) do đó tọa độ của A , B là ¿ x 2+ y 2 − 4 x=0 nghiệm của hệ: x 2+ y 2 − ( a+2 ) x − ( 2 a+2 ) y +2 a=0 ⇒ ( a − 2 ) x + ( 2 a+2 ) y − 2 a=0 ¿{ ¿ Do đó A , B thuộc đường thẳng ( a −2 ) x+ ( 2 a+2 ) y − 2a=0 . Hay nói cách khác là đường thẳng AB có phương trình: ( a −2 ) x+ ( 2 a+2 ) y − 2a=0 Vì đường thẳng AB đi qua điểm K ( −4 ; −5 ) nên ta có: −1 −1 7 ( a −2 ) ( − 4 ) + ( 2 a+ 2 )( −5 ) − 2 a=0 ⇔ −16 a −2=0 ⇔ a= ⇒M ; 8 8 4. có tâm J. (. a+2 ; a+1 2. ). (. và bán kính MJ= √. ). (. ). Cách 2. Gọi N ( x o ; y o ) là 1 điểm trên đường tròn ( T ) , khi đó phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại N có dạng: x o x + y o y −2 ( x o+ x ) =0 . Tiếp tuyến này đi qua điểm M ( a; 2 a+ 2 ) ∈ d khi: x o a+ y o ( 2 a+2 ) − 2 ( x o+ a ) =0 hay là ( a −2 ) x o + ( 2 a+2 ) y o − 2 a=0 Như vậy suy ra các tọa độ tiếp điểm A , B của các tiếp tuyến của ( T ) kẻ từ M đều thỏa mãn phương trình đường thẳng ( a −2 ) x+ ( 2 a+2 ) y − 2a=0 . Do đó phương trình AB : ( a− 2 ) x + ( 2 a+2 ) y −2 a=0 Vì đường thẳng AB đi qua điểm. nên ta có…(tương tự cách 1) Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x +2 y +2 z + 4=0 và mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 10 x −2 y − 6 z+10=0 . Từ điểm M trên ( P ) kẻ 1 đường thẳng Δ tiếp xúc với ( S ) tại điểm N . Xác định vị trí của điểm M để độ dài đoạn thẳng MN bằng K ( −4 ; −5 ). √ 11. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 5 ; 1; 3 ) và bán kính R=5 Vì MN là tiếp tuyến của mặt cầu nên IN ⊥ NM Từ đó ta tính được : IM=√ IN 2+ NM2= 52+ ( √ 11 )2=6 Do đó điểm M thuộc mặt cầu ( S1 ) tâm I ( 5 ; 1; 3 ) và bán kính R1=6 Vậy nên tập hợp các điểm M là đường tròn ( C ) chính giao tuyến giữa mặt cầu ( S1 ) và mặt phẳng ( P ) +)Tâm của ( C ) là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( P ) và ta dễ dàng xác định được tâm là điểm 28 −25 −7 J ; ; 9 9 9. √. (. ). 17 2 √ 35 +) Bán kính của ( C ) là: r= √ R21 −d 2 ( I , ( P ) )= 6 2 − =. √. (3). 3. @...Ta có:. (. (. n. 3− i √ 3 1 nπ nπ = n cos +i sin 6 6 √3 − 3i 4 n nπ nπ 3− i √ 3 Và là số thực khi: sin =0 ⇔ =kπ ⇔ n=6 k 6 6 √ 3 − 3i ¿ Vì n là số nguyên dương nên n=6 k với k ∈ N ∗ ¿ Do đó. (. n. 3− i √ 3 là số thực √ 3 − 3i ( √3 −i ) ( 1+ √ 3i ) 2 √ 3+2 i 1 √ 3 3 − i √ 3 √3 −i 1 1 π π = = = = +i . = cos +i sin 4 4 2 2 4 6 6 √3 −3 i 1 − √3 i ( 1 − √3 i ) ( 1+ √3 i ). Câu 9b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho. (. ) (. ). ) (. ). ). ). với k ∈ Z. ĐỀ TỰ LUYỆN I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=x 4 −3 x 2 +m có đồ thị ( C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C 2) của hàm số trên khi m=2 b) Tìm m để đường thẳng d : −2 x+1 cắt đồ thị ( C m ) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình. 3 2 sin x + sin x cos x −1 ¿ x 3 2 4 −5 x ≤ 2 3 2 3 x − mx √ x +16=0 ¿ ¿{ ¿. ( 2 cos x −1 ) cot x=. 2. Câu 3 (1,0 điểm) Tìm m để hệ sau có nghiệm:. 2. Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân Câu 5 (1,0 điểm) Cho a , b , c >0. () (). x dx √ 2 x −1+ √3 x − 1 và thỏa a+b +c=1 . Tìm GTNN của I =∫. F=( 1+a2 ) ( 1+b 2) ( 1+ c2 ) 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD=DC , AB=2 AD , mặt bên SBC là tam giác đều cạnh 2 a và ( SBC ) ⊥ ( ABCD ) . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa BC và SA theo a .. II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x −2 y +2=0 và điểm A ( 0 ; 2 ) . Tìm tọa độ các điểm B ,C ∈ d sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB=2 BC. Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A ( 2; 0 ; 0 ) , B ( 1; 1 ; 1 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , B sao cho ( P ) cắt Oy , Oz lần lượt tại C , D và S ACD =4 √ 6. Câu 9a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từng đôi một sao cho có mặt hai chữ số 7,8 và hai chữ số này đứng cạnh nhau. B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip ( E ) có độ dài trục lớn bằng 8, M F 2=90 o tiêu điểm F1 ( −2 √ 3 ; 0 ) , F 2 ( 2 √ 3 ; 0 ) . Tìm tọa độ điểm M ∈ ( E ) sao cho F1 ^ Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( −1 ; 1; 2 ) , B ( 3 ; 5 ; −2 ) và mặt phẳng ( P ) : x −2 y +2 z − 4=0 . Tìm tọa độ điểm C ∈ ( P ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A . Câu 9b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa z̄ −. 4 =i . Tính giá trị của z +1. A=|1+ ( 1+ i ) z̄|. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>