De thu dai hoc mon toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (964.24 KB, 112 trang )

(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 1 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): 3 2 2 3 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m  m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng √ 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 1. Giải phương trình : 2. Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x) log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x 1).log 2 (5  2 x) 2.  6.  ) 4 dx cos2x. tan( x . I . 0 Câu III (1 điểm): Tính tích phân Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz .. B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  4 y  4 0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2 2 2 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  6 y  4 z  2 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11 0 và tiếp xúc với (S). 4 Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x trong khai triển Niutơn của biểu thức : P (1  2 x  3x 2 )10. 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm):.

(2) (E) :. x2 y 2  1 9 4 và hai điểm A(3;-2) , B(-. 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2 2 2 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  6 y  4 z  2 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11 0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn. 2 22 2n n 121 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn  2 3 n 1 n 1.

(3) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu. Điểm 2. Ta có. ,. 2. 2. y 3x  6mx  3(m  1). y , 0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1 0 có 2 nhiệm phân biệt   1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 OA  2OB  m 2  6m  1 0    m  3  2 2 Theo giả thiết ta có Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . 1.    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x)  3  1  cos(4x+ )  2   Để hàm số có cực trị thì PT. I. 05. 025 025. 05.  cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x 0. II.    sin(4 x  )  sin(2 x  ) 0 6 6    x  k   18 3  2sin(3 x  ).cosx=0   6  x=   k  2    x   k x  k 2 18 3. Vậy PT có hai nghiệm và 5  1  x 2 2  x 0 2. ĐK : . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  2 x) log 22 (5  2 x)  2 log 2 (5  2 x)  2log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1) 1  x   4  log 2 (2 x  1)  1  1   log 2 (5  2 x) 2 log 2 (2 x  1)   x   x  2  2  log 2 (5  2 x) 0  x 2  . 05. 05. 025.

(4) Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.  6.   ) 2 6 4 dx  tan x  1 dx  cos2x (t anx+1)2 0. tan( x . I  III. 0. t t anx  dt=. Đặt x 0  t 0. 1  tan 2 x cos 2x  1  tan 2 x ,. 1 dx (tan 2 x  1)dx 2 cos x. 025 025. 05.  1 x  t 6 3 1 3. Suy ra. 1. dt 1 3 1 3 I     2 (t  1) t  10 2 0. 025 ..  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB)  Ta có  AM  SB, ( SA  AB ) Tương tự ta có AN  SC (2) AI  SC Từ (1) và (2) suy ra IV.  AM  SC (1). 05. Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 VABMI  S ABM .IH 3 Suy ra S ABM . a2 4. 05. Ta có IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1       IH  BC  a 2 2 2 2 2 BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 3 2 3 1a a a VABMI   3 4 3 36 Vậy Ta c ó: P 3  ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz. 025. 3  9  2( xy  yz  zx)   2 xyz 27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2 27  6 x(3  x)  ( x  3) 2 1  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2. 025.

(5) Xét hàm số. f ( x)  x 3  15 x 2  27 x  27. ,. với 0<x<3.  x 1 f , ( x )  3 x 2  30 x  27 0    x 9. 05. Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y  z 1 . 3a  4 16  3a A(a; )  B(4  a; ) 4 4 1. Gọi . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 S ABC  AB.d (C  ) 3 AB 2 . 2.  6  3a  AB 5  (4  2a )    25   2  2. VIa. Theo giả thiết ta có Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và  bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)  ( P )  (  ) v Vì và song song với giá của nên nhận véc tơ    n p n  v (2;  1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0.  a 4  a 0 .  m  21 d ( I  ( P )) 4    m 3. Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P)) 4 . Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.. Ta có. 10. 10. k. k 0. k 0. i 0. P (1  2 x  3 x 2 )10  C10k (2 x  3 x 2 ) k  ( C10k Cki 2k  i3i x k i ). VIIa Theo giả thiết ta có 4 Vậy hệ số của x là:. k  i 4 i 0 i 1 i 2      0 i k 10   k  4 k  3   k 2 i, k  N  C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32 8085 .. 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y 2  1 4 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 9 và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB )  2 x  3 y 3  2 13 3 4 2 13 VIb. 3. 85  x 2 y 2  170 2    3 13  9 4  13. 05. 05. 025 025. 025 025 05. 025. 025. 05.

(6)  x2 y 2   9  4 1  x 3 2  2  x y y  2   3 2. VIIb. Dấu bằng xảy ra khi . Vậy n 0 1 2 2 n n Xét khai triển (1  x ) Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x. 05 C(. 3 2 ; 2) 2 .. Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 3n 1  1 22 23 2n 1 n 2Cn0  Cn1  Cn3  ...  Cn n 1 2 3 n 1 2 1 22 2 2n n 3n 1  1 121 3n1  1 0 Cn  Cn  Cn  ...  Cn    2 3 n 1 2( n  1) n  1 2(n  1). 05.   3n 1 243  n 4 Vậy n=4.. 05.

(7) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x  2sin x  1  2sin x cos 2x 0 2. Giải bất phương trình.  4x  3. x 2  3x  4 8x  6.  3. cotx I  dx    s inx.sin  x   6 4  Câu III ( 1điểm)Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y  8 0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) z  2  i 2 Tìm số phức z thoả mãn : . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 2 4 6 100 1. Tính giá trị biểu thức: A 4C100  8C100 12C100  ...  200C100 . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình:.

(8)  x 3  t  d 2 :  y 7  2t  z 1  t . x 2 z 3  y 1  3 2 Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------d1 :.

(9) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Tập xác định: D=R lim  x3  3x 2  2    lim  x3  3x 2  2   x  . 1. I. 2. II. 1. Điểm. x  .  x 0  y’=3x2-6x=0  x 2 Bảng biến thiên: x - 0 y’ + 0 2 y - Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2. 0,25 đ. 2 0. + +. 0,25 đ. + -2. Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4  x   y 3x  2  5    4 2  y  2 x  2  y 2 M ;   5 =>  5 5 Giải phương trình: cos2x  2sin x  1  2sin x cos 2x 0 (1).  1  cos2 x  1  2sin x    1  2sin x  0   cos2 x  1  1  2sin x  0. 0,5 đ. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 0,5 đ.

(10) Khi cos2x=1<=> x k , k  Z 1  5 s inx  x   k 2 x   k 2 2 6 6 Khi hoặc ,kZ. Giải bất phương trình:. (1) Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 2. x 2  3x  4 8x  6.  4x  3.   4 x  3. . +. (1) 0,25 đ. . x 2  3 x  4  2 0. 0,25 đ. x 2  3x  4  2 =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 4x-3 x 2  3x  4  2. 0,5 đ. ¾ 0. 2 +. +. 0,25 đ. +. 0. 0 Vế trái 0 + 0 0 3   x   0;    3;    4 Vậy bất phương trình có nghiệm:. + +. 0,25 đ. Tính  3.  3. cot x cot x I  dx  2  dx     sinx  s inx  cos x  sin x sin  x   6 6 4 . 0,25 đ.  3. III. cot x  2 2 dx  s in x  1  cot x  6. . 0,25 đ. 1 dx  dt sin 2 x. Đặt 1+cotx=t   3 1 x   t 1  3; x   t  6 3 3 Khi 3 1. t1 I 2  dt  2  t  ln t  t 3 1 IV. 3 1 3 1 3. 0,25 đ 0,25 đ.  2   2  ln 3   3 . 3 Vậy Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) a 3 AH SA cos 300  2 Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh. S. 0,25 đ K. A. C. H.

(11) a 3 2 => H là trung điểm của cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA AH a 3 HK AH sin 300   2 4 => AH . a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 4. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ. Ta có: a3. b2  3 a 6 3a 2 3 3  16 64 4 (1) 2 b2  3 2 b2  3 b3 b3 c2  3 c 6 3c 2   3 3  16 64 4 (2) 2 c2  3 2 c2  3 c3. V. . . a3. c3. . . a2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4 (3). 2 a2  3 2 a2  3 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a 2  b2  c 2  9 3 2 P   a  b2  c 2  16 4 (4) 2 2 2 Vì a +b +c =3 3 3  P P 2 vậy giá trị nhỏ nhất 2 khi a=b=c=1. Từ (4) PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn VI.a Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> 2. 1. 2. 0,5 đ. 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ. 2. khoảng cách từ tâm I đến  bằng 5  3 4  c 4 10  1  34c  d  I ,   4   32  1  c  4 10  1 (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1 0 hoặc 3 x  y  4 10  1 0 .  AB   1;  4;  3 Ta có. 0,25 đ 0,25 đ.

(12)  x 1  t   y 5  4t  z 4  3t . 0,25 đ. Phương trình đường thẳng AB: Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu  vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC (a; 4a  3;3a  3) 21   a 26 Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=>  5 49 41  D ; ;  Tọa độ điểm  26 26 26 . Vậy số phức cần tìm là: z= 2  )i. A. Theo chương trình nâng cao VI.b. Ta có:. 1. 2. 1 x. 100. 1 x. 100. 2 +(  1 . 0,25 đ 0,25 đ. Gọi số phức z=a+bi  a  2  2   b  1 2 4  a  2   b  1 i 2    b a  3 b a  3     Theo bài ra ta có: a 2  2 a 2  2  hoac  b  1  2 b  1  2. VII.a. 0,25 đ. 2 )i; z= z= 2  2 +(  1  2. 0 1 2 100 100 C100  C100 x  C100 x 2  ...  C100 x. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. (1). 0,25 đ. (2) Lấy (1)+(2) ta được: 100 100 0 2 4 100 100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x  1  x    1  x  2C100. 0,25 đ. 0 100. C. 1 100. 2 100. 2. 3 3 100. 100 100 100.  C x  C x  C x  ...  C x. Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 99 99 2 4 100 99 100  1  x   100  1  x  4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 x. 0,25 đ. Thay x=1 vào 2 4 100 A 100.299 4C100  8C100  ...  200C100 => Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a)  và B(3+b;7-2b;1-b). MA k MB Do  đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>  MA  3a  1; a  11;  4  2a  , MB  b;  2b  3;  b . 0,25 đ. =>. 3a  1 kb 3a  kb 1     a  11  2kb  3k   a  3k  2kb 11    4  2a  kb  2a  kb 4    MA  2;  10;  2 . a 1  k 2 b 1 . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ.

(13) VII.b. Phương trình đường thẳng AB là: =24+70i,  7  5i hoặc   7  5i  z 2  i    z  5  4i.  x 3  2t   y 10  10t  z 1  2t  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ.

(14) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 2x  1 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng √2 . Câu II (2 điểm) 17 x  sin(2x  )  16 2 3.s inx cos x  20sin 2 (  ) 2 2 12 1) Giải phương trình y. 2) Giải hệ phương trình :. 4 3 2 2 x  x y  x y 1  3 2 x y  x  xy  1.  4. tan x.ln(cos x) dx cos x. . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng Δ : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ sao cho đường thẳng AB và Δ hợp với nhau góc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y 1 z 4 (d) :   (d ') :   1 2  3 và 1 2 5 và hai đường thẳng Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) logx(24x1)2 x  logx2 (24x1) x2 log (24x1) x Giải phương trình: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm).

(15) 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y 1 , đường thẳng (d) : x  y  m 0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn. nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 x −2 y +1 z và đường thẳng Δ 1 : = = . Gọi Δ 2 là giao tuyến của (P) và −2 1 3 (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng Δ 1 , Δ2 . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1 ----------Hết----------.

(16) Câu - ý 1.1. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung D  \  1. Điểm. *Tập xác định : 1 y'   0 x  D 2 ( x  1) *Tính. 0.25 0.25. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Limy  Limy     x 1. Lim y 2. x . 1.2. 0.25. x 1. Lim y 2. 0.25. x  . Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x0 ; f (x0 ))  (C ) có phương trình y f '(x0 )(x  x0 )  f (x0 ) x  (x0  1) 2 y  2x0 2  2x0  1 0 Hay (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2  2x0   2 1  (x0  1) 4. 0.25. √2. giải được nghiệm x0 0 và x0 2. 2.1. *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1 0 và x  y  5 0 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  cos2x  3 sin 2x  10cos(x  )  6 0 6    cos(2x  )  5cos(x  )  3 0 3 6    2cos 2 (x  )  5cos(x  )  2 0 6 6  1  cos(x  )  cos(x  )  2 6 2 và 6 Giải được (loại)  1  5 cos(x  )  x   k2 x   k2 6 2 được nghiệm 2 6 *Giải và. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25 0.25.

(17) 2.2. 3. (x2  xy)2 1  x3y  3 x y  (x 2  xy)  1 *Biến đổi hệ tương đương với  2 u2 1  v x  xy u  3  x y v v  u  1 *Đặt ẩn phụ  , ta được hệ  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3). 0.25. *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx 1  t x 2 4 thì Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,. 0.25. 1 2. I  Từ đó. 4. 1. ln t ln t dt   2 dt 2  t 1 t 1. 0.25. 0.25. 2. 1 1 1 u ln t;dv  2 dt  du  dt; v  t t t *Đặt 1 1 1 1 1 2 1 I  ln t 1   2 dt  ln 2  1 t 2 t 1 t 2 2 2 Suy ra 2 I  2  1 ln 2 2 *Kết quả *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . a 2 a 3 HA  SH HF tan 600  2 , 2 *Lập luận và tính được AC=AB=a , 1 1 1 3    K H a 2 2 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông tại H có HK a 2 AH 20 tan AK H   2  KH 3 3 a 10 *Tam giác AHK vuông tại H có  cos AK H . 0.25. 3 23. 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

(18) 5 *Biến đổi. a b 1 c 1 c   ab  c ab 1  b  a (1  a)(1  b). VT . 1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). *Từ đó Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được VT 3. 3. 6.a. 7.a. 1 c 1 b 1 a . . (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). =3 (đpcm) 1 a b c  3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1  3t   y  2  2 t u  *  có phương trình tham số và có vtcp ( 3;2) *A thuộc   A (1  3t;  2  2t)  AB .u 1  1     cos(AB ; u)  2 AB . u 2 *Ta có (AB;  )=450 15 3  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 32 4 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13 *Các điểm cần tìm là  u (1;  2;  3) *(d) đi qua M 1 (0;  1;0) và có vtcp  1 M 2 (0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5) (d’) đi qua     u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O M 1M 2 (0; 2; 4)   *Ta có    ,  u ; u  .M M  16  14 0 Xét  1 2  1 2  (d) và (d’) đồng phẳng .  n (1; 2;  1) và đi *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt qua M nên có phương trình x  2y  z  2 0 1. 8.a. *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1   1  2 logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x 1) Đặt logx (x  1) t , ta được phương trình. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

(19) 1 2 1   1  2t 2  t t giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3.  logx (x  1) . 0.25. 2 3.  x 2 .(24x  1)3 1 (*) 1 x 8 là nghiệm của (*) Nhận thấy 1 x 8 thì VT(*)>1 Nếu 1 1 x x 8 thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 8 Nếu. 6.b. *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d(O ;d)  1. x. 0.25. 1 8. 1 1 1 SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  2 2 2 *Ta có 0 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 90  d(I ;d) . 1 2  m 1. 7.b * 1 có phương trình tham số. 0.25 0.25 0.25 0.25. x 2  2t  y  1  t z 3t  x 2  s  y 5  3s z s . 0.25. *  2 có phương trình tham số *Giả sử d  1 A;d   2 B.  A (2  2t;  1  t;3t) B(2+s;5+3s;s)   AB  ( s  2 t ;3 s  t  6; s  3 t ) n * , mf(R) có vtpt (1; 2;  3)   * d  (R )  AB & n cùng phương s  2t 3s  t  6 s  3t   1 2 3 23  t 24 . 0.25 0.25.

(20) 1 1 23  A( ; ; ) n *d đi qua 12 12 8 và có vtcp (1; 2;  3) 23 1 1 z x y 8 12  12  1 2 3 => d có phương trình 8.b. x  0  x log 3 (9  72)  0  x 9  72  0. *Điều kiện : giải được x  log 9 73 Vì x  log 9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log3 (9x  72) x  9x  72 3x x 3  8  x 3 9  x 2 *Kết luận tập nghiệm : T (log9 72; 2]. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25.

(21) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) y. 2x  4 x 1. Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình:. 2 1  3  2 x  x 2 x 1  3  x. 2 3 4 2 3 4 2. Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  sin x cos x  cos x  cos x  cos x e. ln x   I   ln 2 x  dx  1  x 1  ln x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:. Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. x9  y 9 y9  z9 z 9  x9   x 6  x3 y 3  y 6 y 6  y 3 z 3  z 6 z 6  z 3 x3  x6. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4 0 . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d  x 2  3t   y  2t (t  R)  z 4  2t  .. có phương trình A và B là nhỏ nhất.. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến. Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm):. z 2  z 0.

(22) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 x  y  1 0 3 x  y  z  3 0 ()  ; (')   x  y  z  1 0  2 x  y  1 0 .Chứng minh rằng hai đường thẳng (  ) và (  '. ) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (  ) và (  ' ).  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x  x log3 12  log 3 x  y  log 3 y Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  . -------------------------------- Hết ------------------------.

(23) ĐÁP ÁN Câu. Nội dung. Điể m. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 1. TXĐ: D = R\{-1} 6 y'   0 x  D ( x  1) 2 Chiều biến thiên:. 2.0. => hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  1) và ( 1; ) , hs không có cực trị lim y 2, lim y , lim y   x  1 x  1 Giới hạn: x   => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - -1 y’ + +  +. 0.25. 0,25 + 2. y 2. -. 0.25. + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm.  2; 0  , trục tung tại điểm (0;-4). y. f(x)=(2x-4)/(x+1) f(x)=2. 9. x(t)=-1 , y(t)=t. 8 7 6 5 4 3 2 1. x -6. -5. -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. 5. -1 -2 -3 -4 -5. Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 6   6   A  a; 2   ; B  b; 2   ; a, b  1 a  1 b  1     2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có  a b a  2 b  2  ;    Trung điểm I của AB: I  2 a  1 b  1  Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0. 0.25. 0.25. 0.25.

(24)    AB.MN 0  I  MN Có :  a 0  A(0;  4)     B(2;0) => b 2. 0.25 0,25. CâuII 1. TXĐ: x. 2.0 0,25.    1;3. Đặt t= x  1  3  x , t > 0 => đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2. 3  2 x  x2 . t2  4 2. 0,25 0,25.  x  1 x  1  3  x =2   (t / m) x  3  Với t = 2  2 3 4 2 3 4 2. sin x  sin x  sin x  sin x cos x  cos x  cos x  cos x TXĐ: D =R sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x  sin x  cosx 0  (sin x  cosx). 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0    2  2(sin x  cosx )  sin x.cosx 0  sin x  cosx 0  x   k ( k  Z ) 4 + Với sin x  cosx + Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx 0 , đặt t =  t  1   t  3(loai ) được pt : t2 + 4t +3 = 0. x. I1 = 1. ln x dx 1  ln x , Đặt t =. 0,25 0,25. 0.25. 0,25. 1,0. e. ln x   I   ln 2 x  dx  1  x 1  ln x e. 1,0. (t    2; 2  ).  x   m2   (m  Z )  x    m2 2  t = -1    x  4  k ( k  Z )  (m  Z )  x   m2    x   m2 2 Vậy :  Câu III. 0,25. 4 2 2  1  ln x ,… Tính được I1 = 3 3. 0,5. e. I 2  ln 2 x  dx 1. , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2. 0,25.

(25) I = I1 + I2 =. e. 2 2 2  3 3. 0,25. Câu IV. 1,0 S. S' N. D. M C. H. K. A B. SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V VS . ABCD  VS . AMND. VS . AMND. CâuV. VS . AMD SM 1 VS .MND SM SN 1   ;  .  ; VS . AMD  VS .MND ; VS . ABD SB 2 VS . BCD SB SC 4. 1 3 5 VS . ABD VS . ACD  VS . ABCD VS . AMND  VS . ABCD  V  VS . ABCD 2 8 8 ; 5  V  a2h 24 Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : a 3  b3 b3  c 3 c3  a3 P 2   a  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 a3  b3 a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 1  ( a  b )  a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 mà a 2  ab  b 2 3 (Biến đổi tương đương) a 2  ab  b 2 1  ( a  b) a 2  ab  b 2 3 b3  c 3 1 c3  a3 1  (b  c); 2  ( c  a) 2 2 2 3 c  ca  a 3 Tương tự: b  bc  c 2 P  (a  b  c) 2. 3 abc 2 3 => (BĐT Côsi)  2, P  2 khi a = b = c = 1  x=y=z=1 => P  (a  b). Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI. a 1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’. 0,25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 2.0 0,25.

(26)  x 2 3t  y 2t  2 I '  IA Pt đường thẳng IA :  , => I’( 2 3t ; 2t  2 ),   1 AI 2 I ' A  t   I '( 3;3) 2.  x  3 (C’):. 2. 0,25 0,25. 2.   y  3 4. 0.25. 2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)  d , AB//d. Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB. 0.25 0.25 0,25. MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4). 0,25. CâuVII .a. 1.0 z 0  x 2  y 2  x 2  y 2  2 xyi 0 x , y  R 2 z = x + iy ( ), z +. 2 xy 0  2 2 2 2  x  y  x  y 0 (0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i B. Chương trình nâng cao Câu VI.b 1. BD  AB B (7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0. 0,25 0,25 0,5 2.0. A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a 3, c 7 ,  2a  c  1 a  2c  17  ;   2 2   là trung điểm của AC, BD. I= I  BD  3c  a  18 0  a 3c  18  A(6c  35;3c  18)  c 7(loai )    M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0   c 6 c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 2.  1 3   ;0;     ' Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ) ( ) = A  2 2  M (0;  1;0)  ( ) , Lấy N  ( ') , sao cho: AM = AN => N AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (  ) và (  ' ) chính là đg thẳng AI. 0,25 0,25. 0,25 0.25 0.5. 0.25.

(27) Đáp số: x (d1 ) :. 1 2. 1 1  14 30. . y 2 2  14 30. z . 3 2. 3 5  14 30. x ;( d 2 ) :. 1  14. 1 2. 1 30. . z. y 2  14. 2 30. . 3  14. 3 2. 5 30. 0,25. Câu VII.b x  0  TXĐ:  y  0 x y   x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x 3 . y 2 .x    x y 12 .x 3 . y  x log3 12  log3 x  y  log3 y . 0.25. 0.25.  y 2 x  x y 3 . y 2 .x. 0.25.  x log 4 2  3   y 2 log 4 2 3  (t/m TXĐ). 0,25.

(28) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Đề số 5 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH x 1 y . x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. C. của hàm số. x 1 m. x1 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình. 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m 0. . . có nghiệm trên.    0; 2  . 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x  . 4 b) Giải phương trình 2 3. 3x 2  1  2 x 2 1 L  lim . 1  cos x x 0 Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn 0 2 4 6 98 100 50 a) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  2 . Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b c a b c a b c thức M  4  9  16  9  16  4  16  4  9 . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình.  C1  : x2  y 2  4 y  5 0. và.  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16 0.. Lập phương trình tiếp tuyến. C  C . chung của 1 và 2 a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. x 1 y z 2 d:   . A  2;5;3 2 1 2 Viết phương trình Câu VIa (1 điểm) Cho điểm và đường thẳng mặt phẳng.  .    lớn nhất. chứa d sao cho khoảng cách từ A đến.

(29) Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. 0    b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và AOB BOC COA 60 . Tính thể tích tứ diện OABC.. Câu. VIb. (1. điểm)Cho. mặt. phẳng.  P : x . 2 y  2 z  1 0. và. các. đường. thẳng. x 1 y 3 z x  5 y z 5   , d2 :   . 2 3 2 6 4  5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d1 :. ..................................................................................... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Câu I 2 điểm b). y. x 1  C ' x1. Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị Học sinh tự vẽ hình x 1 x 1 m y x1 x1 Số nghiệm của bằng số giao điểm của đồ thị và y m. Suy ra đáp số m   1; m  1: phương trình có 2 nghiệm. Câu II a). m  1: phương trình có 1 nghiệm  1  m 1: phương trình vô nghiệm 2 điểm. Ta có Do đó. sin 4 x  cos 4 x 1 . 1 2 sin 2 x 2 2 và cos4 x 1  2sin 2 x..  1   3sin 2 2 x  2sin 2 x  3 m ..   x   0;   2 x   0;    t   0;1 .  2 Đặt t sin 2 x . Ta có f  t   3t 2  2t  3 m, t   0;1 Suy ra Ta có bảng biến thiên.

(30) b). 10    0; 2   2 m  3 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x   2  2 4 Giải phương trình.  2    x  3 x  1 4 x Điều kiện: 0  x 1  2   x 2  2 x 0  x 2 Trường hợp 1: x  1  2   x 2  6 x  3 0  x 2 3  3 Trường hợp 1: 0  x  1 Vậy tập nghiệm của (2) là Câu III a). . . T  2; 2 3  3. 3. Tìm. 3x 2  1  2 x 2 1 . 1  cos x x 0. L  lim.  3 3x2  1 1 2 x 2  1  1  L  lim   1  cos x  x  0  1  cos x   Ta có 2x2 1  1 2x2 L1  lim  lim 2 x x  0 1  cos x x 0 2sin 2  2 x 2  1  1  2  Xét 3. 3x 2  1  1  lim x  0 1  cos x x 0. L2  lim Xét. 3x 2  2 3 x 2sin 2  3 3 x 2  1  3 x2  1 1  2  . . . Vậy L L1  L2 2  2 4 b). 0 2 4 100 50 Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  2 . Ta có 0 1 2 2 100 100  C100 i  C100 i  ...  C100 i  1  i 100 C100 0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i. .  . Mặt khác.  1  i  2 1  2i  i 2 2i   1  i 100  2i  50  250. . 2.

(31) Câu IV. 0 2 4 100 50 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  2 . Cho a, b, c thoả a  b  c 3. Tìm GTNN của. M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .         u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w Đặt    2 2 2 M  u  v  w  2a  2b  2c  3a  3b  3c  4a  4b  4c. .   . . .  . .  . . 3. 2 b c a b c 6 . Tương tự … Theo cô – si có 2  2  2 3 2 Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1.. Câu Va a). Học sinh tự vẽ hình.  C1  : I1  0; 2  , R1 3;  C2  : I 2  3;  4  , R2 3.  C  ,  C2  Gọi tiếp tuyến chung của 1. là.  : Ax  By  C 0 A2  B 2 0. . .  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    2 B  C 3 A2  B 2  1  d  I1;   R1    2 2 d  I 2 ;   R2  3 A  4 B  C 3 A  B  2  Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc   3 A  2B 2 Trường hợp 1: A 2 B . C. Chọn B 1  A 2  C  2 3 5   : 2 x  y  2 3 5 0  3 A  2B C 2 Trường hợp 2: . Thay vào (1) được 4 B   : y  2 0;  : 4 x  3 y  9 0 3 a 3  d  M ;  BB ' C    AH  2 Gọi H là trung điểm của BC A  2 B 2 A2  B 2  A 0; A . b). 1 a2 1 a3 3 SBB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB. Câu (Học sinh tự vẽ hình).

(32) VIa. Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;.    là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên    . Gọi Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy. AH max  AK    . là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15 0 Gọi  K  3;1; 4 .   Câu Vb a). là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. H:. x2. . y2.     : x  4 y  z  3 0. 1. d : x  y  2 0  a 2  b 2 4 (H) tiếp xúc với 16 4 x 4  y 2  A  4; 2    H    1  2  a 2 b2. Gọi. a2. b2. a 2 8; b 2 4   H  :.  1. x2 y2  1 8 4. Từ (1) và (2) suy ra (Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB ' OC ' 4   OAM    OB ' C ' . AH  OM  AH   OB ' C ' Lấy M là trung điểm của B’C’ Kẻ 2 3 4 6 AM OM 2 3  MH   AH  3 3 Ta có 1 15 3 1  SOBC  OB.OC.sin BOC  VOABC  AH .SOBC 10 2 2 2 Vậy 3 Câu VIb. Gọi. M  1  2t ;3  3t; 2t  , N  5  6t '; 4t ';  5  5t ' . d  M ;  P   2  2t  1 1  t 0; t 1.  t 0  M  1;3;0  , MN  6t ' 4; 4t ' 3;  5t ' 5  Trường hợp 1:     MN  nP  MN .nP 0  t ' 0  N  5;0;  5 . Trường hợp 2:. t 1  M  3; 0; 2  , N   1;  4; 0 .

(33) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 6). A. Phần chung cho tất cả thí sinh: x 3 y 2  x có đồ thị (C) Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với y = - x + 2011 Câu 2: (3,0 điểm) 2 2 a. Giải phương trình : log 2 ( x  1)  3log 2 ( x 1)  log 2 32 0 . 7. b. Tính tích phân:. I  3 0. x dx 1 x. 2 2 c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  4 x  x  ( x  2) . Câu 3: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB = AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.. B. Phần riêng: Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau( phấn 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a: (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:  x 2  2t  x 1   1 :  y  1  t  2 :  y 1  t  z 1  z 3  t       a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa 1 và song song với 2 .   b) Tính khoảng cách giữa đường thẳng 2 và mặt phẳng ( ) .. 2 i  1  3i z 2 i Câu 5a: (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức : 1  i 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 4b: (2,0 điểm) Trong kg cho A(1;0;–2) , B( –1 ; –1 ;3) và mp(P) : 2x – y +2z + 1 = 0 a) Viết phương trình mặt phẳng ( Q) qua hai điểm A,B và vuông góc với mặt phẳng (P) b) Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)..

(34) Câu 5b: (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng x2  x 1 y x 1 . và tiếp xúc với đồ thị hàm số:. y . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. BÀI GIẢI (ĐỀ 6). Câu 1: 2) Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0, có hệ số góc bằng –5 5  5 2  ( x0  2)  x = 3 hay x = 1 ; y (3) = 7, y (1) = -3 0. 0. 0. 0. Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1)  y = -5x + 22 hay y = -5x + 2 x 2 x Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0  (5 )  6.5  5 0  5x = 1 hay 5x = 5  x = 0 hay x = 1. . 2). 3). . . I x (1  cos x )dx xdx  x cos xdx. 2  x cos xdx 2  0 . = Ñaët u = x  du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx  2 2 2   x sin x 0  sin xdx   cos x    2 0 2 0 2 I= = 2 2  4x 2  2x  2  1  2x Ta coù : f’(x) = 2x + 1  2x 1  f’(x) = 0  x = 1 (loại) hay x = 2 (nhận) 1 1   ln 2 f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f( 2 ) = 4 0. 0. 0. 1 min f (x)   ln 2 4 vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân [  2;0] vaø [  2;0] Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC a AB = 3 Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  max f (x) 4  ln 5. S. A. SA2 = a 2 .  SA =. a 2 3. 1 1 a2 3 a2 3 AB. AC .sin1200 = = 2 2 3 2 12. a. SABC =. a2 3. 4 1 x 3 3. a. B a C.

(35) V =. 1 a 2 a2 3 a3 2 = 3 3 12 36. (đvtt). Câu 4.a.: 1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6 1  4  4  18 27  9 3 1  4  4 d(T, (P)) =  2) (P) coù phaùp vectô n (1;2;2)  x 1  t  y 2  2t z 2  2t Phương trình tham số của đường thẳng (d) :  (t  R) Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0  t = -3  (d)  (P) = A (-2; -4; -4) 2 / 2 / Caâu 5.a.: 8z  4z  1 0 ;   4 4i ; Căn bậc hai của  là 2i 1 1 1 1 z   i hay z   i 4 4 4 4 Phương trình có hai nghiệm là. Caâu 4.b.: 1). 2).  a (d) coù vectô chæ phöông (2;1;  1).  a Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô : 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0  2x + y – z + 3 = 0 Goï  i B (-1; 2; -3)  (d) BA = (2; -4; 6)   BA, a    = (-2; 14; 10)    BA, a      4  196  100 5 2 4 1 1 a d(A, (d)) = Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = 5 2 :. (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50  i 2  8  9 = 9i2 Câu 5.b.: 2z  iz 1 0 Căn bậc hai của  là 3i 2. Phương trình có hai nghiệm là. z i hay z . 1 i 2 ..

(36) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 7). A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 Câu 2: (2điểm).  x  2 y  xy 0   x  1  4 y  1 2 1. Giải hệ phương trình:    x   6 2. Giải phương trình: cosx = 8sin3  Câu 3: (2điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. e2. 2. Tính tích phân A =. dx. x ln x.ln ex e. Câu 4: (2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:. a3 b3 c3   1 a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm).

(37) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. -------- Hết ------BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 7). A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3 Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị   x1  4 x2  m   x1  x2  6  1  9  m   x1 x2  4 2 Ta có: Câu 2:  x 1  x  2 y  xy 0  (1)  1  y  x  1  4 y  1  2 (2)  4 1.  Điều kiện:  x x    2 0 y y  x = 4y Từ (1) 1 Nghiệm của hệ (2; 2 )   3 x   3 s inx+cosx 6   cosx = 2. cosx = 8sin3 . . . 3 2 2 3  3 3 sin x  9sin xcosx +3 3 s inxcos x  cos x  cosx = 0 (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm.

(38) 3 2 (3)  3 3 tan x  8 t an x + 3 3 t anx = 0  t anx = 0  x = k. Câu 3:. 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC  (SAC)  AN  BC và AN  SC AN  (SBC)  AN  MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN  CSB  TM là đường cao của tam giác STB  BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB  ST AB  (SAT) hay AB AT (đpcm) e2. 2.. Câu 4:. e2. dx d (ln x) A   x ln x (1  ln x ) e ln x (1  ln x ) e =. ln(ln x). e2 e2  ln(1  ln x) e e. e2. =.  1. 1. .  ln x  1  ln x d (ln x) e. = 2ln2 – ln3. .   BA  (4;5;5) CD  (3;  2;0) CA (4;3;6) 1. +) , ,      BA, CD  (10;15;  23)       BA, CD  .CA 0  đpcm.   n1  BA, k . + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  có VTPT = (5;- 4; 0)  (P): 5x – 4y = 0   n  CD, k  + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy) có VTPT 1  = (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D) a3 2a  b  2 2 3 2. Ta có: a  ab  b (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0  (a + b)(a – b)2  0. (h/n) b3 2b  c c3 2c  a   2 2 2 2 3 3 Tương tự: b  bc  c (2) , c  ac  a (3).

(39) Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 a b c    2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 3  Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn x y z  ( P ) :   1 a b c 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)   IA (4  a;5;6), JA (4;5  b;6)   JK  (0;  b ; c ), IK ( a;0; c) Ta có 77  a  4 5 6  4  a  b  c 1  77  b   5 b  6 c  0  5    4a  6c 0  77  c  6  ptmp(P) Ta có:   2 2 2.Ta có: n C5  5Cn = 45  n2 + 3n – 18 = 0  n = 3. Câu 5b:. 1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b) N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x  X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0  < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m.

(40) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 8). A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) 4. 2. Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x) x  2 x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm đi ều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 2  cos x  sin x  1  cot x  1 1. Giải phương trình lượng giác: tan x  cot 2 x 1 log3 x 2  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3 2 3 3 2. Giải bất phương trình:  2. I cos 2 x  sin 4 x  cos 4 x  dx. 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD c ạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn l ại n ằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.. x  1  x  2m x  1  x   2 4 x  1  x  m3. Câu V (1 điểm) Cho phương trình Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường th ẳng  (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y 0;  : x  2 y  12 0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ định bởi: M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm).

(41) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, 9 x  I d : x  y  3  0   2 , trung điểm của một tâm I thuộc đường thẳng và có hoành độ cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là: 2 ( S ) : x  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5 0, ( P) : 2 x  2 y  z  16 0 . Điểm M di động trên (S) và. điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. 2 2 2 Câu VII.b: Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a  b  c 3 . Chứng minh bất đẳng thức. 1 1 1 4 4 4    2  2  2 a b b c c a a 7 b 7 c 7 ----------------------Hết----------------------. Câu Ý I. Đáp án.(ĐỀ 8) Nội dung. Điể m 1,00. 2 3 Ta có f '( x ) 4 x  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và 3 3 k A  f '(a) 4a  4a, k B  f '(b) 4b  4b. B. là. Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y  f '  a   x  a   f  a   f '  a  x  f (a )  af'  a  ; y  f '  b   x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và ch ỉ khi: k A k B  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b 2  1 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2  ab  b 2  1 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau a 2  ab  b 2  1 0 a 2  ab  b 2  1 0   a b    4 2 4 2  3a  2a  3b  2b ,  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai   1;  1 và nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1;  1 ..

(42) Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là a 2  ab  b 2  1 0  a 1 a b  II. 2,00 1,00. 1 Điều kiện:. cos x.sin 2 x.sin x.  tan x  cot 2 x  0  cot x 1 1. sin x cos 2 x  Từ (1) ta có: cos x sin 2 x. . 2  cos x  sin x  cos x.sin 2 x   2 sin x cos x cos x 1 sin x.  2sin x.cos x  2 sin x   x   k 2  2 4  cos x    k   2  x    k 2  4 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là  x   k 2  k   4. 2 Điều kiện: x  3 Phương trình đã cho tương đương: 1 1 1 log3  x 2  5 x  6   log 3 1  x  2   log3 1  x  3 2 2 2 1 1 1  log 3  x 2  5 x  6   log 3  x  2    log 3  x  3  2 2 2  log 3   x  2   x  3   log3  x  2   log 3  x  3  x 2  log 3   x  2   x  3   log 3    x 3 x 2   x  2   x  3  x 3  x   10  x2  9  1    x  10 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  10. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 1,00 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

(43) III. 1,00 1,00. 1  2.  1  I cos 2 x  1  sin 2 2 x  dx  2  0. 0,50.  2. . 1  1 2   1  sin 2 x  d  sin 2 x  2 2  0  2. .  2. 1 1 d  sin 2 x   sin 2 2 xd  sin 2 x   20 40.   1 1  sin 2 x| 2  sin 3 2 x| 2 0 0 0 2 12. 0,50. IV. 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O ' N  CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: IOM vuông cân tại O nên:. OM OI . 0,25. 2 h 2a 2 IM    h a. 2 2 2 2 2 2. 2 a 2 a 2 3a 2 a a 2 R OA  AM  MO         4 8 8  2  4  Ta có: 3a 2 a 2 3 2 a3 2  V  R h  . .  , 8 2 16 2. và. 2. 2. S xq 2 Rh=2 .. 2. a 3 a 2 3 a 2 .  . 2 2 2 2. x  1  x  2m x  1  x   2 4 x  1  x  m. 0,25 0,25. V Phương trình. 0,25. 3. (1). 1,00 0,25.

(44) Điều kiện : 0  x 1 x   0;1 Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có 1 1 x 1  x  x  x 2 . Thay 2 vào nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện (1) ta được:. 2.. 1 1  m  2. m 3  2 2.  m 0   m 1. * Với m = 0; (1) trở thành:. . 4. x  4 1 x. . 2. 0  x . Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x  1  x   2 4 x  1  x   1 . . . . 1 2.  . 0,25. . x  1  x  2 4 x  1  x   x  1  x  2 x  1  x  0 4. x  4 1 x 4. + Với. 2.  . x  1 x. . 2. 0. 0,25. 1 x  4 1  x 0  x  2 1 x  1  x 0  x  2. + Với Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: x  1  x  2 4 x  1  x  1  2 x  1  x   Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm này (1) không có nghiệm duy nhất.. . 4. x  4 1 x. x 0, x . 2.  . x  1 x. . 2. 1 2 nên trong trường hợp. 0,25. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VI a. 2,00 1 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:. 1,00 0,25.

(45)  x  2. 2. 2.   y  1 20. . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ của M nghiệm  x  2  2   y  1 2 20 (1)  x  2 y  12 0 (2) đúng hệ phương trình: . 0,25. Khử x giữa (1) và (2) ta được:  x 3   2 y  10    y  1 20  5 y  42 y  81 0   27 x 5   9  27 33  M  3;  M ;   2  hoặc  5 10  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 2. 2. 2. 2. 0,25. 0,25 1,00. Ta tính được AB CD  10, AC BD  13, AD BC  5 . Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại ti ếp c ủa tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.  3 3 G  ;0;  Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là  2 2  , bán kính là 14 R GA  2 . VI Ia. 0,25 0,25. 0,50 1,00. 9 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 . Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì t ổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 9 + Không có bi xanh: có C13 cách.. 0,25. 0,25. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. 9 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 9 9 9 9 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10  C18  C13  C15 42910. 0,50. cách. VI b. 2,00 1. 1,00.

(46) 9 I  d : x  y  3 0  I  9 ; 3       2 2 2 và I có hoành độ Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 2 2 AB 2 IM 2  xI  xM    yI  yM  2  3 2 4 4 S 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD = ABCD  2 2. AB 3 2  AD   d    M  AD , suy ra phương trình AD: 1.  x  3  1.  y  0  0  x  y  3 0 . Lại có MA = MD = 2 . xI . 0,50. Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  3 0  y  x  3  y  x  3      2 2 2 2 2 2  x  3  y 2  x  3   3  x  2   x  3  y  2  y 3  x  x 2  x 4     x  3 1  y 1 hoặc  y  1 .Vậy A(2;1), D(4;-1),  9 3 I ;   2 2. là. trung. điểm. của. AC,. suy. ra:. x A  xC   xI  2  xC 2 xI  x A 9  2 7    yC 2 yI  y A 3  1 2  y  y A  yC I  2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2. 0,50. 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2  2.   1  3  16 d d  I ,  P    5  d  R 3 .. Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của  và (P).. 0,25. 0,25.

(47)  n P  2; 2;  1. Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là  x 2  2t   y  1  2t  t     z 3  t phương trình là  . Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:. và qua I nên có. 2  2  2t   2   1  2t    3  t   16 0  9t  15 0  t . 15 5  9 3.  4 13 14  N0   ;  ;   3 3 3 . Suy ra   3 IM 0  IN 0 . 5 Ta có Suy ra M0(0;-3;4). 0,25. 0,25. VI Ib. 1,00 1 1 4   ( x  0, y  0) x y x  y Áp dụng bất đẳng thức Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4   ;   ;   a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2  2  2  2a 2  b 2  c 2  4  4a  2b  2c 0 2 2 2a  b  c 2a  b  c  4 a  7 2. 2. 2.  2  a  1   b  1   c  1 0 1 2 1 2  2 ;  2 Tương tự: 2b  c  a b  7 2c  a  b c  7 1 1 1 4 4 4    2  2  2 Từ đó suy ra a  b b  c c  a a  7 b  7 c  7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.. 0,50. 0,50.

(48) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 9). A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) y  f ( x) mx 3  3mx 2   m  1 x  1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : 4. 4. sin x  cos x sin 2 x. 1). 2. log 4  x  1  2  log. 2. . 1 2.  tan x  cot x . 4  x  log 8  4  x . ;. 2).. 3. 3 2. A.  1. dx x 1 x. 2. 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, di ện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm. 2   x  7 x  6 0  2   x  2  m  1 x  m  3 0. B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm t ọa độ các đỉnh c ủa tam giác ABC. P : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. 2. Cho hai mặt phẳng   Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:.

(49) 5 2  4 3 Cn  1  Cn 1  4 An  2  C n  4  7 A3 k k  n 1 15 n 1 (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 2 2 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x  y  2 x  4 y  8 0. .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng: x 1 y 3 z x  5 y z 5 d1 :   ; d2 :   2 3 2 6 4  5 . Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 f ( x )  ln  3  x  3 và giải bpt: Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố . f '( x ) . 6 t sin 2 dt   0 2 x2. Đáp án Câu. Ý. (ĐỀ 9) Nội dung. 2. Điể m 1,00. + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị.. 0,25.  y ' 3mx 2  6mx   m  1 + Khi m 0 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép. 0,50 0,25.

(50) 1  0  m    ' 9m  3m  m  1 12m  3m 0 4 2. 2. 1. 1,00 4. 4. sin x  cos x 1   tan x  cot x  sin 2 x 2 (1) sin 2 x  0 Điều kiện: 1 1  sin 2 2 x 1  sin x cos x  2 (1)      sin 2 x 2  cos x sin x . 0,25. 0,25. 1 2 sin 2 x 1 1 2    1  sin 2 2 x 1  sin 2 x 0 sin 2 x sin 2 x 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 1. 0,50. 2. 1,00 2. log 4  x  1  2 log. Điều kiện:. 2. 4  x  log8  4  x . 3. (2).  x  1 0  4  x  4  4  x  0    x  1 4  x  0 . 0,25. (2)  log 2 x  1  2 log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2 log 2  16  x 2   log 2 4 x  1 log 2  16  x. 2.   4 x 1 16  x. 0,25. 2. 2 + Với  1  x  4 ta có phương trình x  4 x  12 0 (3) ;  x 2 (3)    x  6  lo¹i . 0,25. 2 + Với  4  x   1 ta có phương trình x  4 x  20 0 (4);  x 2  24  4    x 2  24  lo¹i . 0,25. . x 2 1  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc. 6. .

(51) III. 1,00 t  1  x 2  t 2 1  x 2  2tdt  2 xdx . Đặt dx tdt tdt    2 2 x 1 t t 1 + Đổi cận:. dx tdt  2 x x. 0,50. 1 3 x  t 2 2 3 1 x  t 2 2 1 2. 3 2. dt dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A 2   ln |1  2 ln  3  2 t 1  2 1 t 2 1 1 t   3 2. 0,50. 2. IV. 1,00. S SAB. Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy  SOE   AB . ra OH  SE  OH   SAB  Dựng , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 8  2    1   2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2 OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2 2S 1 36  AB.SE  AB  SAB  8 2 9 2 SE 2 2 2. 9 9 265 1  OA2  AE 2  OE 2  AB   OE 2  4 2  32   8 8 8 2  1 1 265 265 V   .OA2 .SO   .3   3 3 8 8 Thể tích hình nón đã cho:. . . 0,25. 0,25. 2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:. 0,25 0,25.

(52) SA2 SO 2  OA2 9  S xq  .OA.SA . 265 337 337   SA  8 8 8. 265 337 89305 .  8 8 8. V. 1,00 2.  x  7 x  6 0 (1)  2 x  2  m  1 x  m  3 0 (2) Hệ bất phương trình   1  1 x 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0   1; 6 thỏa mãn (2). x2  2 x  3 2 m ( do x   1;6   2 x  1  0)  2   x  2 x  3  2 x 1 m   2 x 1 x2  2x  3 f ( x)  ; x   1;6 2 x 1 Gọi Hệ đã cho có nghiệm f ' x . 2x2  2 x  8.  2 x  1. 2. 0,25. 0,25.  x0   1; 6 : f ( x0 ) m. . 2  x2  x  4.  2 x  1. 2. f '  x  0  x 2  x  4 0  x . ;  1  17 x x   1; 6 2 Vì nên chỉ nhận 2 27   1  17   3  17 f (1)  , f (6)  , f    3 13  2 2  Ta có: 27 max f ( x )  13 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27 x0   1;6 : f ( x0 ) m  max f ( x) m  m x 1;6 13 Do đó.  1  17 2. 0,25. 0,25. VIa. 2,00 1,00. 1  4 x  3 y  4 0   Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:  x  2 y  6 0.  x  2  A   2; 4    y 4. 4 x  3 y  4 0  x 1   B  1;0   x  y  1  0 y  0   Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4  0  ax  by  2a  4b 0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4 0;  2 : x  2 y  6 0;  3 : ax  by  2a  4b 0. 0,25 0,25 0,25.

(53)  ;   1 ;  2  . Do đó Từ giả thiết suy ra 2 3 |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos  2 ;  3  cos 1 ;  2    2 2 25. 5 5. a  b  a 0  | a  2b |2 a 2  b 2  a  3a  4b  0    3a  4b 0 + a = 0  b 0 . Do đ ó  3 : y  4 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra  3 : 4 x  3 y  4 0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.  y  4 0  x 5   C  5; 4    y 4 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:  x  y  1 0 2. 0,25 1,00. Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI  OI  AI d  I ,  P   d  I ,  Q    OI d  I ,  P    d  I ,  P   d  I ,  Q  . 0,25. Ta có: 2 2 2 OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2  a  5    b  2    c  1  10 a  4b  2c 30 (1) | a  2b  2c  5 | 2 OI d  I ,  P    a 2  b 2  c 2   9  a 2  b 2  c 2   a  2b  2c  5  (2) 3 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I ,  Q     3 3  a  2b  2c  5 a  2b  2c  13 ( lo¹i)   a  2b  2c 4 (3)  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13. 0,25. 17 11a 11  4a b  ;c (4) 3 6 3 Từ (1) và (3) suy ra: 2 2 2 Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c 9 (5)  a  2   221a  658 0 Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: 67   658 46 658 I ; ; a  221 .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc  221 221 221  và R = Như vậy a 2 hoặc 3.. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:. 0,25. 0,25.

(54) 2. 2. 2. 658   46   67   x  y  z 9  x  2    y  2    z  1 9 và  221   221   221  2. 2. 2. VIIa. 1,00 Điều kiện: n  1 4  n 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1  n  2   n  3  n  4   n  1  n  2   n  3 5    n  2   n  3  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1  n  2   n  3  7  n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15. 0,50.  n 2  9n  22  0    n 2  5n  50 0  n 10  n 5 . 0,50. VIb. 2,00 1,00. 1 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x 2  y 2  2 x  4 y  8 0  y 0; x 2    y  1; x  3  x  5 y  2 0. 0,50. Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). 0  Vì ABC 90 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).. 0,50. 2. 1,00  x 1  2t   y 3  3t  z 2t . Phương trình tham số của d1 là: . M thuộc d1 nên tọa độ của M  1  2t;3  3t ; 2t  . Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d  M , P   2  2  12t  6 6  t1 1, t2 0. 2 2 2 3 1    2  2 + Với t1 = 1 ta được. M 1  3; 0; 2 . + Với t2 = 0 ta được. M 2  1;3; 0 . ;. + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M1 và // mp (P),  x  3  2 y  2  z  2  0  x  2 y  2 z  7 0 (1) . gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:. 0,25. 0,25. 0,25.

(55)  x 5  6t   y 4t  z  5  5t . Phương trình tham số của d2 là: (2)  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). VIIb 1 Điều kiện f ( x) ln. 1.  3  x. . Ta có:.  3  x 3. 3. 0,25 1,00. 0 x 3. ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ;. 1 3 f '( x)  3  3  x '  3 x  3  x. 0,25. .  6 t 6 1  cos t 3 3 sin 2 dt   dt   t  sin t  |      sin     0  sin 0   3  0  0 2  0 2  .  3  3 6 2 t   sin dt  2  3  x x  2  0 f '( x)   x  3; x  2 x2 Khi đ ó:. 2x  1  x2  x 3 x2  0    1    x 3  x  3; x  2 2 . 0,25. 0,50.

(56) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 M?n thi : TO?N (ĐỀ 10). B?i 1:. B?i 2: found. B?i 3:. Cho h?m số Error: Reference source not found. 1). Khảo s?t sự biến thi?n v? vẽ đồ thị (C) của h?m số (1) khi m = 0. 2). Định m để h?m số (1) c? hai cực tiểu. 1). Giải phương tr?nh: cos3xcos3x – sin3xsin3x = Error: Reference source not 2). Giải phương tr?nh: 2x +1 +xError: Reference source not found. Cho c?c điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương tr?nh của m.phẳng chứa AB v? song song với CD. T?nh g?c giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng (Error: Reference source not found) đi qua D v? cắt ba trục tọa độ tại c?c điểm M, N, P kh?c gốc O sao cho D l? trực t?m của tam gi?c MNP. H?y viết phương tr?nh của (Error: Reference source not found).. B?i 4: T?nh t?ch ph?n: Error: Reference source not found. B?i 5: Giải phương tr?nh: Error: Reference source not found. B?i 6: Giải bất phương tr?nh: Error: Reference source not found. B?i 7:. 1). Cho tập A gồm 50 phần tử kh?c nhau. X?t c?c tập con kh?ng r ỗng ch ứa m ột số chẵn c?c phần tử r?t ra từ tập A. H?y t?nh xem c? bao nhi?u tập con như vậy. 2). Cho số phức Error: Reference source not found. H?y t?nh : 1 + z + z2. B?i 8:. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' c? A'.ABC l? h.ch?p tam gi?c đều c ạnh đ?y AB = a, cạnh b?n AA' = b. Gọi Error: Reference source not found l? g?c giữa hai mặt phẳng (ABC) v? (A'BC). T?nh tanError: Reference source not found v? thể t?ch của khối ch? p A'.BB'C'C. C?u 9:.

(57) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) v? elip (E): Error: Reference source not found. T?m toạ độ c?c điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục ho?nh v? tam gi?c ABC l? tam gi?c đều. ----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 10) B?i 1: 2) Error: Reference source not found (1) Đạo h?m Error: Reference source not found ° Error: Reference source not found ° H?m số c? 2 cực tiểu Û y c? 3 cực trị Û y/ = 0 c? 3 nghiệm ph?n biệt Û (2) c? 2 nghiệm ph?n biệt kh?c 1 Error: Reference source not found Giả sử: Với Error: Reference source not found, th? y/ = 0 c? 3 nghiệm ph?n biệt Error: Reference source not found  Bảng biến thi?n: x -¥ x1 x2 x3 +¥ / y 0 + 0 0 + y +¥ CĐ +¥ CT CT ° Từ bảng biến thi?n ta thấy h?m số c? 2 cực tiểu. Kết luận: Vậy, h?m số c? 2 cực tiểu khi Error: Reference source not found B?i 2: 1). Ta c?: cos3xcos3x – sin3xsin3x = Error: Reference source not foundÛ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = Error: Reference source not found Û Error: Reference source not foundÛ Error: Reference source not found. 2) Giải phương tr?nh : 2x +1 +xError: Reference source not found. (a) * Đặt: Error: Reference source not found ° Ta c?: Error: Reference source not found  V? u > 0, v > 0, n?n (c) v? nghiệm.  Do đ?: Error: Reference source not found Kết luận, phương tr?nh c? nghiệm duy nhất: x = Error: Reference source not found. B?i 3:.

(58) 1) + Ta c? Error: Reference source not found. Do đ? mặt phẳng (P) chứa AB v? song song CD c? một VTPT Error: Reference source not found v? A(-1; -1; 0) thuộc (P) c? phương tr?nh: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) v?o phương tr?nh (P) Þ C kh?ng thuộc (P), do đ? (P) // CD. + Error: Reference source not found 2) Theo giả thiết ta c? M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz. Ta c? : Error: Reference source not found. Mặt kh?c: Phương tr?nh mặt phẳng (Error: Reference source not found) theo đoạn chắn: Error: Reference source not found. V? D Î(Error: Reference source not found) n?n: Error: Reference source not found. D l? trực t?m của DMNP Û Error: Reference source not found. Ta c? hệ: Error: Reference source not found . Kết luận, phương tr?nh của mặt phẳng ( Error: Reference source not found): Error: Reference source not found. B?i 4: T?nh t?ch ph?n Error: Reference source not found. Đặt Error: Reference source not found I = Error: Reference source not found. B?i 5: Giải phương tr?nh Error: Reference source not found(*) Ta c?: (*) Û Error: Reference source not found Từ (2) Þ Error: Reference source not found. Khi Error: Reference source not found, thay v?o (1), ta được: 2x = 0 (VN) Khi Error: Reference source not found, thay v?o (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. Thay x = 1 v?o (1) Þ sin(y +1) = -1 Û Error: Reference source not found. Kết luận: Phương tr?nh c? nghiệm: Error: Reference source not found. B?i 6: Giải bất phương tr?nh: Error: Reference source not found. Đặt Error: Reference source not found, t > 0. Bất phương tr?nh trở th?nh: t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9) Khi t £ 1 Þ Error: Reference source not found.(i) Khi t ³ 9 Þ Error: Reference source not found(2i) Kết hợp (i) v? (2i) ta c? tập nghiệm của bpt l?: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥). B?i 7: 1) Số tập con k phần tử được tr?ch ra từ tập A l? Error: Reference source not found Þ Số tất cả c?c tập con kh?ng rỗng chứa một số chẵn c?c phần tử t ừ A l? : S = Error: Reference source not found. X?t f(x) = Error: Reference source not found Khi đ? f(1) =250 Error: Reference source not found. f(-1) = 0 Error: Reference source not found.

(59) Do đ?: f(1) + f(-1) = 250 Û Error: Reference source not foundÞ Error: Reference source not found. Kết luận:Số tập con t?m được l? Error: Reference source not found 2) Ta c? Error: Reference source not found. Do đ?: Error: Reference source not found B?i 8: Gọi E l? trung điểm của BC, H l? trọng t?m c ủa D ABC. V? A'.ABC l? h?nh ch? p đều n?n g?c giữa hai mặt phẳng (ABC) v? (A'BC) l? j = Error: Reference source not found. T? c? : Error: Reference source not found Þ Error: Reference source not found. Do đ?: Error: Reference source not found; Error: Reference source not found Error: Reference source not found. Do đ?: Error: Reference source not found . Error: Reference source not found (đvtt).

(60) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 11). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm). y  f ( x ) 8x 4  9x 2  1. Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình. 8cos 4 x  9cos 2 x  m 0 với x  [0;  ] .. Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:. 1.. 1  x  2   x   2 . log 3 x.  x 2 ;.  x  y  x 2  y 2 12   y x 2  y 2 12 2.  2. Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x  4 x | và y 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình c ầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm.       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos 2  2x +   m 0 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1 0 và phân giác x  y  1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. trong CD:.  x  2  t   y  2t  z 2  2t . 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chi ếu vuông góc c ủa A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng. 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao..

(61) Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  x  1  2t   y 1  t  z 2t  .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------. Câu I. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 11 Nội dung. Ý 2. 4 2 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m 0 với x  [0;  ] (1) 4 2 Đặt t cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m 0 (2) Vì x  [0;  ] nên t  [ 1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do. Điể m 1,00 0,25. đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 4 2 Ta có: (2)  8t  9t 1 1  m (3). 4 2 Gọi (C1): y 8t  9t  1 với t  [ 1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền  1 t 1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m 32  : Phương trình đã cho vô nghiệm. 81 m 32 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 1. 81 1 m  32  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 0  m 1  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. m  0  : Phương trình đã cho có 1 nghiệm..  II 1. m<0. 0,25. 0,50. : Phương trình đã cho vô nghiệm.. 2,00 1,00.

(62) Phương trình đã cho tương đương:  x  2 0  x  2 0  x 2    log3 x log 3 x   1  ln  x  1   log x ln  x  1  0    0  x   1            3 2 2  2         x  2  0  x  2   x  2  x 2  x 2  x 2      x 1    log 3 x 0     x 1              1 1 3  x 2     ln  x   0   x  1    x  2 2 2          x  2   x  2   x  2  2. 0,50. 0,50. 1,00 Điều kiện: | x | | y | u  x 2  y 2 ; u 0  v x  y Đặt  ; x  y không thỏa hệ nên xét x  y ta có 1 u2  y  v  2 v  . Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v 12  u2  u  v   12 2  v    u 4  v 8 u 3  v 9. hoặc. + u 4   v 8.  x 2  y 2 4   x  y 8. (I) + u 3   v 9.  x 2  y 2 3   x  y 9. (II) Giải hệ (I), (II).. 0,25. 0,25. 0,25.

(63) Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  . 0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  . 1,00. III. 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C )  d  : y 2 x và Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):. 0,25.  x 0  | x 2  4 x |2 x    x 2  4 x 2 x   2   x  4 x  2 x.  x 0  2   x  6 x 0   2   x  2 x 0. Suy ra diện tích cần tính: 2. . 2. . S   x  4 x  2 x dx  0. 6.  x. 2. 2. Tính: 2. I  | x 2  4 x |  2 x  dx 0. Vì. 0,25. .  4 x  2 x dx.  x 0  x 2   x 6.

(64) x   0; 2 , x 2  4 x 0. nên | x 2  4 x | x 2  4 x  2. I   x 2  4 x  2 x  dx  0. 4 3. Tính 6. K  | x 2  4 x |  2 x  dx 2. Vì x   2; 4 , x 2  4 x 0 và x   4; 6 , x 2  4 x 0. 0,25. nên 4. 6. K  4 x  x  2 x  dx   x 2  4 x  2 x  dx  16 2. 2. . Vậy 4 52 S   16  3 3 IV. 4. 1,00. 0,25 0,25. Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:.

(65)  AB  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '    AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K I ' H '  I ' C '  ; IK IH  IC  0,25 3 6 3 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: x 3 x 3 I ' K .IK OK 2  . r 2  x 2 6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: h V  B  B ' B.B ' 3 Trong đó:. . B. V. . 0,25. 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 x 2 3 6r 2 3; B '   ; h 2r 4 4 2. Từ đó, ta có: 2r  3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3  V   6r 2 3   0,25 6r 2 3. 3 2 2  3   1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  0,25 ; +/.

(66)         4cos  3x -  cos  x +  2  cos  2x -   cos4x  2  sin 2x + cos 4 4 2      +/   1   1   cos 2  2x +    1  cos  4x +     1  sin 4x  4  2 2  2   Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m - 0 (1) 2 2 Đặt   t cos2x + sin2x = 2cos  2x -  4  (điều kiện:  2 t  2 ). Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2  1 . Phương trình (1) trở thành: t 2  4t  2m  2 0 (2) với  2 t  2 (2)  t 2  4t 2  2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D ) : y 2  2m. 0,25. (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và 2 (P): y t  4t với  2 t  2 . Trong đoạn   2; 2    , hàm. 0,25.

(67) 2 số y t  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2  4 2. tại t  2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2. VIa 1. tại t  2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 0,25 2  4 2 2  2m 2  4 2   2 2 m 2 2 . 2,00 1,00 Điểm C  CD : x  y  1 0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là  t 1 3  t  M ;  2 .  2. Điểm. 0,25. 0,25  t 1  3  t M  BM : 2 x  y  1 0  2   1 0  t  7  C   7;8   2  2  0,25 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1 0 tại I (điểm K  BC ).. Suy ra AK :  x  1   y  2  0  x  y  1 0. . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y  1 0  I  0;1   x  y  1 0.

(68) . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ K   1; 0  của . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4 x  3 y  4 0  7 1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P )  ( D) . Gọi H là hình. chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH  AH . Mặt khác  d   D  ,  P   d  I ,  P   IH   H   P  Trong mặt  P , phẳng IH IA ; do đó maxIH = IA  H A.

(69) . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuy  ế n của (P0) là  n IA  6;0;  3 , cùngphương v  2;0;  1 với . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x   1  y  0 ; và tương tự ta cũng có  yz  1  y  z   zx  1 z  x. 0,25. Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z      1  1 1  x  y  z    xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 . x y z   3 yz  1 zx+y xy  z.  1 z y  x     5  yz  1 zx  y xy  z   z y  x  1    5  zy yz 5 vv.

(70) 0,25. Ta  có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2 0 . I   d  : y x  I  t ; t . . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  . Mặt khác: S ABCD  AB.CH 4 (CH: chiều cao) 4  CH  5.. 0,25. Ngoài ra:  4  5 8  8 2 | 6t  4 | 4  t 3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C ; AB  CH        5 5  t 0  C   1;0  , D  0;  2  Vậy tọa độ của 0,50 C và D là  5 8  8 2 C  ;  , D ;   3 3  3 3 hoặc C   1;0  , D  0;  2  2. 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.. 0,25.

(71) Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có phương trình tham số:  x  1  2t   y 1  t  z 2t  . M   Điểm nên M   1  2t ;1  t ; 2t  . AM .   2  2t . 2.    4  t    2t   9t 2  20 . BM .   4  2t . 2.    2  t     6  2t   9t 2  36t  56 . AM  BM . 2. 2.  3t . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  u  3t ; 2 5 và  v   3t  6; 2 5.  . 2. 2. .  2 5. . 2. 2. . . . Ta có 2  2 | u |  3 t  2 5     | v |  3t  6  2  2 5 . . . . . 2. Suy ra   AM  BM | u |  | v | và     u  v  6; 4 5  | u  v |2 29 Mặt khác, với. . 2. .  2 5. 0,25. . .  3t  6 . . 2.  3t . 2. .  2 5. . 2.  3t  6 . 2.

(72)   u hai vectơ , v ta luôn  có   | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM 2 29 Đẳng thức xảy ra  khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t 2 5   t 1  3t  6 2 5  M  1; 0; 2  và min  AM  BM  2 29 . . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11  29. . VIIb. 0,25. 0,25.  1,00. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác a  b  c  b  c  a c  a  b nên:  . Đặt a b c a  x,  y, a  z  x, y, z  0  0,50  x  y  z , y  z  x, z  x  y 2 2 . Vế trái viết lại: a b ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx xy Ta có: 2z z x  y  z  z  x  y  z   2z  x  y    x yz x y 0,50 . Tương tự:.

(73) x 2x y 2y  ;  . yz x yz zx x yz Do đó: 2 x  y  z x y z    2 yz zx x y x yz . Tức là: 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b.

(74) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 12). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 1 y = ( m - 1) x3 + mx2 + ( 3m - 2) x 3 Cho hàm số (1). Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó. Câu II (2,0 điểm) 1. Giài phương trình:. ( 2cosx - 1) ( sinx + cosx) = 1. 3 2 3 3 log1 ( x + 2) - 3 = log1 ( 4 - x) + log1 ( x + 6) 4 4 4 2. Giải phương trình: 2. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: π 2. cos x dx 2 0 sin x −5 sin x +6 Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng 0 A'BC tạo với đáy một góc 30 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. I =. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện 4 1 S= + x 4y Tìm GTNN của biểu thức:. x+y=. 5 4.. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng (D ) đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2). B(x0;y0;0),( x0 > 0;y0 > 0) 2. Cho điểm A(4;0;0) và điểm sao cho OB = 8 và góc. · AOB = 600 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8.. Câu VII.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3..

(75) 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm). 1. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA + OB nhỏ nhất.. 2. Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1;- 1),B(3;0;1),C(2;- 1;3) , còn đỉnh D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V = 5 Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3 mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau. ------------------------Hết-----------------------KẾT QUẢ ĐỀ 12 Câu I (2,0 điểm) Câu II (2,0 điểm). 1.. Câu VIb (2,0 điểm) Câu VII.b (1,0 điểm). 2. x = 2;x = 1-. V =8 3 minS = 5 1. x + 3y - 6 = 0;x - y - 2 = 0. Câu IV (1,0 điểm) Câu V (1,0 điểm). Câu VII.a (1,0 điểm). p k2p + 6 3 4 I = ln 3. x = k2p;x =. Câu III (1,0 điểm). Câu VIa (2.0 điểm) C1(0;0; 3),C2(0;0;-. 2. m ³ 2. 1. Tự giải. 2.. 3) 192 số 1. x + 2y - 6 = 0. 2. D1(0;- 7;0),D2(0;8;0). 64 số ------------------------Hết------------------------. 33.

(76) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 13). y  x3  3  m  1 x 2  9 x  m  2. Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: (1) có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng 1 y x 2 . với nhau qua đường thẳng Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình:. sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3 0. .. 1  1  log 2  x 2  4 x  5  log 1   2 2  x 7  . 2) Giải bất phương trình :  3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= 2 . Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều c ạnh a, c ạnh bên h ợp với đáy một góc là 45 0. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xu ống. . 1 AP  AH    là mặt phẳng chứa HK và 2 (ABC) là H sao cho . gọi K là trung điểm AA’, VABCKMN V song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích A ' B ' C ' KMN . 6  2 a  a  5 2  a  a  a 2b 2  ab 2  b  a 2  a   6 0 . 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác su ất để l ấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghi ệm c ủa h ệ sau:. 9 19 1  m 2 2 Cm  Cn3   Am 2 2   Pn  1 720.

(77) x2 y 2  1 25 9 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc (E), viết phương trình đường. thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:.  x 2  t  d1 :  y 2  t  z 3  t . d2 :. x 1 y 2 z 1   2 1 5. Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2? 2 2 2 Câu V: Cho a, b, c 0 và a  b  c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P. a3 1  b2. . b3 1  c2. . c3 1  a2. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 Câu Câu I.. NỘI DUNG. b). y '=3 x 2 − 6(m+1)x +9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: m+ 1¿ 2 −3 . 9>0 Δ '=9 ¿ m+ 1¿ 2 −3> 0 ¿¿ ⇔m ∈(−∞ ; −1 − √ 3)∪(−1+ √ 3 ;+∞) 1 m+1 2 2 Ta có y= 3 x − 3 ( 3 x − 6(m+1)x +9 ) −2( m +2 m− 2) x +4 m+1 Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2) ⇒ y 1=− 2(m2+ 2m −2) x 1 +4 m+1 2 y 2=−2 (m +2 m− 2) x 2+ 4 m+1 Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y=− 2(m 2+ 2m −2) x +4 m+1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y= 2 x ta có điều kiện cần là [ −2( m2 +2 m− 2)] . 12 =−1 2 ⇔m +2 m−2=1. (. Điểm. 0,25đ. ). 0,25đ. 0,5đ.

(78) ⇔ m2 +2 m−3=0 ⇔ m=1 ¿ m=− 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. ¿ x 1+ x 2=2( m+1) x 1 . x 2=3 Theo định lí Viet ta có: ¿{ ¿ Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: ¿ x1 + x 4 = =2 2 2 y 1 + y 2 −2( x 1 + x 2)+10 = =1 2 2 ¿{ ¿ Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng. 0,25đ. 1 y= x 2. ⇒ m=1 thỏa mãn. Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ ¿ x1 + x =−2 2 trung điểm CĐ và CT là: y 1 + y 2 −2( x 1 + x 2)+10 = =9 2 2 ¿{ ¿ Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng 1 y= x ⇒m=− 3 không thỏa mãn. 2 Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.. 0,25đ. 0,25đ. 1) Giải phương trình: sin 2 x (cos x+3)−2 √ 3 . cos 3 x − 3 √ 3 . cos 2 x+ 8( √ 3. cos x −sin x) −3 √ 3=0 ⇔ 2 sin x . cos2 x+ 6 sin x . cos x − 2 √ 3 .cos 3 x −6 √ 3 cos2 x+ 3 √3+ 8( √ 3. cos x −sin x)−3 √ 3=0 ⇔ − 2cos 2 x ( √ 3 cos x − sin x) −6 . cos x ( √ 3 cos x − sin x )+ 8( √ 3 cos x − sin x)=0.

(79) √3 cos x −sin x=0 cos 2 x+ 3 cos x − 4=0 tan x=√ 3 cos x=1 cos x=4( loai). Câu II.. ¿ ¿ ¿ ¿. ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ⇔ ( √ 3 cos x −sin x )(−2 cos2 x − 6 cos x+ 8)=0 ¿ ¿ ⇔ ⇔ π x= +kπ 3 ¿ x=k 2 π ¿ ,k∈Ζ ¿ ¿ ¿ 2) Giải bất phương trình: 1 1 log 2 (x 2+ 4 x −5)>log 1 ( ) 2 x+7 2 ¿ x2 + 4 x −5 >0 x+7 >0 ⇔ Đk: ¿ x ∈(− ∞ ; −5)∪(1 ;+ ∞) x >−7 ¿{ ¿ ⇒ x ∈(− 7 ; −5)∪ (1+∞) 2. 0,5đ. 0,25đ (1). 1 2 Từ (1) ⇒log 2 (x +4 x −5)>− 2 log 2 x+7 x+7 ¿ ¿ ⇔ x 2 +4 x −5> x 2 +14 x +49 ¿ ¿ ⇔ log2 ( x 2+ 4 x −5)>log 2 ¿. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ.

(80) Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm:. x ∈(−7 ;. −27 ) 5. 0,25đ. 3) Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x=0 Diện tích hình phẳng là: S=| (x . sin 2 x −2 x) dx|=| x (sin 2 x − 2)dx| ¿ u=x dv=(sin 2 x −2)dx ⇒ ¿ du=dx Đặt − cos 2 x v= −2x 2 ¿{ ¿ x . cos 2 x 2 − −2 x 2 ¿ ¿ ¿ S=¿ π π π 2 sin2 x 2 2 ⇔ S= − + + x ¿0 4 2 4. |. |. ⇔ S=. (. ). 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. |. π π2 π2 π2 π − + = − (đ vdt) 4 2 4 4 4. |. A'. Câu III.. Gọi Q, I, J lần lượt là B' trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: K a √3 AP= 2 E ⇒ AH=a √3 I A 45 Vì Δ' AHA ' vuông cân tại H. C M Vậy A ' H=a √ 3 P ⇒ V ABCA ' B ' C ' =S ABC . A ' H B 2 1 a √3 a √ 3 = Ta có S ABC= a . (đvdt) 2 2 4 a 2 √ 3 3 a3 ⇒ V ABCA ' B ' C ' =a √ 3 . = (đvtt) (1) 4 4 Vì Δ' AHA ' vuông cân ⇒ HK ⊥ AA ' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C ). C'. Q. J. N. H. 0,25đ.

(81) G ọi E = MN KH √ A ' H 2+ AH2 BM = PE = CN (2) mà AA’ = √ A ' H 2+ AH2 = √ 3 a2 +3 a2=a √6 a 6 a 6 ⇒ AK= √ ⇒ BM=PE=CN= √ 2 4 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 V  S MNJI .KE 3 1 1 a 6 KE  KH  AA '  2 4 4 a 6 a2 6 S MNJI MN .MI a.  (dvdt ) 4 4 1 a2 6 a 6 a3  VKMNJI   ( dvtt ) 3 4 4 8 3 3 3a a  VABCKMN 1   8 2 83  a VA ' B ' C ' KMN 3a 2  8 8. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: ¿ 6 a 2+ a − 2 =5 a +a 2 2 (a + a) b +b (a2 + a)−6=0 ¿{ ¿ 2 ĐK: a +a ≠ 0 a2 +a ¿ 2 −5 (a2 +a) −6=0 Từ (1) ⇔¿ ⇔ a2 +a=−1 ¿ 2 a +a=6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 Khi a +a=−1 thay vào (2). 0,2 5 đ. 0,25 đ. 0,25 đ.

(82) − 1− √23 . i 2 ¿ −1+ √ 23 .i b= 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ −b 2 − b −6=0 ¿ ⇒b 2+ b+6=0 ¿ ⇔ 2 a +a+ 1=0 ⇔ −1 − √ 3 i a= 2 ¿ − 1+ √ 3 i a= 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 Khi a +a=6 ⇔ a=−3 ¿ a=2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Thay vào (2) − 1+ √ 5 b= 2 ¿ −1 − √ 5 b= 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ 6 b2 +6 b − 6=0 ¿ ⇔b 2+ b −1=0 ¿ ⇔ Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: −1− √ 23i −1 − √ 3 i −1− √ 23i −1+ √ 3 i ; , ; 2 2 2 2 b=. (. )(. 0,25 đ. 0,25 đ. ).

(83) Câu IV:. ( −1+2√ 23i ; −1 −2 √3 i ) ,( −1+2√ 23i ; −1 −2 √3 i ) (−3 ; −1+2 √ 5 ) ,(− 3 ; −1 −2 √5 ) ,( 2; −1+2 √ 5 ) ,(2 ; −1−2 √ 5 ). 0,25đ. ¿. 9 19 1 + < Am 2 2 Pn −1 =720 ¿{ ¿ (n −1)!=720=6 ! ⇔ n −1=6 ⇔ n=7 Từ (2): (3) Thay n = 7 vào (1) m! 10 ! 19 m! ⇒ + +9< . 2 (m −1)! 2! (m− 2) ! 2 ! 8 ! m(m− 1) 9 19 ⇔ +45+ < m 2 2 2 2 ⇔ m − m+ 90+9<19 m ⇔ m2 −20 m+99<0 ⇔9< m<11 vì m∈ Ζ ⇒ m=10 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C37 . C210=1575 cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 4 1 C7 . C 10=350 cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 5 C7 =21 cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường C517 =6188 1946 ⇒ P= ≈31 , 45 % 6188 C. m− 2 m. +c. 2 n+3. 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: 2 2 a y + =1 25 9 y2 a2 25 − a2 ⇔ =1− = 9 25 25. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ.

(84) 25 −a 2 3 ⇒ y =9. ⇒ y=± √25 − a2 25 5 3 3 2 2 Vậy A a; 5 √ 25 − a , B a ; − 5 √25 − a 6  AB= 0 ; √ 25 − a2 5 6 2 ⇒∨ AB∨¿ √ 25− a =4 5 10 100 100 125 ⇔ √ 25 −a 2= ⇔ 25 − a2= ⇔ a2=25 − = 3 9 9 9 5 5 ⇒a=± √ 3 −5 √ 5 5 5 , x= √ Vậy phương trình đường thẳng: x= 3 3 2. (. ) (. (. Câu V:. ). ). ¿ x=1+2 t ' y=2+t ' 3)đường thẳng d2 có PTTS là: z=1+5 t ' ¿{{ ¿  ⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 (1;1;  1), ud2 (2;1;5)    ⇒ VTPT của mp( α ) là n  ud1 .ud2  (6;  7;  1) ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)  d ( M , ( )) d ( N , ( )) |12  14  3  D || 6  14  1  D |  |  5  D ||  9  D | D 7 Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 0 3. 3. 3. a b c +b2 + +c 2 + +a 2 Ta có: P + 3 = 2 2 2 √1+b √ 1+ c √1+a 3 2 2 6 a a 1+b ⇔ P+ = + + 2 2 4 √2 2 √1+b 2 √ 1+b 4 √ 2 +b 3 b2 1+c 2 + + 2 √ 1+c 2 2 √ 1+c 2 4 √ 2 3. 2. 2. +c c 1+a + + 2 2 2 √ 1+a 2 √ 1+ a 4 √ 2. √. 33. 0,25đ. a6 b6 c6 +3 3 +3 3 16 √2 16 √ 2 16 √ 2. √. √. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ.

(85) 3 9 (a 2+ b2+ c 2)= 6 2 √ 2 2 √ 2 √2 2 √8 9 3 9 3 3 ⇒P≥ 6 3 − = − = 2 √2 2 √ 2 2 √ 2 2 √2 √ 2 Để PMin khi a = b = c = 1 ⇒ P+. 3. ≥. 3.

(86) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 14). I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) ¿ 3 x + y 3=1 1. Giải hệ phương trình : x 2 y +2 xy 2 + y 3=2 ¿{ ¿ π 2 2 2. Giải phương trình: 2 sin (x − 4 )=2sin x − tan x . Câu III.(1 điểm) Tính tích phân 2 4 − x2 I = √ dx x 1 Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: √4 x2 +1 − √ x=m II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. ¿ x=−1 −2 t x y z y=t 2.Cho hai đường thẳng d1: 1 = 1 = 2 , d2: và mặt phẳng (P): x – y – z z=1+t ¿{{ ¿ = 0. Tìm tọa độ hai điểm M d 1 , N d 2 sao cho MN song song (P) và MN = √ 6 Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z +i 4 =1 z −i Câu VI b.(2 điểm). ( ).

(87) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng 5 (P) bằng 3 . log x 3< log x 3 Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: 3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 14. Câu I. 1. (Tự giải). 2 2 2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 ⇒ m=− x − x. ( x 0¿ 3. 2 2 2 Xét f(x) = − x − x ⇒ f ' (x )=−2 x + 2 = x Ta có x - ∞ 0 1 f’(x) f(x). +. + + ∞. 0. − 2 x +2 2 x + ∞ -. -3 ∞ ∞ - ∞ Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất ⇔ m>−3 . Câu II. ¿ x3 + y 3 =1 x 2 y+ 2 xy 2+ y3 =2 ⇔ 1. 3 ¿ x + y3 =1(1) 2 x 3 + y 3 − x 2 y −2 xy 2=0(2) ¿{ ¿ ¿ x 3 + y 3=1(3) x 3 x 2 x − −2 +1=0(4) y 0 . Ta có: 2 y y y ¿{ ¿ x 1 Đặt : y =t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ±1 , t = 2 .. () () ().

(88) ¿ x 3 + y 3=1 x= y a) Nếu t = 1 ta có hệ ⇔ x= y = 1 3 √2 ¿{ ¿ ¿ x 3+ y3 =1 x=− y b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm. ⇔ ¿{ ¿ ¿ x 3 + y 3=1 y=2 x 1 3 3 c) Nếu t = 2 ta có hệ 3 2 3 ⇔ x= √ , y= √ 3 3 ¿{ ¿ π 2 2 2. Pt 2 sin (x − 4 )=2sin x − tan x (cosx 0 ¿ π ⇔ [1 −cos (2 x − )]cos x=2 sin2 x . cos x − sin x 2 ⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 ⇔ sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. 2 2 4 − x2 4 − x2 √ √ dx= I=   x 2 xdx . x 1 1 2 Đặt t = √ 4 − x ⇒t 2=4 − x 2 ⇒ tdt=− xdx 1+¿ 0 4 t −2 (¿ ¿ 2 )dt= t +ln t −4 t +2 √ 3. ( | |) 0. I=. t2 dt= ¿ t 2− 4 √3 0 t(− tdt ) = ¿ 4 −t 2 √3 0. ¿ Câu IV.. √3. =-. 2− 3 2+ 3. (√ | √√ |) 3+ln.

(89) S. h D. A M H B SH. C. BM và SA BM suy ra AH BM 1 h VSABH = 6 SA . AH . BH= 6 AH .BH . VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH 2 √ AH . BH 2 2 ⇒ AH +BH ≥ 2 AH . BH 2 a 2 ⇒ a ≥ 2 AH . BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm 2 a2 h của hình vuông , khi M D . Khi đ ó VSABH = . 12 4 2 Câu V. √ x +1 − √ x=m D = [0 ; + ∞ ¿.

(90) 2. . √x. *Đặt f(x) =. 3. x +1 ¿ ¿ x2 +1 ¿3 ¿ 2 3 x +1 ¿ ¿ ¿ 1 3 1+ 2 ¿ x ¿ 1 1+ 2 ¿ 3 x ¿ ¿ 3 2 4. 2 x √¿ ¿ ¿ 2 √4 ¿ ¿ x √ x − √4 ¿ ¿ 4 2√ ¿. √4 x2 +1 − √ x ⇒ f ' (x )= x¿. 1 3 ¿ x2 ¿ 1 1+ 2 ¿3 x ¿ Suy ra: f’(x) = . √x ¿ 2 √4 ¿ ¿ 1 − √4 ¿ ¿ 1+. *. 4. lim ( √ x 2 +1− √ x )= lim. x →+∞. * BBT. x→+ ∞. f’(x) f(x). x. (. √ x2 +1 − x √4 x 2 +1+√ x 0. ). = lim. x →+∞. [√ 4. x2 +1 − x 2 2. 2. ( x + 1+ √ x )( √ x +1+ x) + ∞. 1 0. ]. =0.

(91) Vậy: 0 < m 1 Câu VI a. ¿ x=−3+ 2t y=t 1.d1: , I d 1 ⇒ I (− 3+t ; t) ¿{ ¿ 27 7 d(I , d2) = 2 ⇔|11 t −17|=10 ⇔t=11 , t=11 27 21 27 21 2 27 2 ⇒ I1 ; (C 1): x − + y− =4  t= 11 11 11 11 11 2 2 7 − 19 7 19 7 ⇒ I2 ; (C 2) : x+ + y− =4  t= 11 11 11 11 11 d1: x=t 1 y=t 1 z=2 t 1 , d2: 2. ¿ x=−1 −2 t 2 y=t 2 z =1+ t 2 , M ∈ d 1 ⇒ M (t 1 ; t 1 ; 2 t 1), N ∈ d 2 ⇒ N (− 1− 2t 2 ; t 2 ; 1+ t 2 ) ¿{{  MN=(− 1− 2t 2 − t 1 ; t 2 −t 1 ; 1+t 2 − 2t 1) ¿ MN //(P) MN=√ 6 ⇔. ( (. ) ( )( ) ( )(. ). ). →. ¿ MN . n =0 MN2=6 ⇔ Theo gt : ¿ t 1=1+2 t 2 2 13 t 2 +12 t 2=0 ⇔ ¿ t 1=1+2 t 2 12 t 2 =0 ; t 2=− 13 ¿{ ¿ t =0 ⇒t =1 , M (1 ; 1; 2), N (−1 ; 0; 1) * 2 1 − 12 11 11 11 22 11 12 11 * t 2 =13 ⇒t 1=− 13 , M − 13 ; − 13 ; − 13 , N 13 ; − 13 ; − 13. (. ) (. ).

(92) Câu VII a. z +i 4 z +i 2 z +i 2 =1 ⇔ −1 +1 =0 z −i z −i z −i 2 z +i z +i =± 1 ⇔ z=0 −1=0 ⇔ * z−i z −i z +i 2 z+i 2 2 z +i +1=0 ⇔ − i =0 ⇔ −i * z −i z−i z −i. ( ) [( ) ][( ) ] ( ) ( ) ( ) ([ ) ][( zz+−ii )+i ]=0. ⇔ z=± 1. Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0. cos CAB = cos DBA ⇔. 3 |k +2| 1 = 2 ⇔ 7 k 2 − 8 k +1=0 ⇔k =1; k= 7 √ 2 √ k +1. k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 1  k = 7 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5 d(I, (P)) = 3 ⇔|− 2 b+5|=5 ⇔b=0 , b=5  b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0  b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0 . √ a2 +b2 +c 2 −d. .. Câu VII b. ĐK :. ¿ x >0 x≠1 x≠3 ¿{{ ¿. 1 1 1 1 1 1 < ⇔ < ⇔ − <0 Bất phương trình trở thành : log 3 x log x log 3 x log 3 x −1 log 3 x log 3 x − 1 3 3 −1 ⇔ < 0 ⇔ log 3 x( log 3 x −1)>0 ⇔ log 3 x <0 ∨ log3 x >1 log 3 x (log 3 x − 1) * log 3 x< 0 ⇔ x< 1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * log 3 x> 0 ⇔ x> 3 Vậy tập nghiệm của BPT: x (0 ; 1)∪(3 ;+∞).

(93) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 15). Câu 1. (2,5 điểm)..  x2  2 x  5 y x 1 1. Cho hàm số (C) : a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M  (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất 2. Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến 3 2 đến đồ thị (C’) : y=x − 6 x + 9 x −1 Câu 2. (1,5 điểm) 1. Giải phương trình: 2.. Giải hệ phương trình:. 3 .25 x −2 + ( 3 x −10 ) 5 x −2=x −3 ¿ sin x+ sin y=√ 2 cos x +cos y= √2 ¿{ ¿. Câu 3. (1,5 điểm) 1.. Giải phương trình:. log x ( cos x −sin x ) +log 1 ( cos x +cos 2 x )=0 x. .. 2. Giải bất phương trình: ( x + 1 ) + ( x +1 ) + 3 x √ x +1>0 3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứng liền sau nó. 3. 2. Câu 4. (2 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 =0 Tìm toạ độ điểm C  (P) sao cho ABC là tam giác đều. 2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện đó. Câu 5. (2,5 điểm).  /4. x sin x I   3 dx cos x 0. 1. ;. J x x 2  2 x  2dx. 0 1. Tính : 2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 1 1 a b c  2  2  . 2 a  bc b  ac c  ab 2abc.

(94) 1 3 1  i ; z; z 2 ;(z)3;1  z  z 2 2 , Hãy tính : z 3. Cho z = 2 . (Hết). HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 15) Câu I. Ý. Nội dung. b. Tìm M  (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất ¿ 4 4 X =− x+ 1 y  x  1   Y X  . x  1 X Y = y  Với ¿{ ¿ TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) = |XY| 4 4 | X | | X |    4 27 2 |X| 2 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ 4 4 | X |  X2   X 4 23  x 1 4 23 |X| 2 2  Gọi M(2; m)  d1: x = 2. Khi đó đt d  M  d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với ¿ x 3 − 6 x 2 +9 x − 1=k ( x − 2 ) +m (C’)  hệ: có nghiệm 3 x 2 − 12 x +9=k ¿{ ¿  2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm.  Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1)  Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m  y’ = 6(x-2)2  0 x  Hàm luôn đồng biến  Pt (1) luôn có nghiệm duy nhất  từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ thị (C’).. II. Điểm 2.5 0,75 0.25. 0.5. 0,25. 0,5. 1,5 1 Giải phương trình: x− 2. ⇔5. x −2. 0,75 x− 2. 3 . 25 + (3 x −10 ) 5 =x − 3 ( 3. 5 x− 2 − 1 ) + x ( 3 . 5x −2 −1 ) −3 ( 3 . 5 x− 2 −1 ) =0. 0.25.

(95) 3 .5 x −2 −1=0 (1 ) ¿ 5x − 2+ x −3=0 ( 2 ) ¿ ¿ ¿ ¿ x−2 x −2 ¿ ⇔ ( 3 . 5 −1 ) ( 5 + x − 3 )=0 ¿ ⇔ 1 1 ( 1 ) ⇔ 5 x− 2= ⇔ x=2+ log 5 =2 − log5 3 3 3 x− 2 ( 2 ) ⇔ 5 =− x +3 Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. Vậy Pt có nghiệm là: x = 2− log 5 3 và x = 2 2 Giải hệ phương trình:. 0.25. 0.25. 0,75 ¿. sin x+ sin y=√ 2 cos x +cos y= √2 ⇒ ( sin x+ cos x )+ ( sin y+ cos y )=2 √ 2 ⇔ ¿{ ¿ π π cos x − +cos y − =2 ⇔ 4 4 π cos x − =1 4 π cos y − =1 4 ⇔ π ¿ x= + k 2 π 4 π y= +l 2 π 4 ¿{ Thử lại thấy đúng nên:. ( ( (. III. ¿ π x= +k 2 π 4 π y= +l 2 π 4 ¿{ ¿. ) ( ) ). 0.25. ). là nghiệm của hệ phương trình.. 0.25. 0.25. 1,5.

(96) 1 Giải phương trình: .. 0,5. log x ( cos x −sin x ) +log 1 ( cos x +cos 2 x )=0 x. ¿ 0< x ≠ 1 cos x − sin x> 0 Điều kiện: cos x +cos 2 x> 0 . ¿{{ ¿. 0.25. π Khi đó Pt ⇔cos 2 x=− sin x ⇔cos 2 x=cos x + 2. ( ). ⇔ π 2 x=x + +k 2 π 2 π 2 x =− x − +k 2 π 2 ⇔ . π ¿ x= +k 2 π 2 π k 2π x=− + 6 3 ¿{. 0.25. Kết hợp với điều kiện ta được:. π k 2π x=− + 6 3. (Với k ∊ N*).. 2 Giải bất phương trình: 3. 2. 0,5 3. 2. 3. 2. ( x + 1 ) + ( x +1 ) + 3 x √ x +1>0 ⇔ ( x + x ) +3 √ x + x +2>0 2. ⇔ t + 3 t+2>0. Đặt. t=x √ x+1≥ −. 2 3. 0.25. 2  t   3 2 2    t   x x  1   x  1 t 1 3 3     t   2. 0.25. 3. 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả C tập con gồm 5 chữ số khác nhau. Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy 5 có tất cả C10 = 252 số. 5 10. IV. 0,25 0,25 2.0.

(97) 1 Xác định tọa độ điểm C  (P) sao cho ABC đều Để ABC là tam giác đều  đường cao MC = AB √ 3/2=√ 6 Gọi M là trung điểm của AB  M(1; 0; - 2). Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB  (Q): x + z + 1 = 0 Gọi d = (P) n (Q)  d: 3 x − 8 y +7 z −1=0 x + z +1=0 ⇔ ¿ x=−2 −2 t y=t z=1+2t ¿{  C  d  C(-2 - 2t; t; 1 + 2t). 1.0 0,25. 0,25.  2 2  MC   3  2t ; t ;3  2t   MC  6   3  2t   t 2   3  2t  6  9t 2  24t  12 0  3t 2  8t  4 0  t1  2; t2  2 / 3  2 2 1  C1  2;  2;  3 , C2   ;  ;    3 3 3. 0,25. B Q. M. 0.25 A C1. P. C2. 2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện.. 1.0.

(98) Lấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có: GE = GF = c/2. ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB 2 AC2 +2 AD 2 − CD2 2 b 2+2 c 2 − a2 2 2 = ⇒ FA =FB = 4 4 FE là trung tuyến của ∆FAB nên: 2 2 2 2 2 2 b +c − a b +c − a 2 2. 0.25. 0.25. Gọi  là góc tạo bởi AD và BC ta có : 2 2 2 2 c b +c − a ¿ − ∨ ¿2 2 2 c ¿ a2 −b 2∨ ¿2 ¿ a2 −b 2∨ ¿2 2 c c . Vậy ¿ ¿ GE2 +GF 2 − FE2∨ =¿ ¿¿ cos α =¿ 2 GE . GF cos α =¿ cos ( GE , GF ) ∨¿ ¿ Tương tự nếu gọi     lần lượt là góc tạo bởi CD, AB và ¿ b2 −c 2∨ ¿2 ¿ c 2 − a2∨ ¿2 a , b DB, AC ta có: cos β=¿ cos γ=¿. 0.25. 0.25. A. E G. B. D F C. 3. 0,5 . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả chữ số khác nhau.. C. 5 9. tập con gồm 5. Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy 5 có tất cả C 9 = 126 số.. 0,25 0,25.

(99) V. 2,5 1. 0,5. u x du dx    d cos x   1 dv  cos3 x v  2.cos 2 x Đặt:  /4  x 1 dx  1 4  I    tgx 0 2 2cos 2 x 2  cos x 4 2 0. 0,25.  /4 0.  1   4 2. 0,25. 2. 1,0 1. J x x 2  2 x  2dx 0. dx . dt ; cos 2 t. . Đặt: x - 1 = tgt. x2  2 x  2 . 1 cos t. 0. 0,25. 0. tgt  1 sin t  J   3 dt   4 dt   cos t  cos t . . 1 3cos3 t 0. sin t u. J1 . 0.   4. . 4. dt. cos.   4. 3. t. 1  J1  1  2 2  J 1 3. . . du.  1  u  1  u  2. . 4. 0. . 2. 1 2. 1 4. 0. .  1  u 1  u . 2. 2. 2.  1  u  1  u . 0,25. du . 1 2.  0  0 0 1 du du du  .    2 2 1  1  u   1  u   4  1 1  u  2  1 1  u      2 2  2  1 1 1 1 u      2ln 4  1 u 1 u 1  u  1 2  1 1   2  2ln  4 2 1  4 3. . 0 . 2 2. 1 u 1u     2ln 4  1  u2 1  u . 2  4ln. . 0,25. 0 . 2 2. 0,25. . 21 . 1,0.

(100) 1 1 1 a+ b+c + 2 + 2 ≤ . a + bc b + ac c +ab 2 abc 1 1 a2 + bc ≥ 2 a √ bc ⇒ 2 ≤ a + bc 2a √ bc 1 1 2 ≤ Ta có: b + ca ≥ 2 b √ ca ⇒ 2 b +ca 2 b √ ca 1 1 c 2 +ab ≥ 2 c √ ab ⇒ 2 ≤ c + ab 2 c √ ab 2. 1 1 1 1 1 1  2  2    a  bc b  ca c  ab 2a bc 2b ca 2b ca b c c a a b   1 bc  ca  ab 2 2 2 a  b  c  .  2 abc 2abc 2abc. . 0.5. 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.. 0.5.

(101) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 16). I. PHẦN CHUNG: Câu 1:. 1; - 1) Câu 2:. 2x  4 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x  1 2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(-. 1 3x 7 cos4x + cos 4 = 2 1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x 2 x x 2. Giải phương trình: 3 .2x = 3 + 2x + 1 . Câu 3:.  2. Tính tích phân: K = Câu 4:.  1  s inx . x.  1+cosx e dx 0. Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.. Câu 5: x 2 y z 4   2 2 và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm Cho đường thẳng (d): 3 trên (d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.  x x  8 y  x  y y  x  y 5 2. Giải hệ phương trình:  Câu 7a: cosx  sin x (2 c osx -sinx) Tìm giá trị nhỏ nhất y = với 0 < x ≤ 3 2) Theo chương trình nâng cao: 2. Câu 6b:.

(102) . x. 2lg(10 3 )  5 2( x  2) lg 3. 1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: 1 3 2 rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và Cn  Cn 2Cn 2 2   3  cos  sin 3 3  2. Cho Câu 7b:. . n. biết.    . Tìm các số phức β sao cho β3 = α. Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: 52 a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 ------------------------------Hết---------------------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 16) LỜI GIẢI TÓM TẮT:. I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. B  ạn đọc tự giải. 2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0. Đường thẳng (d)  MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình: 2x  4 2 x  m x 1  2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1). Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có  = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)  x1  x2  m m ; x1  x2  m  ( ; )    I( 4 2 ( theo định lý Vi-et) Trung điểm của AB là I  2 Ta có I  MN ==> m = - 4, (1)  2x2 – 4x = 0  A(0; - 4), B(2;0). Câu 2: 1 3x 7 cos4x + cos 4 = 2 1. 4cos4x – cos2x 2 1 3x 7 3x  (2cos 2 2 x  1) + cos cos 2 4 = 2  cos2x + 4 =2  (1 + cos2x) – cos2x 2 cos2x = 1   3x cos 4 1  ( vì VT ≤ 2 với mọi x) .

(103)  x k   m8 (k ; m  )  x  3 .  x = 8n ( n  ) 2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x =  1. 1 Ta có x = 2 không là nghiệm của phương trình nên 2 x 1  3x  2x  1 (2). Câu 3:. Ta có hàm số y = 3x tăng trên R 2 x 1 hàm số y = 2 x  1 luôn giảm trên mỗi khoảng Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x =  1. 1 1     ;  ,  ;   2  2  . x x 1  2sin cos 1  s inx x 2 2 1   tan x x 1+cosx 2 2cos 2 2cos 2 2 2 Ta có  2. Vậy: K =  2.  0.  2. x  e x tan dx x 0 2 2cos 2 2 = M+N.  0. e x dx. e x dx. 2cos 2. x 2 Dùng phương pháp tptp. Với M = u e x u ' e x   1   v '  x v tan 2 x   2cos  2  2 Đặt   x x e tan 2   2 2 2 0 e e Vậy M = - N = - N ==> K = Câu 4: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều  AMS  Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I  SO; N là  hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của AMS .

(104) a 3 Ta có SO = OM tan = 6 tan ( Với a là độ dài của cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 2 3 a2 a2 a2  a   tan 2   1  4  tan 2  12 12 4  tan  2  4  tan 2  r = OI = OM.tan 2 =  4 tan 3 2 Vậy V = Câu 5:. 3;2;5). 3.  4  tan   2. 3. . Ta có AB (6;  4; 4) ==> AB//(d) Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)  (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-. Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d) Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10} 3 3 C  10 Vậy: n() = 5 ; n(A) = 3 ==> P(A) = 10 2..  x 0  y 0    x x  8 y  x  y y  x ( x  1)  y ( y  8) x( x  1) 2  y ( y  8) 2     y  x  5 y x  5  x  y 5  .

(105) x 1  y 0   2  x 9 3x  22 x  45 0   y x  5    y 4 Câu 7a:    0;  Trên nửa khoảmg  3  , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được 1  tan 2 x 2 3 y = 2 tan x  tan x Đặt t = tanx ==> t  (0; 3]   1 t2  0;  2 3 2 t  t Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng  3   x 0 t 4  3t 2  4t   x 1 2 3 2  y’ = (2t  t ) ; y’ = 0.  Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 4 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b:. 7. 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3 n! n! n!   2 1 3 2 1!(n  1)! 3!(n  3)! 2!( n  2)!  n2 – 9n + 14 = 0  n = Ta có Cn  Cn 2Cn  C75. . 2lg(10 3. x. ). 2. . 5. 2( x  2)lg 3. . 5 lg(10  3x ). 2(x – 2)lg3 = 21  x 0   lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0  (10 – 3x)3x – 2 = 1  32x - 10.3x + 9 = 0  x 2 2. Gọi β = r( cos + isin)  β3 = r3( cos3 + isin3) r  3 3  3 2 2    r  3    2 k 2  3  cos  sin      3 3  9 3  Ta có: r3( cos3 + isin3) =  Ta có số hạng thứ 6 :. Suy ra β. = 21  21.2.

(106) Câu 7b:. Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2). Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 3 (1  a )(1  b)(1  c) 3 – (a + b + c) >0 1 28  (1  a)(1  b)(1  c)  0  ab  bc  ca  abc  1 27 27 56  2  2ab  2bc  2ca  2abc  27 56 52  2  (a  b  c)2  ( a 2  b 2  c 2  2abc)   a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 27 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3.

(107) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 17). Câu I: (2,0 điểm) 3 2 Cho hàm số y=x − 3 x −9 x +m , trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=0 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình:. 1 1 2x 2 x +cos = sin 4 3 2 2 . x −1 ¿8 =3 log 8 ( 4 x) 1 1 . log √ 2 (x+ 3)+ log 4 ¿ 2 4. Câu III: (1,0 điểm) π 4. Tính tích phân:. I = π 6. tan x dx . cos x √ 1+cos 2 x. Câu IV: (1,0 điểm) Tính thể tích của khối hộp ABCD . A ' B' C ' D' AA ' B ' D ' là khối tứ diện đều cạnh a .. theo a . Biết rằng. Câu V: ( 1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc 1 đoạn − ; 1 : 3 √ 1 − x 2 − 2 √ x 3 +2 x 2 +1=m ( m∈ R ). 2. [. ]. Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x − y −5=0 và hai điểm A (1 ; 2) ; B (4 ;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A , B . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A (1 ; 1; 2) , B (2 ; 0; 2) . 2 2 a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho MA − MB =5 . b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy) ..

(108) Câu VII: (1,0 điểm) 1. Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: 0 1 2 3 n−1 n n −1 Cn +2 . Cn +3 . Cn + 4 .C n +. ..+n . Cn +(n+1). C n=( n+2) . 2 .  x  iy  2z 10   x  y  2iz 20 ix  3iy  (1  i)z 30 2. Giải hệ phương trình:  ……………………. Hết……………………... Lời giải tóm tắt(Đề 17) Câu I: 2. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng  Phương trình x3  3 x2  9 x  m 0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng  Phương trình x3  3 x 2  9 x  m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng  Đường thẳng y  m đi qua điểm uốn của đồ thị   m  11  m 11.. Câu II: 1.. 1 x 1 x  cos2  sin 2 4 3 2 2 2x 1  cos 1 3 1  cos x   4 2 4 2x  1  2  2 cos 1  cos x 3  2  2 cos 2a  cos 3a. x  a   3 .  2  2  2 cos2 a  1   4 cos3 a  3 cos a   2  4 cos2 a  2  4 cos3 a  3 cos a 0  cos a  4 cos 2 a  4 cos a  3 0.

(109)   cos a 0 x  x  3    cos 3 0  3  2  k x   k 3 1    cos a     2   2  cos x cos   x   k 2  x   k 6 .    3 3 3 3 3  cos a   loại   2 2. 8 x −1 ¿ =3 log 8 ( 4 x) 1 1 . log √ 2 (x+ 3)+ log 4 ¿ 2 4 Điều kiện: x   3   x 1  0  x 1. x  0  Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình log 2   x  3  x  1  log 2  4 x   x 2  2 x  3 0  x  1  loại    x 3. x  3  Câu III: π 4. I = π 6.  4. tan x cos x √ 1+cos 2 x. u tan x  du . Đặt  1 x   u  6 3  x   u 1 4 1 u  I   dx. u2  2 1.  4.   dx cos 2 x 6 1 dx. cos 2 x .. 3. Đặt. t  u 2  2  dt . u u 2 2. du. .. tan x tan x dx  dx 2 2 1  cos x tan x  2 1 6 cos2 x ..

(110) 1 7  t 3 3 u 1  t  3. u. 3.  I  dt t 7 3. 3 7 3.  3. 7 3 7  . 3 3. Câu IV: V Sđáy h Sđáy . a. 2. 2. . 3 ,. a 6 3 a3 3  V  . 2 h. Câu V: 3 √ 1 − x 2 − 2 √ x 3 +2 x 2 +1=m. ( m∈ R )..  1    2 ;1 f  x  3 1  x  2 x  2 x  1 f  x Đặt , suy ra xác định và liên tục trên đoạn . 2  3  3x 3x  4 x 3x  4 f '  x     x    2 3 2 2 3 2 1 x x  2x 1 x  2x 1  .  1 x 4 3 3x  4  1  x    3x  4  0   0 x    ;1 3  2  ta có 1  x2 x3  2 x 2  1 . Vậy: f '  x  0  x 0 . Bảng biến thiên: 1 x  0 1 2 f ' x ||  0  || 2. 3. 2. 1 CÑ f  x. 3 3  22 2. 4.

(111) Dựa vào bảng biến thiên, ta có:.  1  3 3  22   2 ;1   4 m  2 Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc hoặc m 1 . Câu VI: 1. 3 Phương trình đường trung trực của AB là x  y  6 0 . Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ: 2 x  y 5  x 1   I  1;  3 .  3 x  y 6  y  3 R IA 5 ..  x  1 Phương trình đường tròn là. 2. 2.   y  3 25. .. 2. a. M  x, y, z . 2 2 sao cho MA  MB 5 2 2 2 2 2   x  1   y  1   z  2    x  2   y 2   z  2  5.  2 x  2 y  7 0. Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2 x  2 y  7 0 . b.    OA, OB   2; 2;  2  2  1;1;  1   OAB  : x  y  z 0   .  Oxy  : z 0 . x y z z   N  x; y; z   OAB  và  Oxy   d  N ,  OAB   d  N ,  Oxy   1 3 cách đều  x  y  3  1 z 0  x  y  z  3 z    x  y  3  1 z 0. .  .  . Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình x  y  3  1 z 0 .. . . Câu VII:. 1 x Khai triển. n. ta có:  1  x  C  C x  Cn2 x2  Cn3 x3  ...  Cnn 1 xn  1  Cnn xn . Nhân vào hai vế với x   , ta có: n. 0 n. 1 n. x y. . 3  1 z 0. . và.

(112) 1 x. n. x Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  Cn3 x 4  ...  Cnn  1 x n  Cnn x n1.. Lấy đạo hàm hai vế ta có: n 1 n Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x 2  4Cn3 x 3  ...  nCnn  1 x n 1   n  1 Cnn x n n  1  x  x   1  x   1  x . n 1.  nx  x  1 .. C 0  2.Cn1  3.Cn2  4.Cn3  ...  n.Cnn  1  (n  1).Cnn  n  2  .2n 1. Thay x 1 , ta có n ------------------------Hết------------------------.

(113)

De thu dai hoc mon toan

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về