ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 · Web viewKhi th× sinx > 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn Khi th× sinx < 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn 0,5 0,5 2 1,0® Æt

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 1)

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: Cho hàm số .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.

Câu 2: 1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + 5 = 02) Tính tích phân:

.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 0].

Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt

phẳng đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Câu 4: Cho x, y, z là các số dương thoả : . CMR:

.

II. PHẦN RIÊNG

1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 5a: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình:

.

1) Xác định tọa độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mp(P).2) Viết p.trình đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm của d và (P).

Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + 1 = 0 trên tập số phức.

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình

1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d.2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

Câu 6b: Giải phương trình trên tập số phức.

1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 2)

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)

Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x1. 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)

1. Giải hệ phương trình:

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.

2. Tính tích phân A =

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:

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)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 -------

2


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)Câu I (2 điểm) Cho hàm số

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 điều kiện đối

với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác:

2. Giải bất phương trình:

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.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 thẳng định bởi: . Tìm điểm M trên sao cho từ 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)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I

thuộc đường thẳng và có hoành độ , trung điểm của một 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:

. 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.Câu VII.b: Cho là những số dương thỏa mãn: . Chứng minh bất đẳng thức

----------------------Hết----------------------

3


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) 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 không có cực trị.

Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

1). ; 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, diện 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

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 tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

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:

(Ở đây 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)

1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): .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): và các đường thẳng:

. Tìm các điểm sao cho MN // (P) và cách

(P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố và giải bpt:

4


Bài 1:

Cho hàm số .1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.

Bài 2:

1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2). Giải phương trình: 2x +1 +x

Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1).1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD.2). Giả sử mặt phẳng ( ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của ( ).

Bài 4: Tính tích phân: .

Bài 5: Giải phương trình: .

Bài 6: Giải bất phương trình: .

Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn

các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.

2). Cho số phức . Hãy tính : 1 + z + z2.

Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên

AA' = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C.

Câu 9:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): .

Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.

-----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------

5


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)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

với .Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:

1. ; 2.

Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường và .Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu 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

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: và phân giác trong CD: . Viết phương trình đường thẳng BC.

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 chiếu vuông góc của 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

2. Theo chương trình nâng cao.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 .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

----------------------Hết----------------------

6


I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: Cho hàm số có đồ thị là (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1.2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao

cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng . Câu II:

1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình: (x, y )

Câu III: 1) Tính tích phân I =

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

Câu IV: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

C©u V.a: 1. Cho parabol (P): vµ elip (E): . Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®êng trßn. ViÕt p.tr×nh ®êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã.

2.Cho mÆt cÇu (S) cã ph¬ng tr×nh vµ mÆt ph¼ng () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng () song song víi () vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®êng trßn cã chu vi b»ng 6.C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n

cña

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:

( lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö)

CâuVb: 1. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình . Lập phương

trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

2. Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích bằng ; trọng tâm G của ABC thuộc

đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC.

CâuVIb :

Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm.

7


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 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:

2. Giải phương trình:

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy một góc và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện .

Tìm GTNN của biểu thức:

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 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).

2. Cho điểm A(4;0;0) và điểm sao cho và góc . 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.

2. Theo chương trình Nâng cao:Câu VIb (2,0 điểm) 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng nhỏ nhất. 2. Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh , còn đỉnh D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích 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------------------------

8


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 với nhau

qua đường thẳng .

Câu II: (2,5 điểm)1) Giải phương trình:

.

2) Giải bất phương trình : .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= .

Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy

một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao

cho . gọi K là trung điểm AA’, là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt

BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích .

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 suất để lấy được 5

bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

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:

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2?Câu V: Cho a, b, c và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

9


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)1. Giải hệ phương trình :

2. Giải phương trình: .

Câu III.(1 điểm) Tính tích phân

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:

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.

2.Cho hai đường thẳng d1: , d2: và mặt phẳng (P): x – y – z =

0. Tìm tọa độ hai điểm M , N sao cho MN song song (P) và MN = Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

Câu VI b.(2 điểm)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 (P) bằng .

Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:


CÂU I:

Cho hàm số :

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1. 2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đt y = xCÂU II:

10

1). Giải phương trình:

2). Cho PT: (1)

a)Tìm m để pt(1)có nghiệm.

b)Giải PT khi

CÂU III:

1) Tính tích phân: I=

2) Tính các góc của tam giác ABC biết: 2A=3B ;

CÂU IV: 1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông góc với mặt phẳng (Q) : x + y + z = 0 và cách điểm M(1;2; ) một khoảng bằng .

2). Có 6 học sinh nam và 3học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2HS nam đứng xen kẽ 3HS nữCÂU V:

1). Cho đường thẳng (d ) : và mặt phẳng (P) :

Viết phương trình đ.thẳng ( ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là

2). Giải PT:

CÂU VI: Giải hệ pt:


I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè cã ®å thÞ lµ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè2.Chøng minh ®êng th¼ng d: y = - x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C)

t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt.C©u II (2 ®iÓm)

11

1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 82.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a.C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm)1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈnC©u VIa (2 ®iÓm).

1. Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh . LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song

víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm)C©u VIb (2 ®iÓm)

1. Cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2. Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh. LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d

vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.C©u VIIb (1 ®iÓm)

Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.


I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)Câu 1:Cho haøm soá: y = x3 + 3x2 + mx + 1 coù ñoà (Cm); (m laø tham soá).

1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3.

12

2. Xaùc ñònh m ñeå (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi 3 ñieåm phaân bieät C(0, 1), D, E sao cho caùc tieáp tuyeán cuûa (Cm) taïi D vaø E vuoâng goùc vôùi nhau.

Câu 2: 1. Giaûi phöông trình: 2cos3x + sinx + cosx = 0

2. Giải hệ phương trình

Câu 3: Cho soá thöïc b ln2. Tính J = vaø tìm

Câu 4: Tính theå tích cuûa hình choùp S.ABC, bieát ñaùy ABC laø moät tam giaùc ñeàu caïnh a, maët beân (SAB) vuoâng goùc vôùi ñaùy, hai maët beân coøn laïi cuøng taïo vôùi ñaùy goùc 90o.

Câu 5: Ch x, y, z dương thoả . Tìm GTLN của biểu thức

P =

II.PHẦN TỰ CHỌN: 1.Ph ầ n 1 : Theo chương trình chuẩn Câu 6: 1a/

1.Phương trình hai cạnh của một tam giaùc trong mặt phẳng tọa ®é là :5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giac đó, biết rằng trực taâm của no trung với gốc tọa độ O.

2. Tìm treân Ox ñieåm A caùch ñeàu ñ.thaúng (d) : vaø mp(P) : 2x – y – 2z = 0.

Câu 6.2a/Cho taäp hôïp X = . Coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá tự nhiªn goàm 5 chöõ soá khaùc nhau ñoâi moät töø X, sao cho moät trong ba chöõ soá ñaàu tieân phaûi baèng 1.

2. Ph ầ n 2 : Theo chương trình naâng cao.Câu 6b. 1b/

1. Cho đường trßn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) sao cho goùc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2. Cho hai ñöôøng thaúng: (d1) : ; (d2) : .

CM (d1) vaø (d2) cheùo nhau. Vieát phöông trình maët caàu (S) coù ñöôøng kính laø ñoaïn vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2).

Câu 6b.2b/ Giaûi phöông trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 14)

13

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINHCâu I (2 điểm):

1).Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của h.số : . Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 tiệm cận .

2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn .

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )Câu II (2 điểm):

1).Tìm các nghiệm trên của phương trình :

2).Giải phương trình: Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.

1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I =

2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn 1 < | z – 1 | < 2

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0

2). Cho các đường thẳng: và

a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).

3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1).Cho tam giác ABC vuông tại A, p.trình đt BC là : x – y - = 0, các đỉnh A và B thuộc Ox và bán kính đ.tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

2).Cho đ.thẳng (d) : và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0

a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) b. Lập ptr mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)

3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )


14

I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè cã ®å thÞ lµ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè2.Chøng minh ®êng th¼ng: lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai

®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt.C©u II (2 ®iÓm)

1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 82.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a.C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm)1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈnC©u Via:

1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh . LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song

víi d vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.C©u VIIa: 1). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.

2) Gi¶i ph¬ng tr×nh:

2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm)C©u VIb (2 ®iÓm)

1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.

2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh. LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d

vµ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.


15

Câu 1. (2,5 điểm).

1. Cho hàm số (C) :

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm M Î (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 đến đồ thị (C’) :

Câu 2. (1,5 điểm)1. Giải phương trình: 2. Giải hệ phương trình:

Câu 3. (1,5 điểm)


2. Giải bất phương trình: 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.

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 = 0Tìm toạ độ điểm C Î (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).

1. Tính :

2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

3. Cho z = , Hãy tính :

(Hết)

16


I. PHẦN CHUNG:Câu 1:

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1) Câu 2:

1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x =

2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu 3:

Tính tích phân: K =

Câu 4: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:

Cho đường thẳng (d): và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d)

những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhấtII. 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.


Câu 7a:

Tìm giá trị nhỏ nhất y = với 0 < x ≤

2) Theo chương trình nâng cao:Câu 6b:

1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: biết rằng số

hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và

2. Cho . Tìm các số phức β sao cho β3 = α

Câu 7b:Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:

------------------------------Hết---------------------------------

17


Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số , trong đó là tham số thực.1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi .2. Tìm tất cả các giá trị của tham số 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)



Câu III: (1,0 điểm)

Tính tích phân: .

Câu IV: (1,0 điểm)Tính thể tích của khối hộp theo . Biết rằng là khối tứ diện đều cạnh .

Câu V: ( 1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn :

( ).

Câu VI: (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng , cho đường thẳng có phương trình: và hai điểm

; . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng và đi qua hai điểm , .2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho hai điểm , .a. Tìm quỹ tích các điểm sao cho .b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng và .

Câu VII: (1,0 điểm)1. Với là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:

.


……………………. Hết……………………...

BÀI GIẢI (ĐỀ 1)18

Câu 1: 2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5

x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3

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

Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0 5x = 1 hay 5x = 5 x = 0 hay x = 1.

2) =

Ñaët u = x du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx

I = =

3) Ta coù : f’(x) = 2x +

f’(x) = 0 x = 1 (loaïi) hay x = (nhaän)

f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f( ) =

vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân vaø

Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC

Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2

(đvtt)

Câu 4.a.: 1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6

d(T, (P)) =

2) (P) coù phaùp vectô

Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) : (t Î R)

Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 t = -3 (d) (P) = A (-2; -4; -4)

Caâu 5.a.: ; ; Căn bậc hai của là

Phương trình có hai nghiệm là

Caâu 4.b.:

19

B

A

Sa

a

aC

1) (d) coù vectô chæ phöông 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 = 02) Goïi B (-1; 2; -3) Î (d)

= (2; -4; 6)

= (-2; 14; 10)

d(A, (d)) =

Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = :(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50

Câu 5.b.: = 9i2

Căn bậc hai của là

Phương trình có hai nghiệm là .

BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2)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

Ta có:

Câu 2:

1. Điều kiện:

Từ (1) x = 4y

Nghiệm của hệ (2; )

2. cosx = 8sin3 cosx =

(3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3)

Câu 3:

20

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)

2. =

= = 2ln2 – ln3

Câu 4:1. +) , ,

đpcm

+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) có VTPT = (5;- 4; 0) (P): 5x – 4y = 0

+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) có VTPT = (-2;- 3; 0) (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình của (D)

2. Ta có: (1)

3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 (a + b)(a – b)2 0. (h/n)

Tương tự: (2) , (3)

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:

Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1B. PHẦN TỰ CHỌN:Câu 5a: Theo chương trình chuẩn

1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)

Ta có

21

Ta có: ptmp(P)

2.Ta có: n = 45 n2 + 3n – 18 = 0 n = 3Câu 5b:

1.M Î (D) M(3b+4;b) N(2 – 3b;2 – b) N Î (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

Đáp án.(ĐỀ 3) Câu

Ý Nội dung Điểm

I 2 1,00Ta có . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:;

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

Vì A và B phân biệt nên , do đó (1) tương đương với phương trình:

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

,

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là và .Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

II 2,001 1,00

22

Điều kiện: 0,25

Từ (1) ta có: 0,25

0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 0,25

2 1,00Điều kiện: 0,25Phương trình đã cho tương đương:

0,25

0,25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 0,25III 1,00

1 1,00

0,50

0,50

23

IV 1,00Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó và . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

vuông cân tại O nên: 0,25

Ta có: 0,25

0,25

và 0,25

V 1,00Phương trình (1)Điều kiện : Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm

duy nhất thì cần có điều kiện . Thay vào (1) ta được:0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:

Phương trình có nghiệm duy nhất.

0,25

* Với m = -1; (1) trở thành

+ Với

+ Với

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

0,25

* Với m = 1 thì (1) trở thành: 0,25

24

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm nên trong trường hợp này

(1) không có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.VIa

2,00

1 1,00Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính .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

.Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:

.

0,25

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng

hệ phương trình: 0,25

Khử x giữa (1) và (2) ta được:

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 0,25

2 1,00 Ta tính được . 0,25Vậy 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 tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là , bán kính là

.0,50

VIIa

1,00

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : . 0,25Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.+ Không có bi xanh: có cách.+ Không có bi vàng: có cách.

0,25

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.

0,50

25

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: cách.

VIb

2,00

1 1,00

I có hoành độ và

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)

, suy ra phương trình AD: .

Lại có MA = MD = .Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

là trung điểm của AC, suy ra:

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).

0,50

2 1,00Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

.

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 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 N0 là giao điểm của và (P). Đường thẳng có vectơ chỉ phương là và qua I nên có phương

0,25

26

trình là .

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:

Suy ra .0,25

Ta có Suy ra M0(0;-3;4) 0,25

VIIb

1,00

Áp dụng bất đẳng thức

Ta có: 0,50

Ta lại có:

Tương tự:

Từ đó suy ra

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

0,50

Đáp án(ĐỀ 4) Câu Ý Nội dung Điể

m2 1,00

+ Khi m = 0 , nên hàm số không có cực trị. 0,25

+ Khi Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi không có nghiệm hoặc có nghiệm kép

0,50

0,25

1 1,00

27

(1)


0,25

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.0,50

2 1,00 (2)


0,25

+ Với ta có phương trình ; 0,25

+ Với ta có phương trình (4);

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là hoặc

0,25

III 1,00

Đặt

+ Đổi cận: 0,50

0,50

28

IV 1,00

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: , suy

ra .

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: 0,25

0,25

Thể tích hình nón đã cho: 0,25

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình

. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại thỏa mãn (2).0,25

Gọi 0,25

Hệ đã cho có nghiệm

;

0,25

29

Vì nên chỉ nhận

Ta có:

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên

Do đó

0,25

VIa 2,001 1,00

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 0,25

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 0,25

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

Gọi

Từ giả thiết suy ra . Do đó

+ a = 0 . Do đó + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra (trùng với ).Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

0,25

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 0,25

2 1,00Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

0,25

Ta có: 0,25

30

Từ (1) và (3) suy ra:

Từ (2) và (3) suy ra: Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:

Như vậy hoặc .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc và R

= 3.

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

và 0,25

VIIa

1,00

Điều kiện: Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

0,50

0,50

VIb 2,001 1,00

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).Vì 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

Phương trình tham số của d1 là: . M thuộc d1 nên tọa độ của M

.Theo đề:

0,25

31

+ Với t1 = 1 ta được ;

+ Với t2 = 0 ta được 0,25

+ Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: .

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).

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25VIIb

1,00

Điều kiện

; 0,25

Ta có: 0,25

Khi đó: 0,50

HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)Bài 1:2) (1)

Đạo hàm

Hàm số có 2 cực tiểu y có 3 cực trị y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

Giả sử: Với , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Bảng biến thiên:x - x1 x2 x3 +y/ - 0 + 0 - 0 +y +

CTCĐ

CT+

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.

32

Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi

Bài 2:

1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

.

2) Giải phương trình : 2x +1 +x . (a)

* Đặt:

Ta có:

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó:

Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = .

Bài 3:

1) + Ta có . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song

song CD có một VTPT và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) C không thuộc (P), do đó (P) // CD.

+

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.

Ta có : .

Mặt khác:

Phương trình mặt phẳng ( ) theo đoạn chắn: . Vì D Î( ) nên: .

33

D là trực tâm của MNP . Ta có hệ:

.

Kết luận, phương trình của mặt phẳng ( ): .

Bài 4: Tính tích phân . Đặt

I = .

Bài 5: Giải phương trình (*)

Ta có: (*)

Từ (2) .

Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)

Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 x = 1.

Thay x = 1 vào (1) sin(y +1) = -1 .

Kết luận: Phương trình có nghiệm: .

Bài 6: Giải bất phương trình: . Đặt , t > 0.Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 0 ( t 1 hoặc t 9)

Khi t 1 .(i)

Khi t 9 (2i)

Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7:

1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là Số tất cả các tập con không rỗng

chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = .

Xét f(x) =

Khi đó f(1) =250 .

34

f(-1) = 0

Do đó: f(1) + f(-1) = 250 .

Kết luận:Số tập con tìm được là

2) Ta có . Do đó:

Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là = .

Tá có : .

Do đó: ;

.

Do đó:

.

(đvtt)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6Câu Ý Nội dung Điểm

I 2 1,00Xét phương trình với (1)Đặt , phương trình (1) trở thành: Vì nên , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

0,25

Ta có: Gọi (C1): với 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 .

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

: Phương trình đã cho vô nghiệm.

1. : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

: Phương trình đã cho có 2 nghiệm. : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

35

II 2,001 1,00

Phương trình đã cho tương đương:

0,50

0,50

2 1,00Điều kiện:

Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có

.

Hệ phương trình đã cho có dạng:0,25

hoặc

+ (I)

+ (II)

0,25

Giải hệ (I), (II). 0,25Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là

1,00

III 0,25Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: và

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

0,25

36

Suy ra diện tích cần tính:

Tính:

Vì nên 0,25

Tính

Vì và nên

.

0,25

Vậy 1,00

IV 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:

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 .

0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:

Trong đó: 0,25

0,25

37

Từ đó, ta có:

V 1,00Ta có:+/ ;+/

+/

Do đó phương trình đã cho tương đương:

Đặt (điều kiện: ).

0,25

Khi đó . Phương trình (1) trở thành: (2) với

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): với .

0,25

Trong đoạn , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là

tại và đạt giá trị lớn nhất là tại . 0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi

.0,25

VIa

2,00

1 1,00Điểm . Suy ra trung điểm M của AC là

. 0,25

Điểm 0,25

0,25Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ). Suy ra .

Tọa độ điểm I thỏa hệ: .

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của .

38

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

2Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng

, thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và .

Mặt khác

Trong mặt phẳng , ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với .

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: .VIIa

Để ý rằng ;

và tương tự ta cũng có 0,25

Vì vậy ta có:

vv

1,00

Ta có:

. Phương trình của AB là: .

. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

0,25

39

.

Mặt khác: (CH: chiều cao) . 0,25

Ngoài ra:

Vậy tọa độ của C và D là hoặc

0,50

2 1,00Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng có phương trình tham số: .

Điểm nên . 0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và

.

Ta có

Suy ra và

Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có Như vậy

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng

và .

0,25

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 0,25

VIIb 1,00

40

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: .

Đặt .

Vế trái viết lại:0,50

Ta có: .

Tương tự:

Do đó: .

Tức là:

0,50

HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7)

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

.

Mặt khác: Do đó:

với là hai nghiệm của phương trình (2).

(thỏa ĐK (a)). Vậy

CâuII:1. Phương trình (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0

2) HÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi §Æt

41

Ta cã hÖ Suy ra .

Gi¶i hÖ trªn ta ®îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)

CâuIII:1. Ta có: I = = . Đặt

Đổi cận: Khi ; khi .

Do vậy: = .

2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

(1)

* Đk , đặt t = ;

Ta có: (1) viết lại

Xét hàm số f(t) = , với . Ta có:

Lập bảng biến thiên t 3 9f/(t) +

f(t)

4

Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm (2) có nghiệm

CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = ; và SO mp(ABC)

d(S; BAC) = SO =Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC VS.ABC = (đvtt)

Mặt khác, VS.ABC =

SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =

Vậy: d(B; SAC) = (đvđd).

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)C©u V.a 1ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P)

42

C

S

O MA

B

Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

(*)

XÐt , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖtTo¹ ®é çc giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ

(**)

(**) lµ ph¬ng tr×nh cña ®êng trßn cã t©m , b¸n kÝnh R =

Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®êng trßn cã ph¬ng tr×nh (**) 2.ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ().... Do () // () nªn () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D 17)MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5§êng trßn cã chu vi 6 nªn cã b¸n kÝnh r = 3. Kho¶ng çch tõ I tíi () lµ h =

Do ®ã

VËy () cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña ,

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:

BG: Ta có

suy ra I (1)

MÆt kh¸c (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã

Theo bµi ra th×

Ta cã khai triÓn

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n

VËy hÖ sè cÇn t×m lµ

CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có => HI lớn nhất khi Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận làm véctơ pháp tuyến.Mặt khác, vì H là hình chiếu của A trên d nên

43

là véc tơ chỉ phương của d) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0

2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) =

; Trọng tâm G Î (d) 3a –b =4 (3)

Từ (1), (3) C(–2; 10) r =

Từ (2), (3) C(1; –1) .

CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c Î R), nên ta có :

KẾT QUẢ ĐỀ 8Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2.

Câu II (2,0 điểm) 1. 2.

Câu III (1,0 điểm)

Câu IV (1,0 điểm) Câu V (1,0 điểm) Câu VIa (2.0 điểm) 1. 2.

Câu VII.a (1,0 điểm) 192 sốCâu VIb (2,0 điểm) 1. 2. Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số

------------------------Hết------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9

Câu NỘI DUNG ĐiểmCâu I.

b) Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:

Ta có

Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2)

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là

0,25đ

0,25đ

44

-2 1

Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt ta có điều kiện cần

là

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:

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng

thỏa mãn.Khi m = -3 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung

điểm CĐ và CT là:

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng

không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.

1) Giải phương trình:

2) Giải bất phương trình:

(1)

Đk:

Từ (1)

Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm:

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

45

Câu II.

3) Ta có: x.sin2x = 2x x.sin2x – 2x = 0 x(sin2x – 2) =0 x = 0Diện tích hình phẳng là:

Đặt

(đvdt)

Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ta có:

Vì vuông cân tại H.Vậy

Ta có (đvdt)

(đvtt) (1)

Vì vuông cân G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2)mà AA’ = =

Ta có thể tích K.MNJI là:

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

46

45

E

K

J

IA

B

C

C'

B'

A'

P

H

Q

N

M

Câu III.

2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:

ĐK: Từ (1)

Khi thay vào (2)

Khi

Thay vào (2)

Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

Từ (2): (3)Thay n = 7 vào (1)

vì 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:

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,2 5đ

0,25đ

47

Câu IV:

TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: cáchTH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: cáchTH3: 5 bông hồng nhung có: cách

có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường

2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:

Vậy

Vậy phương trình đường thẳng:

3)đường thẳng d2 có PTTS là: vectơ CP của d1 và d2 là:

VTPT của mp( ) là pt mp( ) 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)

Vậy PT mp( ) là: 3x – y – 4z +

Ta có: P + 3 =

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

48

Câu V:

Để PMin khi a = b = c = 1

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

49

0,25đ0,25đ

0,25đ

Câu I.1. (Tự giải)

2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 ( x

Xét f(x) = =

Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - -Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất .Câu II.1. y . Ta có:

Đặt : (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = t = .

a) Nếu t = 1 ta có hệ b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm.

c) Nếu t = ta có hệ

2. Pt (cosx

(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.Câu III.

I = .

Đặt t =

I = = -

Câu IV.

50

h

H

M

D

CB

A

S

SH BM và SA BM suy ra AH BM

VSABH = .

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH

, vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của hình

vuông , khi M . Khi đó VSABH = .

Câu V. D = [0 ; +

*Đặt f(x) =

Suy ra: f’(x) =

*

* BBT x 0 + f’(x)

f(x) 1 0

Vậy: 0 < m

Câu VI a. 1.d1: , I

d(I , d2) = 2

51

t =

t =

2.

Theo gt : *

*

Câu VII a.

*

*

Câu VI b. 1.B(11; 5)AC: kx – y – 2k + 1 = 0

cos CAB = cos DBA

k = 1 , AC : x – y – 1 = 0

k = , 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

d(I, (P)) =

b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0

Câu VII b. ĐK :

Bất phương trình trở thành :

* kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * Vậy tập nghiệm của BPT: x

HƯỚNG DẨN GIẢI (đề 11)

Câu I. 2/Tacã

52

ta thÊy víi th× y’ ®æi dÊu khi ®i qua çc nghiÖm do vËy hµm sè cã C§,CT

+NÕu m>0 hµm sè cã C§ t¹i x=0 vµ ;cã CT t¹i x=m vµ

+NÕu m<0 hµm sè cã C§ t¹i x=m vµ ;cã CT t¹i x=0 vµ

Gäi A vµ B lµ çc ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè.§Ó A vµ B ®èi xøng víi nhau qua ®êng ph©n gi¸c

y=x,®iÒu kiÖn ¾t cã vµ ®ñ lµ tøc lµ:

Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với Vì (P) (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 (1) Theo đề :

d(M;(P)) = (2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5

thì (P) :

. Chọn A = 5 , B = thì (P) :

CâuVb-1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2) (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

Gọi vectơ chỉ phương của ( ) qua A và vuông góc với (d) thì

nên ta chọn . Ptrình của đường thẳng ( ) :

( ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( ) thì M(2+3t;3 9t; 3+6t) .

Theo đề :

+ t = M(1;6; 5)

+ t = M(3;0; 1)

®¸p ¸n ®Ò số 12 thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a 53

I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ çc thÝ sÝnhI 2. (0,75 ®iÓm)

Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng

tr×nh

Do (1) cã nªn ®êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã

0,5

II(2 ®iÓm)

1. (1 ®iÓm)Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

0,25

0,25

2. (1 ®iÓm)§K: BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi ®Æt t = log2x,BPT (1)

0,5

0,25

VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ:

III1 ®iÓm

®Æt tanx = t 0,5

0,5

54

C©u IV1 ®iÓm Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶

thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc

=300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H

thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c

nªn

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng çch gi÷a AA1 vµ B1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0,25

C©u V1 ®iÓm

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

T¬ng tù ta cã

0,5

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

Tõ ®ã suy ra MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3. 0,5

PhÇn riªng.1.Ban c¬ b¶n

C©u VIa2

1.( 1 ®iÓm)Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng 0,5

55

A1

A B

C

C1

B1

K

H

®iÓm c¹nh b»ng 3

0,52. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi

VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5

v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d)

VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©u VIIa1 ®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ . .4! = 1440 sè 0,5

2.Ban n©ng cao.C©u VIa2 ®iÓm

1.( 1 ®iÓm)Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3

0,5

0,52. (1 ®iÓm)Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5


VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©u VIIa1 ®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5

Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ . .5! = 12000 sè.MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

HƯỚNG DẪN GIẢI: ( đ ề số 13) I. PHẦN CHUNG:

Câu 1: :

56

2. Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0

* (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0, 1), D, E phaân bieät: Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE 0.

Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø:kD = y’(xD) =

kE = y’(xE) = Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1. (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).

4m2 – 9m + 1 = 0 m =

ÑS: m =

Câu 2:

1. sin sinx + cos cosx = – cos3x.

cos cos

x = (k Î Z)

2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2)Vậy từ hệ trên ta có:

x = 3

57

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3: J vôùi u = ex – 2, du =

exdx)

Suy ra:

Câu 4: Döïng

Ta coù:

vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Döïng

SHN = SHP HN = HP.

AHP vuoâng coù:

SHP vuoâng coù:

Theå tích hình choùp

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2

Ta có:

Tương tự: và

Vậy

Vậy MaxP = khi x = y = z =

II.PHẦN TỰ CHỌN:1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bảnCâu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Goïi A(a; 0; 0) .

58

S

H

PC

A

BN

Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng () :

() qua vaø coù vectô chæ phöông Ñaët Do ñoù: d(A; ) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc

Theo giaû thieát: d(A; ) = d(A; )

Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0).Câu 6a.2a n =

* Xem caùc soá hình thöùc , keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø a

hoaëc laø b hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ :

soá caùch choïn .Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi.* Xem caùc soá hình thöùc .

* Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n thoûa yeâu caàu ñeà baøi.

1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:Câu 6b.1b

1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2M Î Oy M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy

Vì MI là phân giác của

(1) = 300 MI = 2R

(2) = 600 MI = R Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0;- )

2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông

- (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông

khoâng ñoàng phaúng. Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau.

59

Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2) ,

Ta coù:

Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính

Vaäy, phöông trình maët caàu (S): Câu 6b.2b

Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh:(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0Suy ra: Z3 = vaø Z4 = –

Ñaùp soá:

-------------------------------Hết-----------------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI: ( đ ề số 14)

C©u Néi dung §iÓm

Gäi M(x;y) (C) vµ çch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3

| x – 2 | = | y – 3 |

VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6)

20.75®

XÐt ph¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

(1)

§Æt t = sin22x . Víi th× . Khi ®ã (1) trë

thµnh :2m = víi

NhËn xÐt : víi mçi ta cã :

§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n th×

0,25

0,5

60

Da vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4)

VËy çc gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ :

II2,0®

11,0®

(1)

§K : sinx ≠ 0 Khi th× sinx > 0 nªn :

(1) cos2x = cos

Do nªn

Khi th× sinx < 0 nªn :

(1) cos2x = cos

Do nªn

0,5

0,5

21,0®

§Æt . Ta cã :

Víi u = -3 , v = - 4 ta cã : x = - 61Víi u = 4, v = 3 ta cã : x = 30VËy Pt ®· cho cã 2 nghiÖm : x = -61 vµ x = 30

0,25

0,5

0.25

III1.0®

1® a)Ta cã : AB = , Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC , ta cã : DM = 1SD = , SC = SM = 0.5

61

N M

D

S

A B

C

K

Ta cã : (*)

Gãc gi÷a hai ®êng th¼ng AC vµ SD lµ gãc gi÷a hai ®êng th¼ng DM vµ SD hay bï víi gãc SDM . Do ®ã : cos = b) KÎ DN // BC vµ N thuéc AC . Ta cã : BC // ( SND) . Do ®ã : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))KÎ CK vµ AH vu«ng gãc víi SN , H vµ K thuéc ®êng th¼ng SN Ta cã : DN // BC Vµ Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN ( SAC) Do çch dùng vµ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lµ kho¶ng çch tõ C ®Õn mp(SND) MÆt kh¸c : ΔANH = ΔCNK nªn AH = CK Mµ trong tam gi¸c vu«ng SAN l¹i cã :

VËy kho¶ng çch gi÷a BC vµ SD lµ : CK =

0,5

IV2®

11.0®

Ta cã : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C

VËy I =

I =

I =

TÝnh J = .

§Æt t = tan

§æi cËn : Khi x = th× t = 1

0,25

0,25

62

Khi x = 0 th× t = 0

VËy

L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du§æi cËn khi t = 1 th× u =

Khi t = 0 th× u = víi tan

Do ®ã : I =

0.5

2a0.5®

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , | z | =

Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i 0,5

0.52b

0.5đ

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |2 < 4

Gäi (C1) , (C2) lµ hai ®êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vµ cã b¸n kÝnh lÇn lît lµ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp çc ®iÓm cÇn t×m lµ phÇn n»m gi÷a hai ®êng trßn (C1) vµ (C2)

Va3®

1

+) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP cña (d2) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0+) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT :

+) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d2) lµ nghiÖm cña HPT :

0,25

63

+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn :

+) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0+) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT :

+) §êng th¼ng qua AB cã VTCP , nªn cã PT :

0,5

0,25

2a

§êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP

§êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP

Do ®ã : vµ

Suy ra . VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau

0.5

2b

LÊy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã :

A,B lµ giao ®iÓm cña ®êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®êng ®ã

Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = 7Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; - ; 1) MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT :

0,5

3 Sè çch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300Sè çch lÊy ®Ó 2 viªn bi lÊy ra cïng mµu lµ : 30x10+7x6+15x9 = 477X¸c suÊt ®Ó 2 bi lÊy ra cïng mµu lµ :

0.50.5

64

Vb3.0 ®

1

+) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT :

Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc k = , nªn . Suy ra ®êng ph©n gi¸c trong gãc B cña

ΔABC cã hÖ sè gãc k’ =

nªn cã PT : (Δ)

T©m I( a ;b) cña ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vµ çch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2+ Víi b = 2 : ta cã a = , suy ra I=( ; 2 )+ Víi b = -2 ta cã a = , suy ra I = ( ; -2) §êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn + NÕu I=( ; 2 ) th× m = 3 + 2 . Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2 . ; 0)Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2 . Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 ; 6 + 2 )VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ :

.

+ NÕu I=( ; 2 ) th× m = -1 - 2 . Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2 . ; 0)Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2 . Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 ; -6 - 2 )VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ :

.

VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ :

G1 = vµ G2 =

0.25

0.5

0,25

2a + §êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP

+ Mp (P) cã VTPT : Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT : 0,25

65

O

y

xAB

C

600

Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1)H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP :

VËy (d’) cã PTCT :

0,25

2b

LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã :d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2

| 1 - t | = | 5 - t | t = 3Suy ra : R = 2/3 vµ I = ( 3; -1; -3 ) . Do ®ã mÆt cÇu cÇn t×m cã PT lµ :

0,25

0,25

3. sai

Sè çch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ :

Sè çch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 13.X¸c suÊt ®Ó chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : =

0.5

0.5

HƯỚNG DẪN GIẢI: ( đ ề số 15) I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ çc thÝ sÝnh

C©uI §¸p ¸n §iÓm2. (0,75 ®iÓm)Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh Do (1) cã nªn ®-êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2

= 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã

0,5

II(2 ®iÓm)

1. (1 ®iÓm)Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 0,25

66

0,25

2. (1 ®iÓm)§K: BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi

®Æt t = log2x,BPT (1)

0,5

0,25

VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ:

III1 ®iÓm ®Æt tanx = t 0,5

0,5

67

C©u IV1 ®iÓm

Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c

A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn

0,5

KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng çch gi÷a AA1 vµ B1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0,25

C©u V1 ®iÓm

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã

T¬ng tù ta cã0,5

Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®îc

Tõ ®ã suy ra MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3.

0,5

C©u VIa2 ®iÓ

1.Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ

=> tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5

68

A1

A B

C

C1

B1

K

H

m

0,52. (1 ®iÓm)

Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).G.sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5


VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©u VIIa1 ®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã

. = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè

0,5

2.Ban n©ng cao.C©u VIa2 ®iÓm

1.( 1 ®iÓm)Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3

0,5

0,52.Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P).Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5


VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

C©u VIIa1 ®iÓm

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®îc chän.

0,5

Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ . .5! 0,5

69

= 12000 sè.MÆt kh¸c sè çc sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n

HƯỚNG DẪN GIẢI: ( đ ề số 16) Câu Ý Nội dung Điểm

I 2.5b Tìm M Î (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất 0,75

Với 0.25

TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) =

Dấu "=" xảy ra ⇔0.5

Gọi M(2; m) Î d1: x = 2. Khi đó đt d M d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với(C’) hệ: có nghiệm 0,25

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’).

0,5

II 1,51 Giải phương trình: 0,75

0.25

0.25

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 = và x = 2

0.25

70

2 Giải hệ phương trình: 0,75

0.25

0.25

Thử lại thấy đúng nên:

là nghiệm của hệ phương trình. 0.25

III 1,51 Giải phương trình: . 0,5

Điều kiện: .

Khi đó Pt 0.25

.

Kết hợp với điều kiện ta được: (Với k ∊ N*).0.25

2 Giải bất phương trình: 0,5

Đặt 0.25

0.25

3 0,5. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả tập con gồm 5 chữ

số khác nhau.0,25

71

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 có tất cả = 252 số.

0,25

IV 2.01 Xác định tọa độ điểm C Î (P) sao cho ABC đều 1.0

Để ABC là tam giác đều đường cao MC = AB 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

0,25

Gọi d = (P) n (Q)

C Î d C(-2 - 2t; t; 1 + 2t) 0,25

0,25

0.25

2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện. 1.0Lấy 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

⇒ 0.25

FE là trung tuyến của ∆FAB nên:0.25

72

P

Q

A

B

M

C1

C2

4

22 2222 ABFBFAFE

Gọi là góc tạo bởi AD và BC ta có :

.

Vậy

0.25

Tương tự nếu gọi lần lượt là góc tạo bởi CD, AB và

DB, AC ta có: , 0.25

3 0,5. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả tập con gồm 5 chữ số

khác nhau. 0,25

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 có tất cả = 126 số.

0,25

V 2,51 0,5

Đặt: 0,25

0,25

2 1,00,25

73

F

E

G

B D

A

C

. Đặt: x - 1 = tgt

0,25

0,25

0,25

3 1,0

Ta có: 0.5

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

0.5

HƯỚNG DẪN GIẢI: ( đ ề số 16)

74

LỜI GIẢI TÓM TẮT:I. PHẦN CHUNG:Câu 1:

1. Bạn đọc tự giải.2. = (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:

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)

Trung điểm của AB là I I( ( theo định lý Vi-et)

Ta có I MN ==> m = - 4, (1) 2x2 – 4x = 0 A(0; - 4), B(2;0)Câu 2:

1. 4cos4x – cos2x =

(1 + cos2x)2 – cos2x = cos2x + = 2

( vì VT ≤ 2 với mọi x)

x = 8n ( )

2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = 1.

Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên

(2)

Ta có hàm số y = 3x tăng trên R

hàm số y = luôn giảm trên mỗi khoảng

Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = 1Câu 3:

Ta có

Vậy: K = = M + N

75

Với M = Dùng phương pháp tptp

Đặt

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 Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I Î SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của

Ta có SO = OM tan = tan ( Với a là độ dài của cạnh

đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2

r = OI = OM.tan =

Vậy V =

Câu 5: Ta có ==> 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’(-3;2;5) 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}

Vậy: n() = ; n(A) = 3 ==> P(A) =

2.

76

Câu 7a:

Trên nửa khoảmg , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được

y =

Đặt t = tanx ==> t

Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng

y’ = ; y’ = 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =

2) Theo chương trình nâng cao:Câu 6b: 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3

Ta có n2 – 9n + 14 = 0 n = 7

Ta có số hạng thứ 6 : = 21 21.2 2(x – 2)lg3 = 21

lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0 (10 – 3x)3x – 2 = 1 32x - 10.3x + 9 = 0

2. Gọi β = r( cos + isin) β3 = r3( cos3 + isin3)

Ta có: r3( cos3 + isin3) =

Suy ra βCâu 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

77

3 – (a + b + c) > 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

Lời giải tóm tắt (Đề 18)

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 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Phương trình có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộngĐường thẳng đi qua điểm uốn của đồ thị

Câu II:1.

78

2.

.

Điều kiện:

Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình

Câu III:

.

Đặt .

Đặt .

79

Câu IV:

.

,

Câu V: ( ).

Đặt , suy ra xác định và liên tục trên đoạn .

.

ta có .

Vậy:.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc hoặc .

Câu VI:1.

Phương trình đường trung trực của AB là .Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:

.Phương trình đường tròn là .

80

2.a.

sao cho

Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình .b.

.

.

cách đều và

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình và

.

Câu VII:

Khai triển ta có:

Nhân vào hai vế với , ta có:

Lấy đạo hàm hai vế ta có:

Thay , ta có

------------------------Hết------------------------

81

Documents

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 · Web viewKhi th× sinx > 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn Khi th× sinx < 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn 0,5 0,5 2 1,0® Æt