f.libvui.comf.libvui.com/dlsm2/CauTrucDeThiDaiHocVaBoDeTuyenSinhMonToan_1b023fb01… · Trang 2 Lời nói đầu Làm sao để mình cảm thấy tự tin, vững vàng khi bước

Trang 1

Trang 2

Lời nói đầu

Làm sao để mình cảm thấy tự tin, vững vàng khi bước vào các kỳ thi? chắc các bạn học sinh rất băn khoăn và trăn trở với câu hỏi này khi kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng đang tới gần. Các bạn học sinh rất cần một tài liệu tin cậy, phong phú để ôn luyện và kiểm tra kiến thức của mình để tham gia các kỳ thi một cách tốt nhất. Nhằm đáp ứng nhu cầu đó, cuốn sách Cấu trúc đề thi Đại Học & Bộ đề tuyển sinh xin trân trọng giới thiệu tới bạn đọc, nhằm góp một phần nhỏ sự chuẩn bị kiến thức để các bạn được tự tin khi bước vào kỳ thi. Với cấu trúc của cuốn sách như sau: Phần I: Lý thuyết ôn tập nhanh, được tác giả biên soạn theo cấu trúc đề thi của Bộ Giáo Dục & Đào tạo. Nhằm giúp các bạn đọc hệ thống lại các kiến thức và kỹ năng giải toán một cách đơn giản và hiệu quả nhất. Phần II: Giới thiệu 15 đề thi đại học, cao đẳng môn toán khối A, B, D từ năm 2008 tới 2011 của bộ giáo dục và đào tạo. Phần III: Để tăng thêm sự đa dạng và phong phú của đề thi theo phương pháp ra đề mới của Bộ Giáo Dục & Đào tạo, tác giả giới thiệu tới bạn đọc 15 đề thi mà do tác giả biên soạn và chắt lọc rất kỹ càng nhiều dạng toán được giới thiệu tới bạn đọc. Phần IV: Đáp án và thang điểm chi tiết. Trong phần giải tác giả đã chọn ra nhiều cách giải khác nhau với mong muốn có sự phong phú và đa dạng về cách giải cho bạn, các bạn có thêm tham khảo thêm và rút ra kinh nghiệm cho mình. Để sử dụng cuốn sách được tốt và hiệu quả nhất, đề nghị các bạn đọc hãy tự mình làm hết khả năng sau đó mới tham khảo cách giải và tự chấm điểm cho mình bằng cách tham khảo thang điểm mà tác giả đưa ra. Nếu mình có sự chuẩn bị tốt về kiến thức thì nhìn lại đề thi đại học các năm sẽ không có gì là quá khó khăn. Mặc dù đã dành nhiều thời gian và tâm huyết cho cuốn sách, xong không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của bạn đọc để lần tái bản sau được hoàn thiện và đầy đủ hơn. Trân trọng ! Tác Giả.

Trang 3

f(x)=x 3+3x 2-4

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=-x 3+3x 2-4

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=-x 3+3x 2-4x+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=x 3+3x 2+4x+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=x 3-3x 2+3x+1

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=-x 3-3x 2-3x+1

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

PHẦN I. CẤU TRÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

Dạng đồ thị của hàm bậc ba: 3 2y ax bx cx d a 0

Tính chất. a 0 a 0

Phương trình y' 0 có hai

nghiệm phân biệt.

Phương trình y' 0 vô

nghiệm.

Phương trình y' 0 có

nghiệm kép.

Trang 4

f(x)=x 4-2x 2+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=-x 4+2x 2+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=(x+1)/(2x-1)

f(x)=1/2

x=0.5

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=(x-1)/(2x-1)

f(x)=1/2

x=0.5

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

Dạng đồ thị hàm trùng phương: 4 2y ax bx c a 0

Tính chất. a 0 a 0

Phương trình y' 0 có ba

nghiệm phân biệt.

Phương trình y' 0 có một

nghiệm.

f(x)=x 4+2x 2+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

f(x)=-x 4-2x 2+2

-3 -2 -1 1 2 3

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

Dạng đồ thị hàm nhất biến: ax b d

y TXD : D R \cx d c

Tính chất. ad bc 0 ad bc 0

Phương trình đạo hàm

ad bcy '

cx d

2

2. Những bài toán liên quan.

Trang 5

Dạng 1. Sự tương giao của hai đồ thị.

Cho hàm số : 1 2y f x C và y = g x C

a. Phương trình hoành độ giao điểm của 1C và 2

C là: f x g x *

- * có 1 nghiệm 0

x 1C và 2

C cắt nhau tại điểm 0 0M x ;f x ( tiếp xúc nhau tại

điểm 0 0M x ;f x )

- * vô nghiệm 1C và 2

C không có điểm chung.

- * có k nghiệm 0

x 1C và 2

C cắt nhau tại k điểm.

b.Sự tiếp xúc của 1C và 2

C .

1C và 2

C tiếp xúc với nhau ' '

f x g x

f x g x

có nghiệm là 0

x . (0

x là hoành độ tiếp xúc ).

Dạng 2. Phương trình tiếp tuyến.

Cho hàm số : y f x C .

a. Phương trình tiếp tuyến tại.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số C tại 0 0M x ;y có dạng : '

0 0 0y f x x x y .

'0

f x là hệ số góc của tiếp tuyến.

b. Phương trình tiếp tuyến đi qua.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số C đi qua 1 1N x ;y có dạng : 1 1

y k x x y

. k là hệ số góc của tiếp tuyến. Để là tiếp tuyến của C

1 1'

f x k x x y1

f x k

có nghiệm.

Giải hệ 1 tìm k rồi thay k vào đó là tiếp tuyến cần tìm.

c. Phương trình tiếp tuyến song song.

Tiếp tuyến của hàm số C song song với đường thẳng y k x b

nên có '0

f x k

. Giải tìm

0x rồi thay vào hàm số C tìm

0y phương trình tiếp tuyến cần tìm.

d. Phương trình tiếp tuyến vuông góc.

Tiếp tuyến cuả hàm số C vuông góc với đường thẳng dd y k x b nên có '

0 df x .k 1 . Giải

tìm 0

x rồi thay vào hàm số C tìm 0

y phương trình tiếp tuyến cần tìm.

Dạng 3. Tìm m để hàm đồng biến, nghịch biến.

Hàm bậc ba: 3 2y ax bx cx d TXĐ:D R ' 2y Ax Bx C

- Hàm số đồng biến trên D ( hàm tăng trên tập )

'

'

A 0y 0 x D .

0 0

'y 0 tại một số hữu hạn ix

- Hàm số nghịch biến trên D ( hàm nghịch trên tập )

'

'

A 0y 0 x D .

0 0

Trang 6

'y 0 tại một số hữu hạn ix

Hàm nhất biến:

'

2

ax b d ad bcy TXD : D R \ , y

cx d c cx d

- Hàm số đồng biến trên D ( hàm tăng trên tập ) 'y 0 x D ad bc 0

- Hàm số nghịch biến trên D ( hàm nghịch trên tập ) 'y 0 x D ad bc 0

Hàm hữu tỷ: 2ax bx c e

y TXD : D R \dx e d

2'

2

Ax Bx Cy

dx e

.

- Hàm số đồng biến trên D ( hàm tăng trên tập )

'

'

A 0y 0 x D .

0 0

- Hàm số nghịch biến trên D ( hàm nghịch trên tập )

'

'

A 0y 0 x D .

0 0

Dạng 4. Cực trị tại 1 điểm.

Cho hàm số y f x .

Dấu hiệu 1. Để hàm có cực trị tại '

0 0x f x 0 có nghiệm đổi dấu qua 'f x .

Dấu hiệu 2.

Để hàm có cực đại tại

'

0

0 ''

0

f x 0x

f x 0

Để hàm có cực tiểu tại

'

0

0 ''

0

f x 0x

f x 0

Dạng 5. Tìm m để hàm số có điểm uốn.

Hàm bậc ba: 3 2y ax bx cx d TXĐ:D R

Hàm số có điểm uốn nếu phương trình ''y 0 có 1 nghiệm.

Điểm 0 0U x ;y là điểm uốn của hàm số

''

0

0 0

f x 0.

y f x

Hàm trùng phương: 4 2y ax bx c TXĐ:D R

Hàm số có điểm uốn nếu phương trình ''y 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Hàm số không có điểm uốn nếu phương trình ''y 0 vô nghiệm hay có 1 nghiệm kép x 0 .

Dạng 6. Tọa độ điểm nguyên.

Cho hàm số :

ax by C .

cx d

Bước 1: Thực hiện phép chia đa thức của C ta được B

y A cx d

Bước 2: Để C có tọa độ điểm nguyên thì B

cx d

phải nguyên B chia hết cho

cx d ( cx d là ước của B ) từ đó tìm được 1 2

x , x ... thay vào C tìm được 1 2

y , y ...

Bước 3: Kết luận các tọa độ điểm nguyên 1 1 1 2 2 2M x ;y ,M x ;y ...

Dạng 7. Biện luận số nghiệm của phương trình.

Trang 7

Cho hàm số : y f x C .

Dựa vào C để biện luận số nghiệm của phương trình F x;m 0 * .

Bước 1: Biến đổi * sao cho vế trái giống như đồ thị C ,vế phải đặt là đường

thẳng d : y g x;m .

Bước 2: Số nghiệm của * chính là số nghiệm của hoành độ giao điểm của d và C .

Bước 3: Lập bảng giá trị dựa vào đồ thị C kết luận. (có thể không cần kẻ bảng).

Dạng 8. Tìm điểm cố định của hàm số my f x C

Dự vào phương trình dạng: mmA B ; C qua điểm cố định x;y mA B thỏa mãn

A 0m

B 0

. Giải hệ phương trình trên ta tìm được các điểm cố định.

Dạng 9. Bài toán về khoảng cách.

Cho 2 điểm A AA x ;y ) và B B

B x ;y Khoảng cách giữa AB là : 2 2

B A B AAB x x y y

Khoảng cách từ mội điểm 0 0M x ;y đến đường thẳng : Ax By C 0 được tính theo

công thức : 0 0

2 2

Ax Bx cd M,

A B

Trường hợp đặc biệt:

0: x a d M, x a

0: y b d M, y b

Tổng khoảng cách 1 2d M, d M, ,tích khoảng cách 1 2d M, .d M, .Bài toán tổng

khoảng cách và tích khoảng cách thường được áp dụng cho khoảng cáh tới các tiệm cận,chứng minh hằng số,ngắn nhất,…

Dạng 10. Bài toán về điểm thuộc đồ thị hàm số C cách đều hai trục tọa độ.

Điểm M C cách đều hai trục tọa độ khi M M M My x y x ta lần lượt giải các phương trình :

f x x và f x x tìm được Mx rồi thay vào tìm được My .

Dạng 11. Tìm tập hợp điểm M.

Xác định tọa độ

x k mM

y h m

khử tham số m giữa x và y ta được phương trình y g x C

Tìm giới hạn quĩ tích điểm ( nếu có).Rồi kết luận quĩ tích điểm M là 1 hàm số y g x C .

Dạng 12. Đồ thị hàm số chứa trị tuyệt đối.

Đồ thị hàm y f x

Ta vẽ đồ thị y f x C .

Gọi đồ thị:

- Phía trên Ox là: 1C .

- Phía dưới Ox là: 2C .

Vẽ 'y f x C như sau:

- Giữ nguyên 1C bỏ phần 2C .

Trang 8

- Vẻ đối xứng của 2C qua trục ox.

Đồ thị hàm y f x

Ta vẽ đồ thị y f x C .

Gọi đồ thị:

- Phía phải Oy là: 1C .

- Phía trái Oy là: 2C .

Vẽ 'y f x C như sau:


- Vẻ đối xứng của 1C qua trục oy.

Đồ thị hàm

0

g xy

x x

Ta vẽ đồ thị

0

g xy f x = C

x x

.

Gọi đồ thị:

- Phía phải TCĐ là: 1C .

- Phía trái TCĐ là: 2C .

Vẽ

'0

g xy C

x x

như sau:


- Vẻ đối xứng của 2C qua trục Ox.

Dạng 13. Điểm đối xứng.

Điểm 0 0M x ;y là tâm đối xứng của đồ thị C : y f x Tồn tại hai điểm 1 1 1 2 2 2M x ;y ,M x ;y

thuộc C thỏa mãn 1 2 0 2 0 1

1 2 0 1 0 1 0

x x 2x x 2x x

f x f x 2y f x f 2x x 2y

( công thức này gọi là công

thức đổi trục bằng phép tịnh tiến véctơ ).

Vậy điểm 0 0M x ;y là tâm đối xứng của đồ thị 0 0C : y f x 2y f 2x x .

Dạng 14. Tìm m để 2

m

ax bx cC : y

dx e

thõa điều kiện:

Hàm số mC có cực đại, cực tiểu nằm 2 phía của trục ox.

Bước 1: Tìm m để hàm có cực đại cực tiểu 1 .

Bước 2: mC không cắt Ox y 0 vô nghiệm 2ax bx c 0 vô nghiệm 0 2

Bước 3: Giao 1 và 2 ta tìm được m.

Hàm số mC có cực đại,cực tiểu nằm cùng phía của trục Ox.

Bước 1:Tìm m để hàm có cực đại cực tiểu 1 .

Bước 2: mC cắt Ox tại hai điểm phân biệt y 0 có 2 nghiệm phân biệt 2ax bx c 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 2

Bước 3: Giao 1 và 2 ta tìm được m.

Câu II ( 2,0 điểm ).

1. Phương trình lượng giác.

Trang 9

Hệ thức cơ bản.

2 2sin x cos x 1

sin xtan x x k

cos x 2cosx

cotx x ksin x

2

2

2

2

tanx.cotx 1

11 tan x

cos x1

1 cot xsin x

Cung liên kết.

a. Hai cung đối nhau:

cos x cos x

sin x sin x

tan x tan x

cot x cotx

b. Hai cung bù nhau:

cos x cos x

sin x sin x

tan x tan x

cot x cotx

c. Hai cung phụ nhau:

cos x sin x2

sin x cosx2

tan x cotx2

cot x tan x2

d. Hai cung hơn kém nhau :

cos x cos x

sin x sin x

tan x tan x

cot x cotx

e. Hai cung hơn kém nhau2

:

cos x sin x2

sin x cosx2

tan x cotx2

cot x tan x2

Hệ quả:

k

k

cos k x 1 .cos x

sin k x 1 .sin x

tan k x tan x

cos k2 x cos x

sin k2 x sin x

cot k x cotx

Công thức biến đổi:

a. Công thức cộng:

sin x y s inx.cos y sin y.cos x

sin x y s inx.cos y sin y.cos x

cos x y cos x.cos y sin x.sin y

cos x y cos x.cos y sin x.sin y

tanx tan y

tan x y1 tan x.tan y

cotx.cot y 1cot x y

cotx cot y

cotx.cot y 1cot x y

cotx cot y

b. Công thức nhân đôi:

Trang 10

2 2

2 2

sin 2x 2 sin x.cos x

cos2x cos x sin x

2cos x 1 1 2 sin x.

2

2

2 tan xtan 2x

1 tan xcot x 1

cot2x2 cotx

c. Công thức nhân 3:

3

3

sin 3x 3 sin x 4 sin x

cos3x 4 cos x 3cos x

3

2

3

2

3 tan x tan xtan 3x

1 3 tan xcot x 3 cotx

cot3x3 cot x 1

d. Công thức hạ bậc:

2

2

2

1 cos2xsin x

21 cos2x

cos x2

x 1 cosxsin

2 2

2

2

2

x 1 cosxcos

2 21 cos2x

tan x1 cos2x

1 cos2xcot x

1 cos2x

e. Công thức biến đổi tổng thành tích:

x y x ycos x cos y 2 cos cos

2 2x y x y

cos x cos y 2 sin sin2 2

x y x ysin x sin y 2 sin cos

2 2

x y x ysin x sin y 2 cos sin

2 2sin x y

tan x tan ycos x.cos ysin x y

cotx cot ys inx.sin y

Hệ quả:

s inx cos x 2 sin x4

s inx cos x 2 sin x4

cosx+sin x 2 cos x4

cosx sin x 2 cos x4

f. Công thức biến đổi tích thành tổng:

1cos x.cos y cos x y cos x y

21

sin x.sin y cos x y cos x y2

1sin x.cos y sin x y sin x y

2

1cos x.sin y sin x y sin x y

2tanx tan y

tan x.tan ycotx cot ycotx cot y

co tx.cot ytanx tan y

g. Công thức chia đôi: Đặtx

t tan2

2

2

2

2tsin x

1 t1 t

cosx1 t

2

2

2

2ttan x

1 t1 t

cotx1 t

Hệ quả: Nếu ta đặt t tan x

2

2

2

2tsin 2x

1 t1 t

cos2x1 t

2

2

2

2ttan 2x

1 t1 t

cot2x1 t

Phương trình cơ bản.

Trang 11

a. Phương trình sin: x k2

s inx sin k z .x k2

Đặc biệt:

s inx 1 x k22

s inx 1 x k22

s inx 0 x k .

b. Phương trình cos: x k2

cosx cos k z .x k2

Đặc biệt:

cos x 1 x k2

cosx 1 x k2

cos x 0 x k .2

c. Phương trình tan:

tanx tan . x k x k k z .2

Đặc biệt :

tan x 1 x k4

tanx 1 x k4

tanx 0 x k .

d. Phương trình cotan: cotx cot . x k x k k z .

Đặc biệt :

co tx 1 x k4

cotx 1 x k4

cotx 0 x k .2

Phương trình bậc n theo một hàm số lượng giác.

Cách giải: Đặt t s inx (hoặc cosx, tanx,cotx ) ta có phương trình:

n n 1 0n n 1 0

a t a t ... a t 0

(nếu t s inx hoặc t cosx thì điều kiện của t : 1 t 1 )

Phương trình bậc nhất theo sinx và cosx.

a sinx bcosx c. a.b 0 điều kiện có nghiệm : 2 2 2a b c

Cách giải: Chia 2 vế phương trình cho 2 2a b và sau đó đưa về phương trình lượng giác cơ bản.

Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sinx và cosx.

2 2a sin x bsin x.cox c cos x d. Cách giải:

Xét cosx 0 x k2

có phải là nghiệm không ?

Xét cosx 0 Chia 2 vế cho 2cos x và đặt t tanx .

Trang 12

Phương trình dạng.

a. s inx cosx b.s inx.cosx c.

Cách giải : Đặt t s inx cos x 2 sin x ; DK : 2 t 24

2t 1

s inx.cos x2

hoặc

21 ts inx.cos x

2

và giải phương trình bậc 2 theo t.

2. Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình.

Phương trình – Bất phương trình chứa trị tuyệt đối.

*a khi a 0

aa khi a 0

* a a a R.

*a b

a ba b

* a b

a b b 0a b

*a a

a R.a a

*b 0

a b b a b

*a b

a b a b

* 2

2a a a R.

* a b a b .Đẳng thức có a.b 0. * a b a b .Đẳng thức có a.b 0.

Phương trình – Bất phương trình vô tỉ.

* Phương trình: 2

g x 0f x g x

f x g x

* Bất phương trình dạng: 2

g x 0

f x g x f x 0

f x g x

* Bất phương trình dạng: f x g x TH 1 :

f x 0

g x 0

TH 2 : 2

g x 0

f x g x

Hệ phương trình. a. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

' ' '

ax by c

a x by c

Trong đó ' ' 'a,b, c, a , b , c là các số thực không đồng thời bằng không.

Theo định thức Crame : ' ' ' ' ' 'x y

a b c b a cD ; D = , D

a b c b a c .

* Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất : yxDD

x ;yD D

* Nếu x y

D D D 0 thì hệ vô số nghiệm :

x R

c axy

b

Trang 13

* Nếu x

y

D 0

D 0

D 0

thì hệ đã cho vô nghiệm.

b. Hệ phương trình đối xứng loại I.

Cho hệ phương trình

f x;y a

Ig x;y b

Cách Giải: Đặt 2S x y , P xy , DK: S 4P 0

F S;P 0I

G S;P 0

giải hệ tìm được S,P . Khi đó x,y là nghiệm của phương trình: 2X SX P 0.

tìm được nghiệm x,y xem xét điều kiện và kết luận nghiệm. c. Hệ phương trình đối xứng loại II.

Cho hệ phương trình:

f x;y a

IIf y;x b

Cách Giải: Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta được :

x y

f x;y f y;x 0 x y g x;y 0g x;y 0

xét xem phương trình có nghiệm

không rồi thay vào 1 trong 2 phương trình của II, kết luận nghiệm nếu có. d. Hệ phương trình đẳng cấp.

Cho hệ

f x;y a *

f y;x bTrong đó f x,y và g x,y đẳng cấp bậc k gọi là hệ đẳng cấp.

Lưu ý: Hệ * gọi là đẳng cấp bậc k nếu các phương trình f x,y và g x,y phải là đẳng cấp bậc

k. f x,y và g x,y đẳng cấp bậc k khi: k kf x,y m f mx,my và g x,y m g mx,my .

Cách giải: * Xét x 0 thay vào hệ có phải là nghiệm hay không.

* Với x 0 đặt y tx thay vào hệ ta có

k

k

f x; tx a x f 1; t a 1*

g x; tx b x g 1; t b 2

Ta thự hiện

1

2 thì được

f 1; t a

g 1; t b và giải phương trình này ta được nghiệm t rồi thay vào tìm

được nghiệm x, y .

Câu III ( 1,0 điểm ). Nguyên hàm tích phân.

Công thức nguyên hàm cần nhớ :

1xx dx C

1

1ax b

ax b dx Ca 1

Trang 14

Các phương pháp tính tích phân. a. Phương pháp tích phân từng phần.

b

a

I f x .g x dx. đặt

'du f x dxu f x

dv g x dx v g x dx G x

b b

bb '

a aa a

I u.v vdu f x .G x G x .f x dx

Dạng 1: b

a

I f x .ln g x dx đặt

u ln g x

dv f x

Dạng 2: b

a

I f x sin g x dx đặt

u f x

dv sin g x dx

b

a

I f x cos g x dx đặt

u f x

dv cos g x dx

1dx ln x C

x

1 1dx ln ax b C

ax b a

xx a

a dx Cln a

kx b

kx b aa dx C

k.ln a

x xe dx e C

ax b ax b1

e dx e Ca

sinxdx cosx C

1

sin ax b dx cos ax b Ca

cosxdx sinx C

1

cos ax b dx sin ax b Ca

2

1dx tanx C

cos x

2

1 1dx tan ax b C

acos ax b

2

1dx co tx C

sin x

2

1 1dx co t ax b C

asin ax b

tan xdx ln cosx C

1

tan ax b dx ln cos ax b Ca

cotxdx ln sin x C

1

cot ax b dx ln sin ax b Ca

adx ax C

'f xdx ln f x C

f x

1dx 2 x C

x

2 2

1 1 x adx ln C

2a x ax a

Trang 15

Dạng 3: b

g x

a

I f x .e dx đặt

g x

u f x

dv e dx

Dạng 4: b

g x

a

I sin f x .e dx đặt

g x

u sin f x

dv e dx

b

g x

a

I cos f x .e dx đặt

g x

u cos f x

dv e dx

Riêng dạng này ta nên tính tích phân 2 lần như vậy để được trở lại như đề rồi I . b. Phương pháp đổi biến số.

Các dạng Cách đặt 2

1

b

2 2

b

I a x dx hoặc 2

1

b

2 2b

dxI

a x

Đặt x a sin t hoặc x acos t

2

1

b

2 2

b

I x a dx hoặc 2

1

b

2 2b

dxI

x a

Đặt

ax

sint hoặc

ax

cost ;

2

1

b

2 2

b

I a x dx Đặt x a tan t hoặc x acott

2

1

b

b

a xI dx

a x

hoặc 2

1

b

b

a xI dx

a x

Đặt x acos2t

2

1

b

b

I x a b x dx Đặt 2x a b a sin t

2

1

b

2 2b

1I dx

a x

Đặt x a tan t

Ứng dụng tích phân.

a. Diện tích giới hạn hình phẳng.

Dạng 1. Hình phẳng giới hạn bởi : Hàm số y f x C ,trục hoành y 0 và hai đường thẳng

x a,x b .

b

a

S f x dx có thể bỏ dấu trị tuyệt đối dựa vào đồ thị.

Dạng 2. Hình phẳng giới hạn bởi : Hàm số 1 2y f x C ;y g x C và hai đường thẳng

x a,x b .

b

a

S f x g x dx có thể bỏ dấu trị tuyệt đối bằng cách dựa vào đồ thị.

Dạng 3. Hình phẳng giới hạn bởi : Hàm số 1 2y f x C ;y g x C

Giải phương trình hoành độ giao điểm của 1C và 2 1 2 3C f x g x x ,x ,x ...

Trang 16

cb

a

A

B CH M

3

1

x

x

S f x g x dx có thể bỏ dấu trị tuyệt đối bằng cách :

32

1 2

xx

x x

S f x g x dx f x g x dx... hoặc dựa vào đồ thị.

b. Thể tích vật tròn xoay.

Vật thể tròn xoay giới hạn bởi y f x C ,y 0 ; x a,x b xoay quanh b

2

a

Ox V f x dx.

Vật thể tròn xoay giới hạn bởi x f y C ,x 0 ; y a,y b xoay quanh b

2

a

Oy V f y dy.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Hình học không gian.

Kiến Thức Cơ Bản Về Hệ Thức Lượng.

a. Hệ thức lượng trong tam giác vuông : cho ABC vuông ở A ta có :

Định lý Pitago : 2 2 2BC AB AC 2 2BA BH.BC ; CA CH.CB

AB. AC BC. AH .Với AH là đường cao.

2 2 2

1 1 1

AH AB AC

BC 2AM .Với AM là đường trung tuyến của cạnh BC

b c b csin B , cosB , tan B , cot B

a a c b

b bb a.sinB a.cosC, c a.sinC a.cosB, a , b c.tanB c.cotC

sin B cosC

b. Hệ thức lượng trong tam giác thường:

* Định lý hàm số Côsin: 2 2 2a b c 2bc.cosA

* Định lý hàm số Sin: a b c

2Rsin A sin B sinC

c. Các công thức tính diện tích. * Công thức tính diện tích tam giác:

a

1 1 a.b.cS a.h a.bsinC p.r p.(p a)(p b)(p c)

2 2 4R

a b c

p2

là nửa chu vi tam giác là

Đặc biệt:

* ABC vuông ở A : 1

S AB.AC2

* ABC đều cạnh a: 2a 3

S4

* Diện tích hình vuông: S = cạnh x cạnh * Diện tích hình chữ nhật: S = dài x rộng

Trang 17

* Diện tích hình thoi: 1

S2

(chéo dài x chéo ngắn)

* Diện tích hình thang: 1

S2

(đáy lớn + đáy nhỏ) x chiều cao

* Diện tích hình bình hành: S = đáy x chiều cao

* Diện tích hình tròn: 2S .R

Kiến Thức Cơ Bản Về Hình Học Không Gian. A. QUAN HỆ SONG SONG

§1. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG I.Định nghĩa:

Đường thẳng và mặt phẳng gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm nào chung.

a / / P a P

a

(P)

II.Các định lý: ĐL1: Nếu đường thẳng d

không nằm trên mp P và

song song với đường thẳng a nằm trên

mp P thì đường thẳng d

song song với mp P

d P

d / /a d / / P

a P

d

a

(P)

ĐL2: Nếu đường thẳng a

song song với mp P thì

mọi mp Q chứa a mà cắt

mp P thì cắt theo giao

tuyến song song với a.

a / / P

a Q d / /a

P Q d

d

a(Q)

(P)

ĐL3: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng song song với đường thẳng đó.

P Q d

P / /a d / /a

Q / /a

a

d

QP

§2.HAI MẶT PHẲNG SONG SONG I.Định nghĩa: Hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm nào chung.

P / / Q P Q

Q

P

II.Các định lý:

Trang 18

ĐL1: Nếu mp P chứa

hai đường thẳng a, b cắt nhau và cùng song song

với mp Q thì

P và Q song song

với nhau.

a,b P

a b I P / / Q

a / / Q ,b / / Q

Ib

a

Q

P

ĐL2: Nếu một đường thẳng nằm một trong hai mặt phẳng song song thì song song với mặt phẳng kia.

P / / Q

a / / Q

a P

a

Q

P

ĐL3: Nếu hai mp P và

mp Q song song thì

mọi mặt phẳng mp R

đã cắt mp P thì phải cắt

mp Q và các giao tuyến

của chúng song song.

P / / Q

R P a a / /b

R Q b

b

a

R

Q

P

B.QUAN HỆ VUÔNG GÓC

§1.ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG I.Định nghĩa: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.

a P a c, c P

P c

a

II. Các định lý: ĐL1: Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng

nằm trong mp P thì

đường thẳng d vuông góc

với mp P .

d a,d b

a,b P d P

a,b caét nhau

d

ab

P

ĐL2: (Ba đường vuông góc) Cho đường thẳng a không vuông góc với

mp P và đường thẳng b

nằm trong mp P . Khi đó,

điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a

a P ,b P

b a b a'

a'

a

bP

Trang 19

trên mp P .

§2.HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC

I.Định nghĩa: Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.

II. Các định lý: ĐL1: Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.

a P

Q P

a Q

Q

P

a

ĐL2: Nếu hai mp P và

mp Q vuông góc với

nhau thì bất cứ đường thẳng a nào nằm trong (P), vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (Q).

P Q

P Q d a Q

a P ,a d

d Q

P

a

ĐL3: Nếu hai mf P

và mf Q vuông góc với

nhau và A là một điểm trong (P) thì đường thẳng a đi qua điểm A và

vuông góc với mf Q sẽ

nằm trong mf P .

P Q

A P

a P

A a

a Q

A

Q

P

a

ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba.

P Q a

P R a R

Q R

a

R

QP

§3.KHOẢNG CÁCH

1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường thẳng, đến 1 mặt phẳng: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng

a (hoặc đến mp P ) là khoảng cách giữa

hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu của điểm M trên đường thẳng a (hoặc

trên mp P )

d O; a OH; d O; P OH

aH

O

H

O

P

Trang 20

2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song: Khoảng cách giữa đường thẳng a và

mp P song song với a là khoảng cách từ

một điểm nào đó của a đến mp P .

d a; P OH

a

H

O

P

3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: Là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

d P ; Q OH H

O

Q

P

4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

d a;b AB B

A

b

a

§4.GÓC

1. Góc giữa hai đường thẳng a và b

Là góc giữa hai đường thẳng ' 'a và b cùng

đi qua một điểm và lần lượt cùng phương với a và b.

b'b

a'a

2. Góc giữa đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) Là góc giữa a và hình chiếu 'a của nó trên

mp P .

Đặc biệt: Nếu a vuông góc với mp P thì

ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và

mp P là 900.

Pa'

a

3. Góc giữa hai mặt phẳng Là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm trong 2 mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại 1 điểm

ba

QP

P Q

ab

4. Diện tích hình chiếu: Gọi S là diện tích

của đa giác H trong mp P và 'S là

diện tích hình chiếu 'H của (H) trên

'mp P thì 'S Scos

( trong đó là góc giữa hai mp P

'và mp P ).

C

B

A

S

Trang 21

B

h

a

b

c

a

a

a

B

h

C'

B'

A'

C

B

A

S

Kiến thức cơ bản về hình thể tích.

1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ: V Bh

với

B: Dieän tích ñaùy

h : Chieàu cao

a.Thể tích khối hộp chữ nhật: V a.b.c với a,b,c là ba kích thước

b.Thể tích khối lập phương:

3V a với a là độ dài cạnh

2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP:

1

V Bh3

với

B: Dieän tích ñaùy

h : Chieàu cao

3.TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN:

Cho khối tứ diện ' ' 'SABC và A ,B ,C là các điểm tùy ý lần

lượt thuộc SA,SB,SC ta có:

SABC

SA'B'C'

V SA SB SC

V SA' SB' SC'

* M SC , ta có:

S.ABM

S.ABC

V SA.SB.SM SM

V SA.SB.SC SC

4. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT:

h

V B B' BB'

3

với

B, B' : Dieän tích hai ñaùy

h : Chieàu cao

BA

C

A'B'

C'

A

C

B

S

M

Trang 22

5.THỂ TÍCH-DIỆN TÍCH HÌNH TRỤ:

xq2

S 2 Rh

V R h

R : Baùn kính ñaùy

h : Chieàu cao

I o’ h J R O

6.THỂ TÍCH-DIỆN TÍCH HÌNH NÓN

xqS Rl .

21V R h.

3

R : Baùn kính ñaùy

h : Chieàu cao

l: Ñöôøng sinh

l h

7.THỂ TÍCH-DIỆN TÍCH HÌNH NÓN CỤT:

2 2xq

S R r l ,V h R r Rr

R,r : Baùn kính 2 ñaùy

h : Chieàu cao

l: Ñöôøng sinh

8.THỂ TÍCH-DIỆN TÍCH HÌNH CẦU:

= 2S 4 R 34V R

3

R: bán kính mặt cầu

Chú ý:

1. Đường chéo của hình vuông cạnh a là d a 2 ,

Đường chéo của hình lập phương cạnh a là d a 3 ,

Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là 2 2 2d a b c .

2. Đường cao của tam giác đều cạnh a là a 3

h2

3. Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng nhau ( hoặc có đáy là đa giác đều, hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy).

4. Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

Câu V ( 1,0 điểm ). Bất đẳng thức.

Bất đẳng thức Cô-si:

a,b 0 ta có a b

ab2

dấu " " xảy ra khi a b .

a,b R ta có 2

a bab

2


a,b,c 0 ta có 3

3a b c a b cabc abc

3 3


R

R

r’

h

R

l

O

O’

O . R

Trang 23

n sô

a,b,c ... 0 ta có n sôn

n sô

a b c ...

abc ...n


Bất đẳng thức Bunnhiacốpski :

* Với a,b,c,x,y,z là những số bất kỳ thì ta luôn có:

2 2 2 2 2ax by a b x y dấu " " xảy ra khi

a b

x y .

2 2 2 2 2 2 2ax by cz a b c x y z dấu " " xảy ra khi

a b c

x y z .

* Với a,b,c R và x,y,z 0 ta luôn có:

22 2 2 a b ca b c

x y z x y z

II.PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). ( ở phần này về cấu trúc đề thi của cơ bản và nâng cao không mấy gì khác nhau, ở đây tác giả sơ lượt chung của 2 phần vào 1)

Câu VI.a(b) ( 2,0 điểm ).

1. Hình tọa độ phẳng.

1. TTỌỌAA ĐĐỘỘ ĐĐIIỂỂMM VVÀÀ VVEECCTTƠƠ

1. Tọa độ điểm: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy

Cho 2 điểm A và B : 2 điểm A AA x ;y ) và B B

B x ;y

Véctơ : B A B AAB x x ;y y .

Khoảng cách giữa AB là : 2 2

B A B AAB x x y y

Gọi I là trung điểm của AB : A B A Bx x y y

I ;2 2

2. Tọa độ véc tơ: Trong mp tọa độ Oxy cho : 1 2 1 2a a ;a ;b b ;b

Nếu 1 2

1 2

a aa b

b b

và 1 2 1 2a b a a ;b b . 1 2 1 2ka k a ;a ka ;ka .

Tích vô hướng của hai véctơ: 1 1 2 2a.b (a b a b )

Nếu a vuông góc với b 1 1 2 2

a.b 0 a b a b 0.

Độ dài của vectơ: 2 21 2

a a a , 2 21 2

b b b

Góc giữa 2 vectơ : 1 1 2 2

2 2 2 21 2 1 2

a b a ba.bcos a.b .

a . b a a . b b

2 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG:

1.Phương trình tham số của đường thẳng 0

0

x x at: t R

y y bt

với 0 0M x ;y và u (a;b) là vectơ chỉ phương (VTCP)

Trang 24

2.Phương trình chính tắc của đường thẳng 0 0x x y y

:a b

(ĐK: a;b 0 )

với 0 0M (x ;y ) và u (a;b) là vectơ chỉ phương (VTCP)

3. Phương trình tổng quát của đường thẳng 0 0: A x x B y y 0.

Hay Ax By C 0 (với 0 0

C Ax By và 2 2A B 0 )trong đó 0 0M (x ;y ) và n A;B

là vectơ pháp tuyến (VTPT) ** Chú :

* Từ VTCP : u a;b có thể chuyển về VTPT : u a;b n b; a b;a . Hoặc ngược lại Từ

VTPT : n A;B có thể chuyển về VTCP : n A;B u B; A B;A .

* Muốn viết được phương trình tổng quát của đường thẳng cần biết được véctơ pháp tuyến và điểm đi qua. * Muốn viết được phương trình chính tắc hay tham số của đường thẳng cần biết được véctơ chỉ phương và điểm đi qua.

* 1 2

1 2

1 2

n n song song

u u

* 1 2

21

1 2

n u vuông góc

u n

4.Các trường hợp đặc biệt:

* Phương trình đường thẳng cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A a;0 và B 0;b là:

x y1

a b ( phương trình đoạn chắn ).

* Phương trình đường thẳng đi qua điểm 0 0M x ;y ) có hệ số góc k có dạng : 0 0

y y k x x

với hệ số góc của hai điểm B AAB

B A

y yAB: k

x x

.

5. Khoảng cách từ mội điểm 0 0M x ;y đến đường thẳng : Ax By C 0 được tính theo công

thức : 0 0

2 2

Ax Bx cd M,

A B

Chú ý: Cho điểm 1 1 2 2M x ;y , N x ;y

* M,N nằm cùng phía với đường thẳng 1 1 2 2Ax By C Ax By C 0

* M,N nằm khác phía với đường thẳng 1 1 2 2Ax By C Ax By C 0

6. Góc giữa hai đường thẳng 1 và 2 có vectơ pháp tuyến là 1 1 1

n (a ;b ) ,2 2 2

n (a ;b ) là

( 1 2n ,n ) ta có :

1 2 1 2 1 2

2 2 2 21 2 1 1 2 2

n .n a a b bcos .

n . n a b . a b

7. Vị trí tương đối của hai đường thẳng : 1 1 1 1: a x b y c 0 và 2 2 2 2

: a x b y c 0.

1 cắt 21 1

2 2

a b

a b

1 1 11 2

2 2 2

a b c/ /

a b c

Trang 25

1 1 11 2

2 2 2

a b c

a b c

8. Phương trình đường phân giác của hai đường thẳng:

1 1 1 1: a x b y c 0 và

2 2 2 2: a x b y c 0

1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b (tìm được

2 đường phân giác)

3.PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TR N.

Phương trình đường tròn tâm I a;b bán kính R có dạng : – – = 12 2 2x a y b R

hay – – 2 2 2x y 2ax 2by c 0 với 2 2 2R a b c

Với điều kiện 2 2a b – c 0 thì phương trình: 2 2x y – 2ax – 2by c 0 là

phương trình đường tròn tâm I a;b bán kính R.

Đường tròn C tâm I I a;b bán kính R tiếp xúc với đường thẳng

: Ax By C 0

khi và chỉ khi : 2 2

A.a B.b Cd(I ; ) R.

A B

Điều kiện để 2 đường tròn 1 2C , C có tâm và bán kính lần lượt là 1 2 1 2I , I ,R ,R .

1 2 1 2 1 2 1 2R R I I R R C C .

1 2 1 2 1 2R R I I C , C lồng nhau.

1 2 1 2 1 2R R I I C , C không cắt.

1 2 1 2 1 2R R I I C , C tiếp xúc ngoài.

1 2 1 2 1 2R R I I C , C tiếp xúc trong.

4.CÁC ĐƯỜNG CONIC.

1. Elipse (E): 2 2

2 2 2

1 22 2

x y1 a b 0 E M / MF MF 2a , c a b .

a b

Trục lớn 1 2A A 2a .Đỉnh 1 2A a;0 , A a;0 .Trục nhỏ 1 2B B 2b . Đỉnh 1 2B 0; b ,B 0;b .

Tiêu cự 1 2FF 2c. Tiêu điểm 1 2F c;0 ,F c;0 . Tâm sai:c

e 1.a

Bán kính qua tiêu: 1 1 2 2r MF a ex ; r MF a ex. Đường chuẩn: : a ex 0.

Phương trình cạnh hình chử nhật cơ sở: x a ; y b .Điều kiện tiếp xúc: 2 2 2 2 2a A b B C .

2. Hyperbola (H): 2 2

2 2 2

1 22 2

x y1 a b 0 E M / MF MF 2a , c a b .

a b

Trục thực 1 2A A 2a .Đỉnh 1 2A a;0 ,A a;0 .Trục ảo 1 2B B 2b .

Tiêu cự 1 2FF 2c. Tiêu điểm 1 2F c;0 ,F c;0 .Tâm sai:c

e 1.a

Nhánh phải:1 1

2 2

F M r a ex

F M r a ex

. Nhánh trái:

1 1

2 2

F M r a ex

F M r a ex

Đường tiệm cận bx ay 0 Đường chuẩn: : a ex 0.

Trang 26

Phương trình cạnh hình chử nhật cơ sở: x a ; y b . Điều kiện tiếp xúc: 2 2 2 2 2a A b B C .

Tiếp tuyến tại 0 00 0 0 2 2

x x y xM x ,y H : 1

a b .

3. Parabola (P): 2 P P Py 2Px , P = M / MF d F, F ;0 ;FM x ; : x 0

2 2 2

Tiếp tuyến tại 0 0 0 0 0M x ;y : y y P x x .Điều kiện tiếp xúc: 2PB 2AC .

2. Hình học tọa độ trong không gian.

1. TTỌỌAA ĐĐỘỘ ĐĐIIỂỂMM VVÀÀ VVEECCTTƠƠ

I. Tọa độ điểm: Trong không gian với hệ tọa độ M M M M M MOxyz : M x ;y ;z OM x i y j z k

1.Cho A A AA x ;y ;z và B B BB x ;y ;z ta có:

Véctơ B A B A B AAB x x ;y y ;z z

Độ dài 2 2 2

B A B A B AAB x x y y z z

2. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k MA kMB thì ta có :

A B A B A BM M M

x kx y ky z kzx ; y ; z k 1

1 k 1 k 1 k

Đặc biệt khi M là trung điểm của AB k 1 thì ta có:

A BM

A BM

A BM

x xx

2

y yy

2

z zz

2

II. Tọa độ của véctơ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .

1. 1 2 3 1 2 3a a ;a ;a a a i a j a k

2. Cho 1 2 3a a ;a ;a và 1 2 3b b ;b ;b ta có :

*

1 1

2 2

3 3

a b

a b a b

a b

và 1 1 2 2 3 3a b a b ;a b ;a b

* 1 2 3k.a ka ;ka ;ka và 1 1 2 2 3 3a.b a . b cos a;b a b a b a b .

* Độ dài 2 2 21 2 3a a a a

III. Tích có hướng của hai vectơ và ứng dụng:

1.Nếu 1 2 3a a ;a ;a và 1 2 3b b ;b ;b thì 2 3 3 1 1 2

2 3 3 1 1 2

a a a a a aa,b ; ;

b b b b b b

2.Vectơ tích có hướng c a,b

vuông góc vơi hai vectơ a và b .

Trang 27

3. a,b a b sin a,b

.

4.Diện tích tam giác ABC

1S [AB,AC]

2 .

5.Thể tích hình hộp ' ' ' 'ABCD.A BC DV [AB,AC].AA' .

6.Thể tích tứ diện A.BCD

1V [AB,AC].AD

6 .

IV. Điều kiện khác:

1. a và b cùng phương

1 1

2 2

3 3

a kb

a,b 0 k R : a kb a kb

a kb

2. a và b vuông góc 1 1 2 2 3 3a.b 0 a .b a .b a .b 0 (tích vô hướng)

3.Ba vectơ a, b, c đồng phẳng a,b .c 0

( tích hỗn tạp của chúng bằng 0).

4. A,B,C,D là bốn đỉnh của tứ diện AB, AC, AD không đồng phẳng.

5.Cho hai vectơ không cùng phương a và b vectơ c đồng phẳng với a và b k,l R sao

cho c ka lb

6.G là trọng tâm của tam giác

A B CG

A B CG

A B CG

x x xx

3

y y yABC y

3

z z zz

3

7.G là trọng tâm của tứ diện ABCD GA GB GC GD 0 .

2. MẶT PHẲNG

I. Phương trình mặt phẳng.

1.Trong không gian 0xyz phương trình dạng : Ax By Cz D 0 (với 2 2 2A B C 0 ) là

phương trình tổng quát của mặt phẳng, trong đó n A;B;C là một vectơ pháp tuyến của nó.

2.Mặt phẳng P đi qua điểm 0 0 0 0M x ;y ;z và nhận vectơ n A;B;C làm vectơ pháp tuyến

có dạng : – – – .0 0 0

A x x B y y C z z 0

3.Mặt phẳng P đi qua 0 0 0 0M x ;y ;z và nhận 1 1 1a (a ;b ;c ) và 2 2 2b (a ;b ;c ) làm cặp vectơ

chỉ phương thì mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến: 1 1 1 1 1 1

2 2 1 2 2 2

b c c a a bn a,b ; ;

b c c a a b

.

4.Mặt phẳng P cắt trục Ox tại A a;0;0 , Oy tại B 0;b;0 , Oz tại C 0;0;c có dạng:

x y z

1 , a,b,c 0 .a b c Gọi là phương trình mặt chắn các trục tọa độ.

II. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng.

Trang 28

1.Cho hai mặt phẳng P : Ax By Cz D 0 và ' ' ' 'Q : Ax By Cz D 0

' ' '

A B CP Q

A B C .

' ' ' '

A B C DP / / Q

A B C D.

' ' ' '

A B C DP Q

A B C D.

2.Cho hai mặt phẳng cắt nhau P : Ax By Cz D 0 và ' ' ' 'Q : Ax By Cz D 0 .

Phương trình chùm mặt phẳng xác định bởi P và Q là :

' ' ' 'm Ax By Cz D n Ax By Cz D 0. ( Trong đó 2 2m n 0 )

III. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng:

Khoảng cách từ 0 0 0 0M x ;y ;z đến mặt phẳng :Ax By Cz D 0 cho bởi công thức :

0 0 00

2 2 2

Ax By Cz Dd M ,

A B C

IV. Góc gữa hai mặt phẳng.

Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng P : Ax By Cz D 0 và ' ' ' 'Q : Ax By Cz D 0 .

Ta có: P Q 0

P Q 2 2 2 2 2 2P Q

n .n A.A' B.B' C.C'cos cos n ,n 0 90

n . n A B C . A' B' C'

0

P Q90 n n hai mặt phẳng vuông góc nhau.

* Trong phương trình mặt phẳng không có biến x thì mặt phẳng song songOx , không có biến y thì song song Oy, không có biến z thì song song Oz.

3. ĐƯỜNG THẲNG

I. Phương trình đường thẳng:

1.Phương trình tổng quát của đường thẳng:

' 'Ax By Cz D 0

: A : B: C A : B : CA'x B'y C'z D' 0

là giao tuyến của hai mặt phẳng. Ta có thể

chuyển về phương trình tham số như sau: 1 2u n ,n a;b;c

và qua điểm 0 0 0M x ;y ;z nên

có dạng sau: 0

0

0

x x at

: y y bt t R .

z z ct

2.Phương trình tham số của đường thẳng: 0

0

0

x x at

y y bt t R

z z ct

Trong đó 0 0 0 0M x ;y ;z là điểm thuộc đường thẳng và u a;b;c là vectơ chỉ phương của đường

thẳng.

3. Phương trình chính tắc của đuờng thẳng: 0 0 0x x y y z z a,b,c 0 .

a b c

Trang 29

Trong đó 0 0 0 0M x ;y ;z điểm thuộc đường thẳng và u a;b;c là vectơ chỉ phương của đường

thẳng.

II. Vị Trí tương đối của các đường thẳng và các mặt phẳng:

1.Vị trí tương đối của hai đường thẳng:

Cho hai đường thẳng đi qua M có VTCP u và ' đi qua 'M có VTCP u ' .

chéo ' u,u ' .MM' 0

cắt ' u,u ' .MM' 0

với u,u ' 0

''

[u,u ']=0/ /

u,MM 0

''

[u,u ']=0

u,MM 0

2.Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng:

Cho đường thẳng đi qua 0 0 0 0M x ;y ;z có VTCP u a;b;c và mặt phẳng

: Ax By Cz D 0 có VTPT n (A;B;C) .

u.n 0

u.n 0/ /mp

M

nằm trên mp

u.n 0mp

M

III. Khoảng cách:

1.Khoảng cách từ M đến đuờng thẳng đi qua M0 có VTCP

0

M M,u

u a;b;c d M, .

u

2.Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau: 1 đi qua 1 1 1 1M x ;y ;z có VTCP 1 1 1 1u a ;b ;c

2 đi qua 2 2 2 2M x ;y ;z có VTCP 2 2 2 2u a ;b ;c 1 2 1 2

1 2

1 2

[u ,u ].M M

d , .

[u ,u ]

IV. Góc:

1.Góc giữa hai đường thẳng :

1 đi qua 1 1 1 1M x ;y ;z có VTCP 1 1 1 1u a ;b ;c

2 đi qua 2 2 2 2M x ;y ;z có VTCP 2 2 2 2u a ;b ;c

Trang 30

1 2 1 2 1 2 1 2

1 22 2 2 2 2 2

1 2 1 1 1 2 2 2

u .u a .a b .b c .ccos cos u ,u

u . u a b c . a b c

2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng :

đi qua 0M có VTCP u a;b;c , mp có VTPT n A;B;C .

Gọi φ là góc hợp bởi và mp 2 2 2 2 2 2

Aa Bb Ccsin cos u,n

A B C . a b c

4. MẶT CẦU

I. Phương trình mặt cầu:

Phương trình mặt cầu tâm I a;b;c bán kính R là 2 22 2S :(x – a) y – b z – c =R

Phương trình 2 2 2 x y z 2Ax 2By 2Cz D 0 với 2 2 2A B C – D 0 là phương

trình mặt cầu tâm I A;B;C , bán kính 2 2 2R A B C D .

II. Vị trí tương đối của mặt cầu và mặt phẳng:

Cho mặt cầu 2 22 2S : (x – a) y – b z – c =R tâm I a;b;c bán kính R và mặt phẳng:

P : Ax By Cz D 0.

* Nếu d I, P R thì mặt phẳng P và mặt cầu S không có điểm chung.

* Nếu d I, P R thì mặt phẳng P và mặt cầu S tiếp

xúc nhau tại tọa độ tiếp điểm H. Ta có thể tìm tọa độ tiếp đểm đó bằng cách viết phương trình đường thẳng đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với mp

P :

0

0

0

x x at

: y y bt H P

z z ct

.

* Nếu d I, P R thì mặt phẳng P và mặt cầu S cắt

nhau theo giao tuyến là đường tròn có phương trình :

2 2 2 2x a y b z c R

Ax By Cz D 0

Bán kính đường tròn 22r R d I, P .

Tâm H của đường tròn là hình chiếu của tâm I mặt cầu S lên mặt phẳng P .

III. Vị trí tương đối của mặt cầu và đường thẳng:

Cho mặt cầu 2 22 2S :(x – a) y – b z – c =R tâm I a;b;c bán kính R và đường thẳng

0

0

0

x x at

: y y bt t R

z z ct

.

* Nếu d I, R thì đường thẳng và mặt cầu S không có điểm chung.

Trang 31

* Nếu d I, P R thì đường thẳng và mặt cầu S tiếp xúc nhau tại tọa độ tiếp điểm H. Ta

có thể tìm tọa độ tiếp đểm đó bằng cách viết phương trình mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu và

vuông góc với đường thẳng : P : Ax By Cz D 0 H P .

* Nếu d I, P R thì đường thẳng và mặt cầu S cắt nhau tại hai điểm phân biệt, và tọa

độ 2 điểm điểm đó là A,B chính là nghiệm của hệ :

2 2 2 2

0

0

0

x a y b z c R

x x at

y y bt

z z ct

Câu VII.a(b) ( 1,0 điểm ).

Phương trình – bất phương trình mũ và logarit. I. Công thức số mũ và logarit cần nhớ.

0

a 1; a 0 oï nguyeân

haø

alog 1 0 oï nguyeân ha

1

a a

alog a 1

1

aa

alog a

a . a a

a

1log a

aa

a

a a

log b .log b; a,b 0,a 1

a . b a.b

aa

1log b .log b

a a; b 0

bb

aa

log a .log b

a a

a a a

log b log c log b.c

a

a b log b

a a a

blog b log c log

c

.a a

a

b

1log b

log a

a a

ca

c

log blog b

log a

a.b a. b; a, b 0

a

log b b a

a a

; a 0;b 0b b

a alog b log b

e; ln a log a

Trang 32

a a

aloga

10; lg a log a log a

.a a

a a

log b log c b c

a a ; a 1 a alog b log c b c; a 1

a a ; 0 a 1 a alog b log c b c; 0 a 1

II. Các phương trình - Bất phương trình mũ và logarit thường gặp. 1. Phương trình – Bất phương trình mũ. a. Đưa về cùng cơ số.

* f x g xa a f x g x rồi giải phương trình tìm nghiệm x.

* f x

aa b f x log b x

* f x g x

a a f x g x ; a 1

* f x g x

a a f x g x ; 0 a 1

b. Đặt ẩn phụ.

Dạng 1: 2f x f xm.a n.a p 0 * đặt f x

t a ( đk: t 0 )

2* mt nt p 0 giải phương trình tìm t rồi thay vào tìm x. ( Bất phương trình làm tương tự )

Dạng 2 : f x f xm.a n.b p 0 ** trong đó a.b 1 đặt f x

t a ( đk: t 0 ) f x 1b

t

1

** mt n p 0t

giải phương trình tìm t rồi thay vào tìm x. (Bất phương trình làm tương tự )

Dạng 3:

f x2f x 2f xm.a n. a.b p.b 0 * đặt f x

t a ( đk: t 0 )

2* mt nt p 0 giải phương trình tìm t rồi thay vào tìm x. (Bất phương trình làm tương tự )

2. Phương trình – Bất phương trình logarit.

Để alog f x có nghĩa f x 0

0 a 1

*

a a

f x 0,g x 0log f x log g x

f x g x

* b

alog f x b f x a

* a alog f x log g x *

Nếu a 1 thì

f x g x*

g x 0

Nếu 0 a 1 thì

f x g x*

f x 0

Số phức. 1. Định nghĩa số phức. Số phức là 1 biểu diễn dưới dạng z a bi ,ab R .Trong đó a là phần thực,b là phần ảo.

Trang 33

Và ta qui ước như sau: 2 4m 4m 1 4m 2 3m 3i 1 ; i 1 ; i i ; i 1 ; i i m N .

2. Số phức liên hợp và môđun của nó. Cho z a bi z a bi gọi là số phức liên hợp

môđun số phức 2 2z z a b

3. Các phép toán trên tập hợp số phức.

Cho hai số phức có dạng 1 1 1 2 2 2

z a b i ; z a b i

Hai sô phức bằng nhau 1 21 2

1 2

a az z

b b

Phép cộng trừ số phức 1 2 1 2 1 2z z a a b b i .

Phép nhân số phức 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

z .z a .a a .b i a .b i b .b

Phép chia số phức 1 1 2 21 1 2

2 22 2 2 2 2

a b i . a b iz z .z

z z .z a b

4. Căn bậc hai và phương trình số phức.

Cho a khi a 0

z a za i khi a 0

.

Cho 2 2x y a

z a bi z w mà w x yi2xy b

giải tìm x,y rồi thay vào w.

* Cho phương trình bậc 2 : 2 2az bz c 0 a 0 .xét =b 4ac

khi 0 phương trình có 2 nghiệm ảo phân biệt : 1 2

b i b iz và z

2a 2a

.

khi 0 phương trình có 1 nghiệm ảo kép 1 2

bz z

2a

khi 0 phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt :

1 2

b bz và z

2a 2a

5. Dạng lượng giác của số phức.

Cho số phức z a bi gọi r là modun, là acgumen của z

2 2r a b

a r cos

b r sin

dạng lượng giác

z r cos isin

Cho hai số phức 1 1 1z r cos isin và 2 2 2z r cos isin

1 11 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

z rcos isin ; z .z r .r cos isin

z r

Công thức Moa – vrơ : Cho số phức

nn nz r cos isin z r cos isin r cosn isin n n N

Tổ hợp xác suất, nhị thức Niu - tơn.

Trang 34

I. Tổ hợp.

1. Hoán vị: nP n! n n 1 ! n n 1 n 2 ! ... n 1

2. Chỉnh hợp:

k

n

n!A 1 k n .

n k !

Tính chất : n

n nP A .

3. Tổ hợp:

k

n

n!C 0 k n .

k! n k !

4. Các tính chất : n k k

n n n nP A ; A C .k! ; k n k k 1 k K

n n n 1 n 1 nC C ; C C C 1 k n .

5. Nhị thức Niu – tơn : n 0 n 1 n 1 1 2 n 2 2 n 2 2 n 2 n 1 1 n 1 n 0 n

n n n n n na b C a C a b C a b ... C a b C a b C a b .

6. Hệ Quả:

* n 0 1 2 2 n n

n n n n1 x C xC x C ... x C .

* 0 1 n n

n n nC C ... C 2

* n0 1 2 n

n n n nC C C ... 1 C 0

7. Số hạng tổng quát trong khai triển n

a b là:

k n k k *

k 1 nT C .a .b n N

Hoặc n i

k k n k *

n

n 0

C .a .b n N

.

II. Xác suất.

* Xác suất của biến cố A :

n A

P A . 0 P A 1n

Trong đó n A là số phần tử của biến cố

A. n là số phần tử của không gian mẫu .

* Tính chất xác suất : P 0 ; P 1 ; P 0.

Nếu A và B xung khắc P A B P A P B công thức cộng xác suất.

A là biến cố đối của A P A 1 P A .

A và B là biến cố độc lập P A.B P A .P B .

PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG CÁC NĂM.

ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011.

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

Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số x 1

y C2x 1

.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.

2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y x m luôn cắt C tại hai điểm phân biệt

A và B . Gọi 1 2k ,k lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với C tạiA và B . Tìm m để tổng

1 2k k đạt giá trị lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình: 2

1 sin2x cos2x2 sin xsin2x.

1 cot x

Trang 35

2. Giải hệ phương trình :

2 2 3

22 2

5x y 4xy 3y 2 x y 0 x, y .

xy x y 2 x y

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

0

xsin x x 1 cosxI dx

xsin x cosx

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCcó đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB BC 2a; hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi M là trung điểm củaAB ; mặt phẳng qua SM và song song vớiBC , cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Câu V ( 1 điểm ). Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn 1;4 và x y, x z. Tính giá trị nhỏ nhất

của biểu thức x y z

P .2x 3y y z z x

II.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 tọa độOxy , cho đường thẳng : x y 2 0 và đường tròn

2 2C : x y 4x 2y 0. Gọi I là tâm của C ( A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M,

biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 2;0;1 ,B 0; 2;3 và mặt phẳng

P : 2x y z 4 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho MA MB 3.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm tất cả các số phức z, biết: 22z z z.

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 2 2x y

E : 1.4 1 Tìm tọa độ các điểm A và Bthuộc

E , có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2S : x y z 4x 4y 4z 0 và

điểm A 4;4;0 . Viết phương trình mặt phẳng OAB , biết điểm B thuộc S và tam giác

OAB đều.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tính môđun của số phức z, biết: 2z 1 1 i z 1 1 i 2 2i.

ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 4 2y x 2 m 1 x m 1 ,m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 khi m 1 .

2. Tìm m để đồ thị hàm số 1 có ba điểm cực trị A,B,C sao cho OA BC; trong đó O là gốc tọa

độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải phương trình: sin2xcosx sinxcosx cos2x sinx cosx.

2. Giải phương trình : 23 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x x .

Trang 36


2

0

1 x sin xI dx.

cos x

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ 1 1 1 1ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình chữ nhật,AB a , AD a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm 1A trên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng 1 1ADD A và ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm 1B đến mặt phẳng 1A BD theo a.

Câu V ( 1 điểm ). Cho a và b là số thực dương thỏa mãn 2 22 a b ab a b ab 2 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2

3 3 2 2

a b a bP 4 9 .

b a b a

II. 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 tọa độOxy , cho hai đường thẳng : x y 4 0 và d: 2x y 2 0. Tìm tọa

độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng tại điểm M thỏa mãn OM.ON 8.

2. Trong không gian tọa độOxyz . Cho đường thẳng x 2 y 1 z

:1 2 1

và mặt phẳng

P : x y z 3 0. Gọi I là giao điểm của và P . Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho

MI vuông góc với và MI 4 14.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm số phức z, biết: 5 i 3

z 1 0z


1. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho tam giác ABCcó đỉnh 1

B ;12

. Đường tròn nội tiếp tam giác

ABC tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB tương ứng tại các điểmD,E,F . Cho D 3;1 và đường thẳng

EF có phương trình y 3 0 . Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.

2. Trong không gian tọa độOxyz , cho hai đường thẳng x 2 y 1 z 5

:1 3 2

và hai điểm

A 2;1;1 ,B 3; 1;2 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho tam giác MAB có diện

tích bằng 3 5.

Câu VII.b ( 1 điểm ). Tìm phần thực và phần ảo của số phức

3

1 i 3z .

1 i

ĐỀ SỐ 3. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 2x 1

y .x 1


2. Tìm k để đường thẳng y kx 2k 1 cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A,B sao cho khoảng

cách từ A và Bđến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình: sin 2x 2cosx sin x 1

0.tan x 3

Trang 37

2. Giải phương trình : 2

2 1

2

log 8 x log 1 x 1 x 2 0 x .


0

4x 1I dx.

2x 1 2

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,BA 3a,BC 4a; mặt phẳng SBC vuông góc với mặt phẳng ABC . Biết 0SB 2a 3 và SBC 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABCvà khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC theo a.

Câu V ( 1,0 điểm ). Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

3 2

2

2x y 2 x xy mx,y

x x y 1 2m

II.PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó đỉnh B 4;1 , trọng tâm là G 1;1 và

đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và

C.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz . Cho điểm A 1;2;3 và đường thẳng x 1 y z 3

d : .2 1 2

Viết

phương trình đường thẳng đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trụcOx.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm số phức z, biết z 2 3i z 1 9i.

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho điểm A 1;0 và đường tròn 2 2C : x y 2x 4y 5 0.

Viết phương trình đường thẳng cắt C tại điểm M và N sao cho tam giác AMNvuông cân tại A.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y 3 z

:2 4 1

và mặt phẳng

P : 2x y 2z 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , bán kính bằng 1 và

tiếp xúc với mặt phẳng P .

Câu VII.b( 1,0 điểm ). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 22x 3x 3

yx 1

trên đoạn

0;2 .

ĐỀ SỐ 4. ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A,B,D NĂM 2011.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 21y x 2x 3x 1. C

3 .


2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại giao điểm của C với trục tung.

Câu II ( 2,0 điểm ). 1. Giải phương trình: 2cos4x 12sin x 1 0.

2. Giải bất phương trình: 2 2x x x 2x 3 1 x 2x 34 3.2 4 0.

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân

2

1

2x 1I dx.

x x 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,AB a,SA vuông góc với mặt phẳng ABC , góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 030 . Gọi M là trung điểm

Trang 38

của cạnhSC . Tính thể tích của khối chóp S.ABM theo a. Câu V ( 1,0 điểm ). Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm:

6 x 2 4 x 2x 2 m 4 4 x 2x 2 x .

II.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 tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x y 3 0. Viết phương trình

đường thẳng đi qua điểm A 2; 4 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 450.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai điểm A 1;2;3 ,B 1;0; 5 và mặt phẳng

P : 2x y 3z 4 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho ba điểm A,B,M thẳng hàng.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Cho số phức z thỏa mãn 2

1 2i z z 4i 20. Tìm môđun của z.

B.Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó phương trình các cạnh là

AB: x 3y 7 0,BC: 4x 5y 7 0,CA : 3x 2y 7 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A

của tam giácABC .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng x 1 y 1 z 1

d : .4 3 1

Viết phương

trình mặt cầu có tâm I 1;2; 3 và cắt đường thẳng d tại hai điểm A,B sao cho AB 26.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Cho số phức z thỏa mãn 2z 2 1 i z 2i 0. Tìm phần thực và phần ảo của

1.

z


I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y x 2x 1 m x m 1 , m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khim 1 .

2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1 cắt với trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3x , x , x

thỏa mãn điều kiện 2 2 2

1 2 3x x x 4.


1. Giải phương trình: 1 sinx cos2x sin x

14cosx.

1 tan x 2

2. Giải bất phương trình: 2

x x1.

1 2 x x 1

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân 1 2 x 2 x

x

0

x e 2x eI dx.

1 2e

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh ABvà AD; H là giao điểm của CN vớiDM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABCD và SH a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNMvà tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.

Trang 39

Câu V ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình

2

2 2

4x 1 x y 3 5 2y 0x, y

4x y 2 3 4x 7

II. 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 tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 2d : 3x y 0 và d : 3x y 0. Gọi T là

đường tròn tiếp xúc với 1d tại A, cắt 2d tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABCvuông tại B. Viết

phương trình của T , biết tam giác ABCcó diện tích bằng 3

2và điểm A có hoành độ dương.

2. Trong không gian tọa độOxyz , cho đường thẳng x 1 y z 2

:2 1 1

và mặt phẳng

P : x 2y z 0 . Gọi C là giao điểm của với P , M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M đến

P , biết MC 6.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm phần ảo của số phức z, biết rằng 2

z 2 i 1 2i .

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABCcân tại A có đỉnh A 6;6 ;đường thẳng đi qua trung

điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x y 4 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm

E 1; 3 nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 0;0; 2 và đường thẳng

x 2 y 2 z 3: .

2 3 2

Tính khoảng cách từ A đến .Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt tại hai

điểm B và C sao choBC 8 .

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Cho số phức z thỏa mãn

3

1 3iz

1 i

. Tìm môdun của số phức z iz.


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


y .x 1


2. Tìm m để đường thẳng y 2x m cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác

OAB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ ).

Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải phương trình sin2x+cos2x cos x 2cos2x sinx 0.

2. Giải phương trình 23x 1 6 x 3x 14x 8 0 x .


e

2

1

ln xI dx.

x 2 ln x

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác đều ' ' 'ABC.A BC có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng

'A BC và ABC bằng 060 . Gọi G là trọng tâm tam giác 'A BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và

Trang 40

tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Câu V ( 1,0 điểm ). Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2M 3 a b b c c a 3 ab bc ca 2 a b c .

II. 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 tọa độOxy , cho tam giác ABCvuông tại A, có đỉnh C 4;1 , phân giác trong

góc A có phương trình x y 5 0. Viết phương trình đường thẳngBC , biết diện tích tam giác

ABC bằng 24 và có đỉnh A có hoành độ dương.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c , trong đó b,c

dương và mặt phẳng P : y z 1 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt

phẳng P và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC bằng 1

3.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độOxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa

mãn: z i 1 i z .


1. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho điểm A 2; 3 Và elip 2 2x y

E : 1.3 2 Gọi 1 2F và F là các

tiêu điểm của E (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng 1AF với

E ; N là điểm đối xứng của 2F qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 2ANF .

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x y 1 z

: .2 1 2

Xác định tọa độ điểm M trên

trục hoành sao cho khoảng cách từ điểm M đến bằngOM .

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:

2

x x 2

log 3y 1 xx,y .

4 2 3y


I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 4 2y x x 6.


2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

1y x 1.

6

Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải phương trình: sin 2x cos2x 3sin x cosx 1 0.

2. Giải phương trình : 3 32x x 2 x 2 x 2 x 4x 44 2 4 2 x .

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân e

1

3I 2x ln xdx.

x

Trang 41

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA a ;

hình chiếu vuông góc từ đỉnh S trên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AC, AC

AH .4

Gọi

CM là đường cao của tam giác SAC . Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.

Câu V ( 1,0 điểm ). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2y x 4x 21 x 3x 10.

II.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 tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó đỉnh A 3; 7 , trực tâm là H 3; 1 , tâm

đường tròn ngoại tiếp là I 2;0 . Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.

2. Trong không gian tọa độOxyz . Cho hai mặt phẳng P : x y z 3 0 và

Q : x y z 1 0. Viết phương trình mặt phẳng R vuông góc với P và Q sao cho khoảng

cách từ O đến R bằng 2.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm số phức z thỏa mãn: 2z 2 và z là số thuần ảo.

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 0;2 và là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình

chiếu vuông góc của A trên . Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằngAH .

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2

x 3 tx 2 y 1 z

: y t và : .2 1 2

z t

Xác

định tọa độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến 2 bằng 1.

Câu VII.a ( 1 điểm ). Giải hệ phương trình

2

2 2

x 4x y 2 0x,y .

2log x 2 log y 0

ĐỀ SỐ 8.

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A,B ,D NĂM 2010.

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 3 2y x 3x 1

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm có hoành độ bằng –1


1. Giải phương trình : 5x 3x

4cos cos 2 8sin x 1 cos x 52 2

2. Giải hệ phương trình: 2 2

2 2x y 3 2x yx, y

x 2xy y 2


0

2x 1dx

x 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt phẳng SAB

Trang 42

vuông góc với mặt phẳng đáy, SA SB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 045 .Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD . Câu V ( 1,0 điểm ). Cho hai số thực dương thay đổi x,y thỏa mãn điều kiện 3x y 1 .Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 1 1

A .x xy

II.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). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2;3 ,B 1;0;1 và mặt

phẳng P : x y z 4 0 .

1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên P

2. Viết phương trình mặt cầu S có bán kính bằng AB

6,có tâm thuộc đường thẳng ABvà S tiếp

xúc với P

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2

2 3i z 4 i z 1 3i .Tìm phần thực

và phần ảo của z. B. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b ( 2,0 điểm ).Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng x y 1 z

d :2 1 1

và

mặt phẳng P : 2x y 2z 2 0.

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với P .

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng P .

Câu VII.b ( 1,0 điểm ) Giải phương trình 2z 1 i z 6 3i 0 trên tập hợp các số phức.




y 1 .2x 3

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 .

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 , biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành,trục tung

lần lượt tại hai điểm phân biệt A,B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.


1. Giải phương trình

1 2sin x cos x3.

1 2sin x 1 sinx

2. Giải phương trình 32 3x 2 3 6 5x 8 0 x .


3 2

0

I cos x 1 cos xdx.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB AD 2a,CD a; góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng 060 .Gọi I là trung điểm của cạnhAD .Biết hai mặt phẳng SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD ,Tính thể thích khối chóp S.ABCD theo a.

Trang 43

Câu V ( 1,0 điểm ). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x x y z 3yz, ta có:

3 3 3

x y x z 3 x y x z y z 5 y z .

II. 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 tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCDcó điểm I 6;2 là giao điểm của

hai đường chéo AC và BD . Điểm M 1;5 thuộc đường thẳng ABvà trung điểm E của cạnh CD

thuộc đường thẳng : x y 5 0 . Viết phương trình đường thẳngAB .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x 2y z 4 0 và mặt cầu

2 2 2S : x y z 2x 4y 6z 11 0. Chứng minh rằng mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo một

đường tròn.Xác định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Gọi 1 2z và z là hai nghiệm phức của phương trình 2z 2z 10 0. Tính giá trị

của biểu thức 2 2

1 2A z z .

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy ,cho đường tròn 2 2C : x y 4x 4y 6 0 và đường

thẳng : x my 2m 3 0, với m là tham số thực. Gọi I làm tâm của đường tròn C .Tìm m để

cắt C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z 1 0 và hai đường

thẳng 1 2

x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1: ; : .

1 1 6 2 1 2

Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1

sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng P bằng nhau.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2 2

x xy y

log x y 1 log xyx,y .

3 81


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 4 2y 2x 4x 1 .


2. Với các giá trị nào của m,phương trình 2 2x x 2 m có 6 nghiệm thực phân biệt ?


1. Giải phương trình 3sinx cos xsin 2x 3cos3x 2 cos4x sin x .

2. Giải hệ phương trình 2 2 2

xy x 1 7yx, y .

x y xy 1 13y


3

2

1

3 ln xI dx.

x 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác ' ' ' 'ABC.A BC có BB a, góc giữa đường thẳng 'BB và mặt phẳng ABC bằng 060 ; tam giác ABCvuông tại C và 0BAC 60 .Hình chiếu vuông góc của điểm

Trang 44

'B lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm của tam giácABC . Tính thể tích khối tứ diện 'A ABC theo a.

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho các số thực x,y thay đổi và thỏa mãn 3

x y 4xy 2. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 4 4 2 2 2 2A 3 x y x y 2 x y 1.

II. 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 tọa độOxy , cho đường tròn 2 2 4

C : x 2 y5

và hai đường thẳng

1 2: x y 0, : x 7y 0. Xác định tọa độ tâm K và tính bán kính của đường tròn 1C ; biết đường

tròn 1C tiếp xúc với các đường thẳng 1 2, và tâm K thuộc đường tròn C .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho tứ diện ABCDcó các đỉnh A 1;2;1 ,B 2;1;3

,C 2; 1;1 và D 0;3;1 .Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A,B sao cho khoảng cách từ C

đến P bằng khoảng cách từ D đến P .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm số phức z thỏa mãn: z 2 i 10 và z.z = 25.

B.Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , Cho tam giác ABCcân tại A có đỉnh A 1,4 và các đỉnh

B,C thuộc đường thẳng : x y 4 0. Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác

ABCbằng18 .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , Cho mặt phẳng P : x 2y 2z 5 0 và hai điểm

A 3;0;1 ,B 1; 1;3 . Trong các đường thẳng đi qua A và song song với P ,hãy viết phương trình

đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y x m cắt đồ thị hàm số

2x 1y

x

tại hai điểm phân biệt A,B sao cho AB 4.


I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 4 2y x 3m 2 x 3m có đồ thị là mC , m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khim 0 .

2. Tìm m để đường thẳng y 1 cắt đồ thị mC , tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2.


1. Giải phương trình 3cos5x 2sin3xcos2x sinx 0.

2. Giải hệ phương trình

2

2

x x y 1 3 0

x, y .5x y 1 0

x


x

1

dxI .

e 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ đứng ' ' 'ABC.A BC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,

Trang 45

' 'AB a,AA 2a,AC 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng ' 'A C , I là trung điểm của AM và 'A C . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABCvà khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng IBC . Câu V ( 1,0 điểm ). Cho các số phức không âm x,y thay đổi và thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2S 4x 3y 4y 3x 25xy.

II.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 tọa độOxy , cho tam giác ABC với M 2;0 là trung điểm của cạnh AB.

Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x 2y 3 0 và

6x y 4 0. Viết phương trình đường thẳngAC .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho các điểm A 2;1;0 ,B 1;2;2 ,C 1;1;0 và mặt phẳng

P : x y z 20 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng ABsao cho đường thẳng CD song

song với mặt phẳng P .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độOxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn cac số phức z thỏa

mãn điều kiện z 3 4i 2.


1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho đường tròn 2 2C : x 1 y 1. Gọi I là tâm của C .

Xác định tọa độ điểm M thuộc C sao cho 0IMO 30 .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng x 2 y 2 z

:1 1 1

và mặt phẳng

P : x 2y 3z 4 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong P sao cho d cắt và vuông góc

với đường thẳng . Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y 2x m cắt đồ thị hàm số

2x x 1y

x

tại hai điểm phân biệt A,Bsao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y x 2m 1 x 2 m x 2 (1),với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m 2

2. Tìm các giá trị của m để hàm số 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm giá trị của đồ thị hàm số

1 có hoành độ dương.


1. Giải phương trình 2

1 2sin x cos x 1 sinx cos x.

2. Giải bất phương trình x 1 2 x 2 5x 1 x


2x x

0

I e x e dx

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB a,SA a 2. Gọi M, N và P lần lượt là

Trang 46

trung điểm của các cạnh SA,SB và CD.Chứng minh rằng đường thằng MN vuông góc với đường thẳng SP.Tính a thể tích của khối tứ diệnAMNP . Câu V ( 1 điểm ). Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 a b 1 .

Chứng minh rằng 2 2a ln b b lna lna ln b. II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độOxy , cho tam giác ABCcó C 1; 2 ,đường trung tuyến kẻ từ A

và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x y 9 0 và x 3y 5 0, Tìm tọa độ các đỉnh

A và B.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho mặt phẳng 1P : x 2y 3z 4 0

2và P : 3x 2y z 1 0. Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A 1;1;1 ,vuông góc với hai

mặt phẳng 1 2P và P .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Cho số phức z thỏa mãn 2

1 i 2 i z 8 i 1 2i z. Tìm phần thực và

phần ảo của z. B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho các đường thẳng 1 : x 2y 3 0 và

2 : x y 1 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến

đường thẳng 2 bằng 1

2.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho tam giác ABCcó A 1;1;0 ,B 0;2;1 và trọng tâm

G 0;2; 1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng ABC .

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức : 4z 3 7i

z 2i.z i



Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số

2mx 3m 2 x 2

y 1 ,x 3m

với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m 1.

2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số 1 bằng 045 .


1. Giải phương trình 1 1 7

4sin x .3sinx 4

sin x2

2. Giải hệ phương trình

2 3 2

4 2

5x y x y xy xy

4x, y .

5x y xy 1 2x

4

Câu III ( 2,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng

Trang 47

x 1 y z 2d : .

2 1 2

1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.

2. Viết phương trình mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất.

Câu IV ( 2,0 điểm ).

1. Tính tích phân 46

0

tan xI dx

cos2x

.

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:

4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m m . II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu V.(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , hãy viết phương trình chính tắc của Elip E biết rằng

E có tâm sai bằng 5

3 và hình chữ nhật cơ sở của E có chu vi bằng 20 .

2. Cho khai triển n n

0 1 n1 2x a a x ... a x , trong đó *n N và các hệ số 0 1 na ,a ,...,a thỏa mãn

hệ thức 1 n0 n

a aa ... 4096.

2 2 Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,...,a .

B. Theo chương trình nâng cao. Câu V. ( 2 điểm ).

1. Giải phương trình 22

2x 1 x 1log 2x x 1 log 2x 1 4.

2. Cho lăng trụ ' ' 'ABC.A BC có độ dài cạnh bên bằng2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A,

AB a,AC a 3 và hình chiếu vuông góc với đỉnh 'A trên mặt phẳng ABC là trung điểm của

cạnhBC . Tính theo a thể tích khối chóp 'A .ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng ' ' 'AA và BC .


I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y 4x 6x 1 1 .


2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 , biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm

M 1; 9 .


1. Giải phương trình 3 3 2 2sin x 3cos x sin xcos x 3sin xcos x.

2. Giải hệ phương trình 4 3 2 2

2

x 2x y x y 2x 9x, y .

x 2xy 6x 6

Câu III ( 2,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 0;1;2 ,B 2; 2;1 ,

C 2;0;1 .

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A,B,C .

Trang 48

2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 3 0 sao cho MA MB MC.


1. Tính tích phân

4

0

sin x dx4

I .sin 2x 2 1 sinx cos x

2. Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn hệ thức 2 2x y 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 2

2

2 x 6xyP .

1 2xy 2y

II. PHẦN RIÊNG ( 2,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn Câu V. (2,0 điểm).

1. Chứng minh rằng k k 1 k

n 1 n 1 n

n 1 1 1 1

n 2 C C C

(n,k là các số nguyên dương, k

nk n,C là số tổ hợp

chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng

hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H 1; 1 , đường phân giác trong của góc

A có phương trình x y 2 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0.

B. Theo chương trình nâng cao. Câu V. ( 2,0 điểm ).

1. Giải bất phương trình: 2

0,7 6

x xlog log 0.

x 4

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a,SB a 3 và mặt phẳng

SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnhAB,BC . Tính

theo a thể tích của hình chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳngSM,DN .


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y x 3x 4 1 .


2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I 1;2 với hệ số góc k k 3 đều cắt đồ thị

của hàm số 1 tại ba điểm phân biệt I,A,Bđồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải phương trình 2sin x 1 cos2x sin2x 1 2cosx.

2. Giải hệ phương trình 2 2xy x y x 2y

x, y .x 2y y x 1 2x 2y

Câu III ( 2,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

A 3;3;0 ,B 3;0;3 ,C 0;3;3 ,D 3;3;3 .

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua bốn điểmA,B,C,D .

2. Tìm tọa độ tâm đường trọn ngoại tiếp tam giácABC .

Trang 49


1. Tính tích phân 2

3

1

ln xI dx.

x

2. Cho x,y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

x y 1 xyP

1 x 1 y

.

II. PHẦN RIÊNG ( 2 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu V.(2,0 điểm). 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 1

2n 2n 2nC C ... C 2048 ( k

nC là số tổ hợp chập của

n phần tử).

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol 2P : y 16x và điểm A 1;4 .Hai điểm phân

biệt B,C (B và C khác A) di động trên P sao cho góc 0BAC 90 . Chứng minh rằng đường thẳng BC

luôn đi qua một điểm cố định. B. Theo chương trình nâng cao. Câu V. ( 2 điểm ).

1. Giải bất phương trình 2

1

2

x 3x 2log 0.

x

2. Cho lăng trụ đứng ' ' 'ABC.A BC có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a, cạnh bên 'AA a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ' ' 'ABC.A BC và

khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AM và BC.

PHẦN III. ĐỀ TÁC GIẢ BIÊN SOẠN.

ĐỀ SỐ 16. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ).

Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : 2x 1

y C .x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số C .

2. Gọi Kd là đường thẳng đi qua điểm A 2;2 và có hệ số góc là k. Tìm k để đường thẳng

Kd cắt đồ thị hàm số C tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị.


1. Giải phương trình : sinx 3

tan x 2cosx 1 2

.

2. Giải phương trình : 2log 100xlog 10x logx4 6 2.3 x .

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân sau : 2

0

x cos x2

I dxcos x 1

.

Trang 50

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có hai mặt bên SAB , SAD cùng vuông góc với mặt

phẳng đáy,SA a,ABCD là hình thoi cạnh a và có góc 0A 120 .Tính thể tích hình chóp S.ABCD và

tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng SBC .

Câu V ( 1,0 điểm ). Giải phương trình : 2 23 3 3 32x 2x 1 x 1 x 2 x .

II.PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độOxy , cho A 2;1 và đường thẳng d : 2x 3y 4 0 .Viết phương

trình đường thẳng qua A và tạo với đường thẳng d một góc bằng 045 .

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho M 1;2; 3 và đường thẳng x 1 y 1 z 3

d :3 2 5

. Viết

phương trình đường thẳng qua điểm M, cắt đường thẳng d và vuông góc với giá của

véctơ a 6; 2; 3 .

Câu VII.a ( 1 điểm ). Tìm tập hợp những điểm M biểu diễn số phức Z thỏa mãn : z 3 4i 2.

B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn 2 2

1C : x y 2x 4y 4 0;

2 2

2C : x y 2x 2y 14 0 viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của hai đường tròn

trên và qua điểm M 0;1 .

2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x 1 2t

y 2 t t

z 3t

và mặt phẳng

P : 2x y 2z 1 0 .Viết phương trình mặt cầu S có tâm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng

cách từ tâm mặt cầu S đến mặt phẳng P bằng 1 R .

Câu VII.b ( 1 điểm ). Cho phương trình 4 4log m 9 log m 3 3 .Hãy tìm phần thực, phần ảo của

số phức m

z 1 i ,m N.

ĐỀ SỐ 17. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ).

Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : 3 2y x 3 m 1 x 9x m C với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C ứng với m 1 .

2. Xác định m để hàm số C đạt cực trị là 1 2x ,x sao cho 1 2x x 2 .


1. Giải phương trình: 1 sin 2x

cot x 2sin xsin x cosx 22

.

2. Giải phương trình: 35 52log 3x 1 1 log 2x 1 .

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân sau : 5 2

1

x 1I dx

x 3x 1

Trang 51

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình hộp ' ' ' 'ABCDA BC D . Tính thể tích của khối hình ' ' ' 'ABCDA BC D biết

rằng ' ' 'AA BD là tứ diện đều cạnh bằng a.

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn 2 2 2x y z 3 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 5

A xy yz zxx y z

.

II.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 tam giác ABC có A 4;6 , phương trình các đường

thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x y 13 0 và 6x 13y 29 0 .

Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A 5;3; 1 ,C 2;3; 4 .Tìm toạ

độ đỉnh D biết rằng đỉnh B nằm trong mặt phẳng : x y z 6 0.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Cho số phức z sao cho z 10 và phần thực của z bằng 3 lần phần ảo.Tính

z 1 .

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 2;3 , trọng tâm G 2;0 . Hai đỉnh

B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng 1 2d : x y 5 0 và d : x 2y – 7 0. Viết phương

trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳngBG .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm A 1;0;0 ,B 0;1;0 ,C 0;3;2 và mặt phẳng

: x 2y 2 0. Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A,B,Cvà mặt phẳng

.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Cho số phức

n i

z n1 n n 2i

.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A z 1 .


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : 3 2

my x 3x mx 1 C ,( m là tham số).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khim 3 .

2. Xác định m để mC cắt đường thẳng y 1 tại ba điểm phân biệt A 0;1 ,B,C sao cho các tiếp

tuyến của mC tại B và Cvuông góc với nhau.


1. Giải phương trình: 2 3

2

2

cos x cos x 1cos2x tan x

cos x

.


2 2

x y xy 1 4y x,y .

y(x y) 2x 7y 2

Trang 52

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân sau : e 3

2

21

log xI dx

x 1 3ln x

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a 2 . Góc giữa

SD và mặt đáy bằng 045 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA,SC . Mặt phẳng BMN cắt SO tại

I,SD tại K . Tính thể tích của khối chóp S.BMKN .

Câu V ( 1 điểm ). Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 .

Chứng minh rằng: 7

ab bc ca 2abc27

.

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC biết A 5;2 . Phương trình đường

trung trực của cạnhBC , đường trung tuyến 'CC lần lượt là d : x y – 6 0 và :2x – y 3 0 .

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC , biết A 1;0;1 , B 1;2; 1 , C 1;2;3 .

Câu VII.a ( 1 điểm ). Cho 1 2z ,z là các nghiệm phức của phương trình: 22z 4z 11 0 . Tính giá trị

của biểu thức

2 21 2

21 2

z z

z z

.

B.Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2 điểm )

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x 3y 8 0, và

' : 3x 4y 10 0 điểm A 2 ;1 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi

qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ' .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho ba điểm A 0;1;2 ,B 2; 2;1 ,C 2;0;1 .

Viết phương trình mặt phẳng ABC và tìm điểm M thuộc mặt phẳng : 2x 2y z – 3 0 sao

cho MA MB MC .

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2

1 x 2 y

1 x 2 y

2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 x,y

log (y 5) log (x 4)=1


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : 2x 1

y Cx 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẻ đồ thị hàm số C .

2. Tìm tọa độ điểm M C sao cho khoảng cách từ điểm I 1;2 tới tiếp tuyến của C tại M là

lớn nhất. Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình sau: 1 1

2cos3x 2sin3xsin x cosx

.

2. Giải phương trình sau: 22

2x 1 x 1log 2x x 1 log 2x 1 4 .

Trang 53


2

0

x sin 2xI dx

cos x

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD ,biết khoảng cách giữa ABvà mặt phẳng

SCD bằng 2. Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 060 .Tính thể tích hình chóp S.ABCD .

Câu V ( 1,0 điểm ).Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:

2 210x 8x 4 m 2x 1 . x 1

II. 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 tọa độ Oxy cho điểm I 2;0 và hai đường thẳng 1d : 2x – y 5 0,

2d : x y 3 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm I và đồng thời cắt 2 đường thẳng

1 2d và d Tại 2 điểm A,B sao cho IA 2IB .

2. Trong không gian vơi hệ tọa độOxyz cho đường thẳng

x 2 t

d : y 2t

z 2 2t

. 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 .Viết

phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng , sao cho khoảng cách từ mặt phẳng P đến

đường thẳng d là lớn nhất.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm tập hợp những điểm M biểu diễn số phức z thỏa 2z 3 5i 2 .

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxycho hai đường tròn 2 2C : x y – 2x – 2y 1 0,

' 2 2C : x y 4x – 5 0 cùng đi qua M 1;0 .Viết phương trình đường thẳng qua điểm M cắt

hai đường tròn 'C , C lần lượt tại A,B sao cho MA 2MB.

2. Trong không gian vơi hệ tọa độOxyz cho đường thẳng y 2

d : x z1

.Viết phương trình mặt

phẳng đi qua đường thẳng d và tạo với đường thẳng 'x 2 z 5

d : y 32 1

một góc 030 .

Câu VII.b ( 1 điểm ). Cho phương trình 2 2 2 2

n 1 n 4 n 2 n 3C C 2 151 2 C C , tính giá trị của biểu thức

4 3

n 1 nA 3AT

n 1 !

. Các số đã cho k

nn Z ,A là chỉnh hợp chập k của n phần tử, k

nC là tổ hợp chập k của

n phần tử.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 2 2

y | x | 1 . | x | 1 C .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C .

2. Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến C .


Trang 54

1. Giải hệ phương trình:

2 2x y 12

x y 2 x, y .

xy - x - y 1 x y - 2 6

2. Giải phương trình: 2 2sin x tan x cos x cos2x 2 tan x

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

2 2

0

I x ln 1 x dx .

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho tứ diện SABCcó tam giác ABCvuông cân đỉnh B,AB a; các cạnh

SA SB SC 3a a 0 .Trên cạnh SA,SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM BN a .Tính thể tích khối chópC.ABNM theo a .

Câu V ( 1,0 điểm ). Với mọi số thực x,y thỏa điều kiện 2 22 x y xy 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4x y

P .2xy 1

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 toạ độ Oxycho điểm A 3;1 .Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt

chiều dương các trục tọa độ Ox,Oy thứ tự tại P,Q sao cho diện tích tam giác 0PQnhỏ nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1

x 1 t

d : y 1 2t t .

z 1 2t

Đường thẳng

2d là giao tuyến của hai mặt phẳng P : 2x – y –1 0 và Q : 2x +y 2z – 5 0 .Gọi I là giao điểm

của 1 2d và d . Viết phương trình đường thẳng 3d qua A 2;3;1 , đồng thời cắt hai đường thẳng

1d 2và d lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân tại đỉnh I.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số xy e 1 , trục hoành

và hai đường thẳng x ln3,x ln8.

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho đường tròn 2 2C :x y 2x 6y 15 0 . Viết phương trình

đường thẳng vuông góc với đường thẳng d :4x 3y 2 0 và cắt đường tròn C tại

A,B sao cho AB 6 .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1

x 2 y z 1d :

4 6 8 và

2

x 7 y 2 zd :

6 9 12. Xét vị trí tương đối của 1 2

d , d . Cho hai điểm A 1; 1;2 ,B 3 ; 4; 2 .

Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng 1

d sao cho IA IB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 4 3 2z z 6z 8z 16 0.

ĐỀ SỐ 21.


Trang 55


y Cx 1

.


2. Tìm trên đồ thị C những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của C nhỏ nhất.


1. Giải phương trình sau: 6 68 sin cos 3 3sin4 3 3cos2 9sin2 11. x x x x x .


3 3

2y x 1x, y .

2x y 2y x

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: 2 1

xx

1

2

1I x 1 e dx

x

.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho tứ diện ABCD có AC AD a 2,BC BD a ,khoảng cách từ B đến mặt

phẳng ACD bằng a

3.Tính góc giữa hai mặt phẳng ACD và BCD .Biết thể tích của khối tứ

diện ABCD bằng 3a 15

27.

Câu V ( 1 điểm ). Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5

;42

:

22

1 1

2 2

1m 1 .log x 2 4 m 5 log 4m 4 0

x 2

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độ Oxy ,cho đường tròn 2 2C :x y 4x 2y 0 và đường thẳng

: x 2y 12 0 . Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 060 .

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz ,cho tứ diện ABCD với

A 2;1;0 , B 1;1;3 , C 2; 1;3 , D 1; 1;0 . Mặt phẳng : 2x y 2z 3 0 cắt mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện ABCD theo thiết diện là 1 đường tròn C . Tìm tâm và bán kính đường tròn C khi đó.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Giải phương trình: z z z z , z C 2

3 2 10

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC có diện tích bằng 3

;2và tọa độ các đỉnh

A 2;–3 , B 3;–2 ,trọng tâm G d : 3x – y – 8 0 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho M 1;2;3 .Lập phương trình mặt phẳng đi qua

M cắt ba tia Ox tại A,Oy tại B,Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tìm hệ số của số hạng chứa 2

x trong khai triển nhị thức Niutơn của n

xx

4

1

2

. Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: n

n

n n n nC C C Cn n

2 3 1

0 1 22 2 2 6560

2

2 3 1 1

.

( k

nC là tổ hợp chập k của n phần tử )

Trang 56

ĐỀ SỐ 22. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ).


y Cx 1

.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số

2. 0 0M x ; y là một điểm bất kỳ thuộc C . Tiếp tuyến của C tại M cắt hai đường tiệm cận tại A

và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IABkhông phụ thuộc vào vị trí điểm M. Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình: 2 2 2

4 5 20log x x 1 .log x x 1 log x x 1 .

2. Giải phương trình: 1 3cosx cos2x 2cos3x 4sinx.sin2x.


x

0

dxI

1 2011

.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho tứ diện ABCD có AB BC CA AD DB a 2, CD 2a . Tính thể tích

tứ diện ABCD .

Câu V ( 1 điểm ). Cho 3

x,y, z 0 và x y z2

. Chứng minh rằng:1 1 1 51

P x y z 4 .x y z 2

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 tọa độOxy , cho hình chữ nhật ABCDcó 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. Trong không gian với hệ toạ độOxyz , cho mặt phẳng P và mặt cầu S có phương trình

tương ứng 2 2 2P : 2x 3y 4z 5 0, S : x y z 6x 4y 10z 9 0. Lập phương trình mặt

phẳng Q song song với P và tiếp xúc với mặt cầu S , tìm tọa độ tiếp điểm khi đó.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm số phức z thoả mãn: z 2 i 2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3

đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho tam giác ABCcạnh BC có trung điểm 1

M 3;2

, hai

cạnh kia có phương trình là 4x 3y 2 0 và x 5y 9 0 . Xác định toạ độ trọn tâm G của tam giácABC .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 2 y 1 z 1

d :2 3 5

và mặt phẳng

: 2x y z 8 0 . Tìm trên đường thẳng 'd là hình chiếu vuông góc d trên mặt phẳng

những điểm sao cho khoảng cách từ điểm đó tới giao điểm của d với mặt phẳng bằng 5 21 .

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50100 100 100 100 100 100C C C C ... C C 2 .

ĐỀ SỐ 23.

Trang 57

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y x 3x mx 4 , trong đó m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, vớim 0 .

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0; .


1. Giải phương trình: 23 2cos x cosx – 2 3– 2cosx sinx 0 .

2. Giải bất phương trình sau: 2 2 22 2 4

log x log x 3 5 log x 3 .

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: 3

3 5

6

dxI

sin x cos x

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác 1 1 1ABC.A B C có tất cả các cạnh đều bằng a, góc giữa

cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 030 .Hình chiếu H của A lên mặt phẳng 1 1 1A B C thuộc đường

thẳng 1 1B C . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 1 1AA và B C theo a.

Câu V ( 1 điểm ). Xét các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x y z 1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2x y z y z x z x y

Pyz zx xz

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 trong mặt phẳng tọa độ Oxy .Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng

tọa độ là 5x 2y 6 0; 4x 7y – 21 0 . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng

trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S ,và mặt phẳng lần lượt có phương

trình 2 2 2S : x y z 2x 4y 6z 11 0, :2x 2y z 17 0 . Viết phương trình mặt phẳng

P song song với mặt phẳng và cắt mặt cầu S theo một giao tuyến là 1 đường tròn có chu vi

bằng 6 .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau :

2 3 20

1 1 i 1 i 1 i 1 i


1. Trong trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol 2P : y x 2x và elip 2

2xE : y 1

9 .

Chứng minh rằng P giao E tại 4 điểm phân biệt cùng thuộc trên một đường tròn. Viết phương

trình đường tròn qua 4 điểm đó.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho các điểm A 1; 1;0 ,B 1; 1;2 ,C 2; 2;1 ,

D 1;1;1 . Giả sử mặt phẳng đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N,Pkhác gốc O sao

cho D là trực tâm của tam giácMNP . Hãy viết phương trình của .

Câu VII.b ( 1 điểm ). Cho tập hợp X 0,1,2,3,4,5,6,7 . Lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chử

số khác nhau đôi một được lập từ tập hợp X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải là 1.

Trang 58

ĐỀ SỐ 24.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2

y x 2mx m 3 x 4 có đồ thị là m

C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị m

C của hàm số trên khim 1 .

2. Cho d có phương trình y x 4 và điểm M 1;3 . Tìm các giá trị của tham số m sao cho d

cắt m

C tại ba điểm phân biệt A 0; 4 , B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 2 .

Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải phương trình: cos2x 5 2 2 - cosx sin x - cosx .

2. Giải hệ phương trình:

2

2

x 1 y x y 4y

x,y

x 1 x y 2 y


2

6

1I sinx. sin x dx

2

.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có góc giữa mặt phẳng SBC và ACB bằng 060 .

ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC .

Câu V ( 1,0 điểm ). Xét ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn 2011 2011 2011x y z 3 . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức 4 4 4P x y z .

II. 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 trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC có B 1;2 , phân giác trong góc A có phương

trình : 2x y –1 0 , khoảng cách từ C đến bằng 2 lần khoảng cách từ B đến . Tìm

A,C biết C thuộc trục tung.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm M 2 ;1 ;0 và đường thẳng d có phương

trình là x 1 y 1 z

d :2 1 1

. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông

góc với đường thẳng d và tìm tọa độ của điểm 'M đối xứng với M qua đường thẳng d.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Giải phương trình nghiệm phức : 25

z 8 6iz

.


1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho hypebol H có phương trình: 2 2x y

12 3 và

điểm M 2;1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt H tại hai

điểm A, Bmà M là trung điểm củaAB .

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d là giao tuyến của 2 mặt phẳng:

P : 2x – 2y – z 1 0, Q : x 2y – 2z – 4 0 và mặt cầu 2 2 2S : x y z 4x – 6y k 0 . Tìm

tất cả các giá trị của k để S cắt d tại 2 điểm ABsao cho AB 8 .

Trang 59

Câu VII.b ( 1 điểm ). Giải hệ phương trình: 2 2 2

3 3 3

x log 3 log y y log xx,y

x log 12 log x y log y

.

ĐỀ SỐ 25.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2 3my x 3mx 4m C ( m là tham số)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khim 1 .

2. Xác định mđể mC có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y x .


1. Giải phương trình: 2cos3x 3sinx cosx 0 .


2 2

x 91 y 2 y

y 91 x 2 x

.

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân e

ln xI x ln x dx.

x ln x

3

2

1

4

2 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ ' ' 'ABC.A BC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông

góc của 'A lên măt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giácABC . Tính thể tích khối lăng trụ

' ' 'ABC.A BC biết khoảng cách giữa 'AA và BC là a 3

4.

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: 2 2 2x y z 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: 3 3 3P x y z – 3xyz .

II. 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 tọa độ Oxycho hình chữ nhật ABCD có tâm 1

I ;02

, đường thẳng ABcó

phương trình: x – 2y 2 0, AB 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ

nhật đó.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm M 1; 1;1 và hai đường thẳng

x y 1 z x y 1 z 4

d : và d ' :1 2 3 1 2 5

. Chứng minh điểm M, d , d’ cùng nằm trên một mặt

phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.

Câu VII.a ( 1,0điểm ). Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2

4 3 zz z z 1 0

2 .

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho đường tròn 2 2C : x y 1 , đường thẳng d : x y m 0 .

Tìm m để C cắt d tại A và Bsao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.

Trang 60

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P và đường thẳng d lần lượt có

phương trình x y 1 z 2

P : 2x y 2z 2 0; d :1 2 1

. Viết phương trình mặt cầu có tâm

thuộc đường thẳng d , cách mặt phẳng P một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng P theo giao

tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tìm hệ số của số hạng chứa 8x trong khai triển Newton: 12

4 11 x

x

.

ĐỀ SỐ 26.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 4 2 4

my x 2mx 2m m C ( m là tham số).

1. Khảo sát sự biến và vẻ đồ thị hàm số khi m 1

2. Tìm tham số m để đồ thị hàm số mC có cực đại, cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị lập

thành tam giác đều. Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình: 3 3 2 3 2cos3xcos x – sin3xsin x

8

.

2. Giải phương trình: 2x 1 x x 2 2

x 2 x 1 x 2 3 0 .


4 2

0

xdxI

x x 1

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật,AB a, AD a 2, SA a và

vuông góc với mp ABCD .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,SC .Gọi I là giao điểm

của BM,AC . Chứng minh mp SAC vuông góc với mp SMB . Tính thể tích của tứ diện AINB.

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức a b c a b c a b cM 4 9 16 9 16 4 16 4 9 .

II. PHẦN RIÊNG ( 3 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 hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có phương trình 2 21C : x y 4y 5 0 và

2 22C : x y 6x 8y 16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của 1 2C và C

2. Trong không gian hệ tọa độOxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z 1 0 và các đường thẳng

1 2x 1 y 3 z x 5 y z 5

d : , d : .2 3 2 6 4 5

Tìm điểm M thuộc 1d , N thuộc 2d sao cho MN song

song với P và đường thẳng MN cách P một khoảng bằng 2.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1 z –1 2

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm )

Trang 61

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2x y

E : 19 4 và hai điểm A 3; 2 , B 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. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho đường thẳng

x t

d : y 2t t

z 1

và điểm

A 1,0, 1 .Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng d để tam giác AEF là tam giác

đều.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 n

0 1 2 n

n n n n

2 2 2 121C C C ... C

2 3 n 1 n 1

ĐỀ SỐ 27.



y 1x 1

.

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

2. Tìm điểm M thuộc đồ thị C để tiếp tuyến của C tại M với đường thẳng đi qua M và giao

điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng 9 . Câu II (2,0 điểm ).

1. Giải phương trình lượng giác:

4 44sin 2x cos 2x

cos 4x

tan x . tan x4 4

.

2. Giải hệ phương trình: x 2y xy 0

x, yx 1 2y 1 1

.


3ln 2

2x3

0

dxI

e 2

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm 'O và O , bán kính bằng chiều cao và

bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm 'O lấy điểm B sao

cho AB 2a . Tính thể tích của khối tứ diện 'OO AB .

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho x,y,z thoả mãn là các số thực 2 2x xy y 1 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất

của biểu thức 4 4

2 2

x y 1P .

x y 1

II. 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 toạ độOxy , cho hình chữ nhật ABCDcó phương trình đường thẳng

AB: x – 2y 1 0 , phương trình đường thẳng BD: x – 7y 14 0 , đường thẳng

AC đi qua M 2; 1 . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Trang 62

2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho đường thẳng x 3 y 2 z 1

d :2 1 1

và mặt phẳng

P : x y z 2 0 . Gọi M là giao điểm của d và P . Viết phương trình đường thẳng nằm trong

mặt phẳng P , vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Giải bất phương trình 2

2log x 2log x

2 x 20 0 2 B.Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2 điểm ). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABCvới A 1; 2 , đường cao CH : x y 1 0 , phân giác

trong BN : 2x y 5 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC .

2. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

x 1 y z 2

d :1 2 2

và mặt phẳng P : 2x – y – 2z 0 .

Câu VII.b ( 1 điểm ). Tìm số phức z thỏa mãn :

22

2 z i z z 2i

z z 4

.

Trang 63



y Cx 1

.

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 3 4 2 3 4sinx sin x sin x sin x cosx cos x cos x cos x .

2. Giải phương trình: 3 3x 34 x 3 1 .

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân : 6

0

tan x4

I dxcos2x

.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác ' ' 'ABC.A BC với 'A .ABC là hình chóp tam giác đều

cạnh đáyAB a ; cạnh bên 'AA b . Gọi là góc giữa hai 'mp ABC và mp A BC . Tính tan và thể

tích chóp ' ' 'A .BCC B .

Câu V ( 1,0 điểm ). Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2

1 1 x 1 1 x9 m 2 3 2m 1 0 .

II. 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 Oxycho các điểm A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5 và đường thẳng

d :3x y 5 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng :

x tx y z

d : , d : y t

z t

1 2

2 22 1

31 1 2

. Viết phương trình đường thẳng vuông góc chung

của 1 2d và d , từ đó suy ra mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung đó.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Chứng minh rằng: z z z z và z .z z .z 1 2 1 2 1 2 1 2

B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxycho điểm C 2; 5 và đường thẳng : 3x 4y 4 0.

Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua 5

I 2;2

sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.

2. Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho mặt phẳng P và đường thẳng d lần lượt có

phương trình: x y 1 z 2

P : 2x y 2z 2 0, d :1 2 1

. Viết phương trình mặt phẳng Q chứa

đường thẳng d và tạo với mặt phẳng P một góc nhỏ nhất.

Trang 64

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình .

,

3x 1 y 2 y 3x

2

2 2 3 2

x y

3x 1 xy x 1

ĐỀ SỐ 29.


Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2 2

my x mx 2m 7m 7 x 2 m 1 2m 3 C (m là tham

số).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C khi m 1 .

2. Tìm m để hàm số mC đồng biến nữa khoảng 2; .


1. Tìm x ; 0 thỏa mãn phương trình: cos x

cotx –1 sin x sin xtan x

22 12

1 2.


2

2xyx y 1

x y x, y

x y x y

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân:

2

3

0

3sin x 2cosxI dx

sin x cosx

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là hình hình thoi cạnh a và có góc BAD bằng 060

.O là giao điểm củaAC và BD .Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng và a 3

SO4

, I là hình

chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng SBC . Tính góc tạo bởi mặt phẳng SBC với mặt phẳng

ABCD , và tính thể tích hình chóp I.OBC .

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho x,y,z 0 thoả mãn x y z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

3

x y 16zP

x y z

II. 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 độOxy , hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABCbiết

trực tâm H 1;0 , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K 0; 2 , trung điểm cạnh AB là M 3;1 .

2. Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho tam giác ABC có đỉnh A 1;2;5 và

phương trình hai đường trung tuyến là x 3 y 6 z 1 x 4 y 2 z 2

và2 2 1 1 4 1

. Viết

phương trình các cạnh của tam giácABC .

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Tìm hệ số của x8 trong khai triển n

2x 2 , biết: 49CC8A1

n

2

n

3

n

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho điểm A 1;1 và đường thẳng : 2x 3y 4 0 . Tìm tọa độ

điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 045 .

Trang 65

2. Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz , cho đường thẳng x 1 y 3 z

:1 1 4

và điểm

0 ; ;0M 2 . Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm M song song với đường thẳng

đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng P bằng 4.

Câu VII.b ( 1,0 điểm ). Cho A,B là hai điểm trong mặt phẳng theo thứ tự biểu diễn các số phức 0 1z ,z

khác 0 thỏa mãn đẳng thức 2 2

0 1 0 1z z z z . Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác đều

( O là gốc tọa độ ).

ĐỀ SỐ 30. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I ( 2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2y x 3x 2 C .

1. Khảo sát và vẻ đồ thị của hàm số C .

2. Tìm m để đồ thị hàm số C có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm về hai phía khác nhau

của đường tròn ( phía trong và phía ngoài ) 2 2 2

mC : x y 2mx 4my 5m 1 0 .

Câu II ( 2,0 điểm ). 1. Giải phương trình: sin2x 2tanx 3 .

2. Giải phương trình sau: 2 2 2 23x 5x 1 x 2 3 x x 1 x 3x 4.

Câu III ( 1,0 điểm ). Tính tích phân sau: 2

0

sin 2x sinxI dx

1 3cosx

.

Câu IV ( 1,0 điểm ). Cho hình hộp ' ' ' 'ABCD.A BC D có đáy là hình chữ nhật vớiAB 3;AD 7 .Hai

mặt bên ' ' ' 'ABBA và ADD A , lần lượt tạo với đáy những góc 0 045 và 60 .. Tính thể tích khối hộp

nếu biết cạnh bên bằng 1.

Câu V ( 1,0 điểm ). Cho x 0,y 0, x y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y

T1 x 1 y

II. 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 tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 1 2d : x y 0 và d : 2x y 1 0 .

Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d và các

đỉnh B,D thuộc trục hoành.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 3 z 3

d :1 2 1

và mặt phẳng

P : 2x y 2z 9 0. Tìm tạo độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng P . Viết

phương trình tham số của đường thẳng nằm trong mặt phẳng P , biết qua điểm A và vuông

góc với đường thẳng d.

Câu VII.a ( 1,0 điểm ). Giải phương trình: 2z 2012 0 trên tập số phức. B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho, cho đường tròn 2 2C : x y 2x 6y 6 0 và điểm

M 3; 1 . Gọi 1 2T và T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn C . Viết phương

trình đường thẳng 1 2T T .

Trang 66

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x y 2 z

d :1 2 2

và mặt phẳng

P : x y z 5 0. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm A 3; 1;1 nằm

trong mặt phẳng P và hợp với d một góc 045 .

Câu VII.( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình: 2 y 1

2 x 1

x x 2x 2 3 1x, y

y y 2y 2 3 1

.

PHẦN IV. ĐÁP ÁN 15 ĐỀ THAM KHẢO CỦA BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.


Câu ý Lời Giải Điểm

I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Hoành độ giao điểm của d : y x m và C là nghiệm phương trình:

x 1x m

2x 1

x m 2x 1 x 1 ( do 1

x2

không là nghiệm)

22x 2mx m 1 0 *

0.25

D cắt C tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi * có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2:

' 2 2m 2m 2 0 m 1 1 0

m d luôn1 1f 0 m m 1 02 2

cắt C tại hai

điểm phân biệt với mọi m.

0.25

Gọi x1 và x2 là nghiệm của * , ta có:

2 2

2 1

1 2 2 2 2 2

1 2 1 2

2x 1 2x 11 1k k

2x 1 2x 1 2x 1 . 2x 1

2

1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2

4 x x 8x x 4 x x 2

4x x 2 x x 1

0.25

Theo định lý Viet 1 2

1 2

x x m

m 1x .x

2

suy ra:

2

22

1 2 2

m 14m 8. 4m 2

2k k 4m 8m 6 4 m 1 2 2.m 1

4. 2.m 12

Suy ra: 1 2k k lớn nhất bằng 2 , khi và chỉ khi m 1.

0.25

II 1 2

1 sin2x cos2x2 sin xsin2x.

1 cot x

Điều kiện: sin x 0 * .

0.25

Trang 67

Phương trình đã cho tương đương với:

2

1 sin 2x cos2x2 2 sin xsin x cosx.

1

sin x

2 21 sin2x cos2x sin x 2 2 sin xcosx

1 sin2x cos2x 2 2 cosx do sinx 0

21 2sinx.cosx 2cos x 1 2 2 cosx 0

2cosx cosx sinx 2 0.

0.25

cosx sin x 2 0 1

cosx 0 2

1 cosx sin x 2 sin x 1 x k2 ,4 4

thỏa mãn * .

0.25

2 cosx 0 x k ,2

thỏa mãn * .

Vậy, phương trình có 2 họ nghiệm : S k ; k2 k .2 4

0.25

II 2

2 2 3

22 2

5x y 4xy 3y 2 x y 0 1

xy x y 2 x y 2 .

Ta có phương trình 2 2 2 22 xy x y 2 x 2xy y 0

2 2 2 2 2 2

2 2

xy 1xy x y 2 x y 2 0 xy 1 x y 2 0

x y 2

0.25

Với 1

xy 1 xy

thay vào phương trình 1 ta được:

2

2 3 4 21 1 15 .y 4 .y 3y 2 y 0 y 2y 1 0

y y y

y 1.

Suy ra: x;y 1;1 hoặc x;y 1; 1 .

0.25

2 2 2 21 3y x y 4xy 2x y 2 x y 0 * , với 2 2x y 2 thay vào

* ta được 2 2 2 26y 4xy 2x y 2 x y 0 4y 2x 4xy 2x y 0

2y x xy 2y x 0

1 xy 2y x 0 xy 1 hoặc x 2y.

0.25

Với x 2y thay vào phương trình 2 2x y 2 ta được:

2 2 2 104y y 2 5y 2 y

5

Vậy 2 10 10

x;y ;5 5

hoặc 2 10 10

x;y ; .5 5

Vậy hệ có nghiệm: 2 10 10 2 10 10

x,y 1;1 , 1; 1 , ; , ; .5 5 5 5

0.25

III 4 4 4

0 0 0

xsin x cosx x cosx xsin x cosx x cosxI dx dx dx.

xsin x cosx xsin x cosx xsin x cosx

0.25

Ta có: 4 4

41 0

0 0

xsin x cosxI dx dx x

xsin x cosx 4

0.25

Trang 68

∆

S

A C

B

D

M

N

H

Và

4 4

42

00 0

d xsin x cosxx cosxI dx ln xsin x cosx

xsin x cosx xsin x cosx

0.25

1 2

2 2ln 1 I I I ln 1 .

2 4 4 2 4

0.25

IV

Ta có

SAB SAC SA

SAB ABC SA ABC

SAC ABC

Nên AB BC

BC SB SB BCSA BC

Vậy

SBC ABC BC

SB SBC ,SB BC

AB SAB ,AB BC

0SBC , ABC SB,AB SBA 60

SA SB.tanSBA 2a 3.

0.25

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Vì M là trung điểm của AB

nên MN là đường trung bình của ABC

MN / /BC

BCMN a

2

AB,BM a.

2

Tứ giác BCNM là hình thang vuông tại B nên có diện tích:

2

BCNM

BC MN .BM 2a a .a 3aS .

2 2 2

SA BCNM nên SA là đường cao của chóp S.BCNM nên có thể tích:

23

S.BCNM BCNM

1 1 3aV SA.S .2a 3. a 3.

3 3 2

0.25

Kẻ đường thẳng đi qua N, song song với AB.

Hạ AD D . Vì AB//ND AB// SND

d AB,SN d AB, SND d A, SND .

Hạ AH SD H SD . Ta có SA DN

DN SAD DN AHSD DN

AH SND d A, SND AH

0.25

Tam giác SAD vuông tại A, có AH là đường cao của SAD Nhận thấy AMND là hình vuông nên AD = MN = a

2 2 22

SA.AD 2a 3.a 2a 39d AB,SN AH .

13SA AD 2a 3 a

0.25

V Trước hết ta chứng minh:

1 1 2* ,

1 a 1 b 1 ab

với a và b dương, ab 1.

Thật vậy, * a 1 1 ab b 1 1 ab 2 1 a 1 b

a b 2 1 ab 2 1 a 1 b

2 2 2

a b ab 2 ab a b 2ab a b ab 2ab a b 2 ab 0

ab a b 2 ab a b 0 ab a b a b 0

0.25

Trang 69

M

I

A

B

2

ab 1 a b 0, luôn đúng với a và b dương, ab 1.

Áp dụng * với x và y thuộc đoạn 1;4 và x y, ta có:

x y z 1 1 1 1 2P

3y z x 3y2x 3y y z z x x2 1 1 2 1x y z x y

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: z x

y z hoặc

x1 1

y

0.25

Đặt 2

x y 1t , t 1;2 .

y x t

khi đó: 2

2

2

1 2 t 2P .

3 1 t 2t 3 1 t2t

Xét hàm 2

2

t 2f t , t 1;2 .

2t 3 1 t

Ta có

3

'

2 22

2 t 4t 3 3t 2t 1 9f t 0 t 1;2 .

2t 3 1 t

34

f t f 2 ;33

dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: x

t 2 4 x 4,y 1 2 .y

0.25

34P ,

33 từ 1 và 2 suy ra dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: x 4,y 1 và z = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 34

; khi x = 4,y = 1, z = 2.33

0.25

VIa 1 Đường tròn C có tâm I 2;1 , bán kính IA 5.

Tứ giác MAIB có 0MAI MBI 90 và MA = MB

MAIB IAM IBM

1 1S S S IA.MA IB.MB

2 2

1IA.2MA IA.MA

2

0.25

Theo đề ra IAMB

10 10S 10 IA.MA 10 MA 2 5

IA 5

2 2

2 2IM IA MA 5 2 5 5.

0.25

Chuyển về phương trình tham số có dạng là x t

ty 2 t

.

M , có tọa độ dạng M t; 2 t .

Vậy 2 2 2IM 5 t 2 t 3 25 2t 2t 12 0

0.25

t 2.

t 3

Vậy M 2; 4 hoặc M 3;1 . 0.25

2 Gọi 0 0 0M x ;y ;z ,

2 22

0 0 0MA x 2 y z 1 , 2 22

0 0 0MB x y 2 z 3

0.25

Trang 70

Theo đề ra

0 0 0

2 22

0 0 0

2 22

0 0 0

2x y z 0M P

x 2 y z 1 9MA = MB = 3

x y 2 z 3 9

0 0 0

0 0 0

2 22

0 0 0

2x y z 4 0

x y z 2 0

x 2 y z 1 9

0.25

0

0

2

0 0

x 2y 2

z 3y

7y 11y 4 0

0.25

Giải hệ trên x;y;z 0;1;3 hoặc 6 4 12

; ; .7 7 7

Vậy có 2 điểm M là : M 0;1;3 hoặc 6 4 12

M ; ; .7 7 7

0.25

VIIa

Gọi 2 2z a bi z a bi a,b , z a b

222 2 2ta có: z z z a bi a b a bi

0.25

2 2 2 2

2 2 2 2 a b a b aa b 2abi a b a bi

2ab b

0.25

2a 2b

b 2a 1 0

0.25

Giải hệ trên a;b 0;0 hoặc 1 1

a;b ;2 2

hoặc 1 1

a;b ; .2 2

Vậy z 0 hoặc 1 1

z i2 2

hoặc 1 1

z i.2 2

0.25

VIb 1 Gọi 0 0A x ;y . Do A,B thuộc

2 2 22 00

x y 4 xE : 1 y .

4 1 4

Có hoành độ dương

và tam giác OAB cân tại O, nên: 0 0 0B x ; y ,x 0.

2

2 2 2 200 0 0 0 0 0

4 xAB x x y y 2 y 2. 4 x .

4

0.25

Gọi H là trung điểm 0AB H x ;0 , vì OAB cân tại O nên: OH AB

0và OH x .

Diện tích: 2

OAB 0 0

1 1S OH.AB x 4 x

2 2

0.25

2 2

0 0

1x 4 x 1.

2

Dấu " " xảy ra, khi và chỉ khi

2

02

0 0

0

2y4 2 2

x 2 y .4 2

y2

0.25

Vậy: 2 2

A 2; và B 2;2 2

hoặc

2 2A 2; và B 2;

2 2

0.25

2 Mặt cầu S có tâm I 2;2;2 , bán kính R 2 3. 0.25

Trang 71

Dễ dàng nhận thấy O và Acùng thuộc mặt cầu S . Vậy các điểm O,A,B cùng

nằm trên mặt cầu S .

Mặt khác tam giác OABđều nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp OAB

OA 4 2r .

3 3

Gọi P là mặt phẳng qua 3 điểm O,A,B , vậy mp P cắt mặt cầu theo 1 giao

tuyến là đường tròn có bán kính là r.

Vậy khoảng cách: 2

22 2 4 2 2

d I, P R r 2 3 .3 3

mp P đi qua O và có phương trình dạng: 2 2 2ax by cz 0, a b c 0 * .

mp P đi qua A, suy ra: 4a 4b 0 b a 1 .

0.25

2 2 2

2 a b c2 2d I, P 2

3 3a b c

Thế 1 vào 2 ta được 2 2

2c 2.

32a c

0.25

2 2 2c a

2a c 3c .c a

Với c a chọn a 1 c 1 thay vào * mp P : x y z 0

Với c a chọn a 1 c 1 thay vào * mp P : x y z 0

0.25

VIIb

Gọi z a bi z a bi a;b ,

Ta có: 2z 1 1 i z 1 1 i 2 2i

2 a bi 1 1 i a bi 1 1 i 2 2i

2a 1 2bi 1 i a 1 bi 1 i 2 2i

0.25

2a 1 2ai i 2bi 2b a 1 ai i bi b 2 2i 0.25

3a 3b 2

3a 3b a b 2 i 2 2ia b 2 2

0.25

1a

3

1b

3

Vậy môđun: 2 2

2 2 1 1 2z a b .

3 3 3

0.25

Lời bình: Trong đề này có một số bài mà chúng ta có thể chọn cách khác mà vẫn ra đúng, mời bạn đọc tham khảo thêm. Câu I. 2. Trong câu này ta có thể làm ý sau của câu này như sau:

Gọi x1 và x2 là nghiệm của * , ta có:

1 2 2 2 2 2

1 21 2 1 2

1 1 1 1 2k k

2x 1 . 2x 12x 1 2x 1 2x 1 2x 1

Trang 72

2

1 2 1 2

2

4x x 2 x x 1

Theo định lý Viet 1 2

1 2

x x m

m 1x .x

2

suy ra: 1 2 2

2k k 2.

m 14. 2.m 1

2

Suy ra: 1 2k k lớn nhất bằng 2 , khi và chỉ khi m 1.

Câu V.

x y z

P2x 3y y z z x

Giả sử ta xem đẳng thức có ẩn là z nên ta đạo hàm theo ẩn z ta được

'x y z xyy x

P zy z z x y z z x

2

2 2 2 2

Nếu x y thì P 6

5

Nếu x y thìz xy

Ta xét đẳng thức

xy y. y y. xx y xP P xy

x y x yy xy xy x y y x x y x

2 3 2 3

x

yx y

xx y y x x.y y

2 2

2 32 3 1

.

Khảo sát hàm số P theo biến z, ta nhận thấy P nhỏ nhất khi và chỉ khi z xy

Đặt x

ty

vì x,y ; và x y t ; 1 4 1 2

Đẳng thức trở thành t

P f tt t

2

2

2

2 3 1,

Ta có

'

t t t tf t t ;

t t

3 2

2 22

2 4 1 3 2 30 1 2

2 3 1

Nên f t luôn nghịch biến trên nữa khoảng ;1 2 .

t 1 2

'f t

f t

34

33

Vậy P f . 34

233

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: x 4,y 1 và z = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 34

; khi x = 4,y = 1, z = 2.33

Trang 73

ĐỀ SỐ 2.

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2

' 3 2 '

2

x 0y x 4x 4 m 1 x 4x x m 1 ; y x 0

x m 1 1 .

0.25

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0

m 1 0

m 1 * .m 1 0

0.25

Khi đó: 2 2A 0;m ,B m 1; m m 1 và C m 1; m m 1 .

2

2OA m m , BC 2 m 1

Theo đề ra ta có 2

OA BC m 2 m 1

2 2m 4 m 1 m 4m 4 0

0.25

m 2 2 2; thỏa mãn * .

Vậy giá trị cần tìm: m 2 2 2

m 2 2 2

0.25

II 1 sin2xcosx sinxcosx cos2x sinx cosx. Phương trình đã cho tương đương với:

22sinxcos x sinxcosx cos2x sinx cosx.

sinx 1 cos2x sin xcosx cos2x sinx cosx

0.25

sinx sinx.cos2x sinxcosx cos2x sinx cosx 0

cos2x sinx 1 cosx sin x 1 0 sin x 1 cos2x cosx 0 0.25

sin x 1 0 1

cos2x cosx 0 2

1 sin x 1 x k2 .2

0.25

k2

2 cos2x cosx cos x x .3 3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: k2

S k2 ; k .2 3 3

0.25

II 2 23 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x x .

Điều kiện: x 2 0

2 x 2 * .2 x 0

Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

2 23 2 x 2 2 x 4 4 x 10 3x 4 4 x 1 .

0.25

Đặt 2 2t 2 x 2 2 x ** t 10 3x 4 4 x

Phương trình 1 trở thành: 2t 0

3t tt 3.

0.25

với t 0 thay vào ** ta được 2 x 2 2 x 0 2 x 2 2 x 0.25

Trang 74

O

A D

B

A1

B1

D1

C1

C

EH

6

2 x 4 2 x x5

thỏa mãn * .

với t 3 thay vào ** ta được 2 x 2 2 x 3 2 x 3 2 2 x

vô nghiệm (do 2 x 2và 2 2 x 3 3 với mọi x 2;2 )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 6

x .5

0.25

III 3 3 3

2 2 2

0 0 0

1 xsin x 1 xsin xI dx dx dx.

cos x cos x cos x

0.25

Ta có: 3

32 2 0

0

1I dx tanx 3.

cos x

0.25

Và : 3

2 2

0

x sin xI dx

cos x

Đặt 2

u x

sinxdv dx

cos x

ta có

du dx

1v

cosx

3 3 3 33

2 2 2 2

0 0 0 00

d sin xx dx 2 cosxdx 2 cosxdx 2I

cosx cosx 3 cos x 3 1 sin x 3 sin x 1

3

0

2 1 1 1d sin x

3 2 sin x 1 sin x 1

0.25

3

0

2 1 sinx 1 2ln ln 2 3 .

3 2 sinx 1 3

Vậy 1 2

2I I I 3 ln 2 3 .

3

0.25

IV Gọi O là giao điểm của ACvà BD ,

Theo đề ra 1A O ABCD . Vậy 1A O là đường cao

của khối lăng trụ 1 1 1 1ABCD.A B C D .

Gọi E là trung điểm AD OE AD

Ta có 1

1

A O ADA E AD

OE AD

Vậy

1 1

1 1 1 1

ADD A ABCD AD

A O ADD A ,A E AD

OE ABCD ,OE AD

0

1 1 1 1ADD A , ABCD A E,OE A EO 60 .

0.25

0

1 1 1

AB a a 3A O OA tan A EO t anA EO tan60 .

2 2 2

Diện tích đáy: 2

ABCDS AB.AD a.a 3 a 3.

Thể tích: 1 1 1 1

32

ABCD.A B C D 1 ABCD

a 3 3aV A O.S .a 3 đvtt .

2 2

0.25

Ta có: 1 1 1 1B C / /A D B C / / A BD 1 1 1d B , A BD d C, A BD . 0.25

Trang 75

d

M

N

O

Hạ 1

1

CH A OCH BD H BD CH A BD

CH BD

1d C, A BD CH.

Suy ra:

1 1 2 2 22

CD.CB a.a 3 a 3d B , A BD CH .

2CD CB a a 3

0.25

V Với a,b dương, ta có: 2 22 a b ab a b ab 2

2 2 2 2 2 22 a b ab a b ab 2 a b 2 a b ab ab a b 2 a b

a b 1 1

2 1 a b 2 .b a a b

0.25

Theo côsi ta có 1 1 1 1 a b

a b 2 2 2 a b 2 2 2 ,a b a b b a

a b a b a b 52 1 2 2 2 .

b a b a b a 2

0.25

Đẳng thức đã cho tương đương: 3 2

a b a b a b a b a b a bP 4 3 . 9 2 .

b a b a b a b a b a b a

3 2

a b a b a b a b4 3 9 2 * .

b a b a b a b a

Đặt a b 5

t t .b a 2

* trở thành 3 2 3 2P 4 t 3t 9 t 2 4t 9t 12t 18

Xét hàm 3 2f t 4t 9t 12t 18, với 5

t .2

0.25

Ta có: ' 2

5;

2

5 23f t 6 2t 3t 2 0 minf t f .

2 4

Vậy 23

min P ; khi và4

chỉ khi:

a b 5

a;b 2;1b a 2.

1 1 a;b 1;2a b 2

a b

0.25

VIa 1 N d,M có tọa độ dạng: N a;2a 2 ,M b;b 4 .

ON a;2a 2 ,OM b;b 4

O,M, N cùng thuộc đường thẳng, khi và chỉ khi ON và OM

phải cùng phương a 2a 2

b b 4

a b 4 2a 2 b b 2 a 4a

4ab .

2 a

0.25

2 22 2ON a 2a 2 ,OM b b 4

2 22 2OM.ON 8 a 2a 2 . b b 4 8

0.25

Trang 76

2 225a 8a 4 4 a 2 .

2

2 2

2

5a 6a 05a 6a 5a 10a 8 0

5a 10a 8 0 VN

2

a 0

5a 6a 0 .6a

5

0.25

Vậy tìm các điểm N 0; 2 hoặc 6 2

N ; .5 5

0.25

2 Theo đề ra ta có I P nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:

x y z 3 0

I 1;1;1 .x 2 y 1 z

1 2 1

0.25

Gọi 2 2 2

M a;b;c MI a 1;b 1;c 1 ,MI a 1 b 1 c 1

ta có:

2 2 2

M P a b c 3 0

MI MI.u 0 a 2b c 2 0

MI 4 14 a 1 b 1 c 1 224

0.25

2 2 2

b 2a 1

c 3a 4

a 1 2a 2 3a 3 224

0.25

a 5

b 9

c 11.

a 3

b 7

c 13

Vậy tìm được M 5;9; 11 hoặc M 3; 7;13 . 0.25

VIIa

Gọi z a bi với 2 2a,b và a b 0 z a bi

5 i 3 5 i 3z 1 0 a bi 1 0

z a bi

0.25

a bi a bi 5 i 3 a bi 0

2 2 2 2a b 5 i 3 a bi 0 a b a 5 b 3 i 0

0.25

2 2 2a b a 5 0 a a 2 0

b 3 0 b 3

0.25

a 1

b 3

a 2

b 3

. Vậy z 1 i 3 hoặc z 2 i 3. 0.25

Trang 77

E

D

F

A

B C

VIb 1 Nhận thấy EFn 0;1 và

5BD ;0 BD / /EF

2

tam giác ABC cân tại A nên AD BC . đường thẳng AD vuông góc với EF Đường thẳng ADđi qua điểm D và vuông góc vói EF

Có vtcp AD EF ADu n 0;1 n 1;0

nên phương trình: AD: x 3 0.

0.25

F EF nên F có tọa độ dạng F t;3

2

21 25BF t 2 , BD

2 4

2

2t 11 25

Ta có BF BD t 2t 3.2 4

0.25

BF

1t 1 F 1;3 BF 3;4 vtpt BF : n 4;3

2

suy ra đường thẳng BF có phương trình BF: 4x 3y 5 0

AD BF A , vậy A là nghiệm của hệ

x 34x 3y 5 0

7x 3 0 y

3

7A 3; ,

3

không thỏa mãn yêu cầu (A có tung độ dương).

0.25

BF

1t 2 F 2;3 BF 3;4 vtpt BF : n 4; 3

2

suy ra đường thẳng BF có phương trình BF: 4x 3y 1 0.

A AD BF A , vậy A là nghiệm của hệ

x 34x 3y 1 0

13x 3 0 y

3

13A 3; ,

3

thỏa mãn yêu cầu.

Vậy tìm được điểm 13

A 3; .3

0.25

2 Chuyển phương trình đường thẳng về dạng tham số ta được:

x 2 t

y 1 3t t .

z 5 2t

M , suy ra tọa độ M có dạng: M 2 t;1 3t; 5 2t .

0.25

AM t;3t; 6 2t và AB 1; 2;1 AM,AB t 12; t 6; t .

0.25

2 2 2AM,AB t 12 t 6 t

Theo đề ra 2 2 2

MAB

1S 3 5 AM,AB 3 5 t 12 t 6 t 180

2

0.25

2t 0

t 12t 0t 12

.

Vậy M 2;1; 5 hoặc M 14; 35;19 .

0.25

Trang 78

VIIb

1 3

1 i 3 2 i 2 cos isin2 2 3 3

và 1 i 2 cos isin .4 4

0.25

3

3

3

2 cos isin8 cos isin3 31 i 3

z3 31 i

2 2 cos isin2 cos isin4 44 4

0.25

2 2 cos isin4 4

2 22 2 i 2 2i.

2 2

Vậy số phức z có: phần thực là 2 và phần ảo là 2.

0.25



I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Hoành độ giao điểm của d : y 2x 2k 1 và C là nghiệm của phương trình:

2x 1kx 2k 1

x 1

2x 1 x 1 kx 2k 1 ( Do x 1 không là nghiệm)

2kx 3k 1 x 2k 0 1

0.25

d cắt C tại hai điểm phân biệtA,B khác 1 , khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm

phân biệt

2

k 0k 0k 0

0 k 6k 1 0 *k ;3 2 2 3 2 2;

1 3k 1 2k 0f 1 0

0.25

Khi đó và 1 1 2 2A,B d A x ;kx 2k 1 và B x ;kx 2k 1 , trong đó 1 2x ,x là

nghiệm của phương trình 1 .

1 2d A;Ox d B;Ox kx 2k 1 kx 2k 1

1 21 2

1 2 1 2

k x x 0kx 2k 1 kx 2k 1

kx 2k 1 kx 2k 1 k x x 4k 2 0

1 2 1 2k x x 4k 2 0 dox x .

Áp dụng định lý Viét đối với 3k 1

1 ta có k 4k 2 0k

1 3k 4k 2 0 k 3 thỏa mãn * .

Vậy giá trị cần tìm là k 3

0.25

Trang 79

II 1 sin 2x 2cosx sin x 10.

tan x 3

Điều kiện x kcosx 0 2

k *tan x 3

x k3

.

Phương trình đã cho tương với: sin2x 2cosx sinx 1 0

0.25

2cosx sin x 1 sin x 1 0 sin x 1 2cosx 1 0. 0.25

sin x 1 x k2

2k1

cosx k22

3

0.25

Đối chiếu điều kiện * nên phương trình đã cho có nghiệm S k2 k3

0.25

II 2 2

2 1

2

log 8 x log 1 x 1 x 2 0

Điều kiện:

28 x 0

1 x 0 1 x 1 *

1 x 0

Khi đó phương trình tương đương với:

2

2 2 2log 8 x log 1 x 1 x log 4 0

2

2 2log 8 x log 4 1 x 1 x

0.25

2

2 2 28 x 4 1 x 1 x 8 x 16 1 x 2 1 x 1 x

2

2 27 1 x 16 2 2 1 x 1 .

0.25

Đặt 2t 1 x t 0 1 trở thành: 2

27 t 16 2 2t

4 2t 14t 32t 17 0 2 2t 1 t 2t 17 0 t 1

0.25

Do đó 1 tương đương 21 x 1 x 0 , thỏa điều kiện * .

Vậy phương trình có nghiệm x 0 . 0.25

III 4

0

4x 1I dx.

2x 1 2

Đặt 2t 2x 1 4x 2t 1,dx tdt

Đổi cận x 0 t 1

x 4 t 3

0.25

3 332

1 1

2t 3t 10I dt 2t 4t 5 dt

t 2 t 2

0.25

33

2

1

2t2t 5t 10ln t 2

3

0.25

34 310ln .

3 5 0.25

Trang 80

B C

S

A

HD

K

IV Hạ SH BC H BC

ta có

SBC ABC

SBC ABC BC SH ABC

SH SBC

Vậy SH là đường cao cuả chóp S.ABC . 0SH SB.sin ABC 2a 3sin30 a 3

0.25

Diện tích: 2

ABC

1 1S BA.BC 3a.4a 6a

2 2

Thể tích: 2 3

S.ABC ABC

1 1V SH.S a 3.6a 2a 3

3 3

0.25

Hạ HD AC D AC , HK SD K SD HK SAC

d H; SAC HK

3BH SB.cosSBC 2a 3. 3a

2 vậy

3BH BC

4 .

BC 4HC d B; SAC 4d H; SAC

0.25

Ta có: 2 22 2AC BA BC 3a 4a 5a; HC BC BH 4a 3a a .

Nhận thấy HD HC

CDH CBABA AC

HC a 3aHD BA. 3a.

AC 5a 5 .

2 2

SH.HD 3a 7HK

14SH HD

.

Vậy 6a 7

d B, SAC 4HK .7

0.25

V 3 2 3 2 2

22

2x y 2 x xy m 2x 2x x y xy m

x x 2x y 1 2mx x y 1 2m

2

2

x x 2x y m

x x 2x y 1 2m

0.25

Đặt 2u x x 1

u .4v 2x y

Hệ đã cho trở thành: 2u.v m u 2m 1 u m 0 1

u v 1 2m v 1 2m u

Hệ có nghiệm khi 1 có nghiệm thỏa mãn 1

u4

.

0.25

Với 1

u ,4

ta có (1) 2

2 u u1 m 2u 1 u u m

2u 1

Xét 2u u

f u2u 1

, với

1u .

4

Ta có:

2

2

2u 2u 1f ' u

2u 1

.

0.25

Trang 81

B

A CED

G

2'

2

2u 2u 1 1 3f u 0 0 u

22u 1

x 1

4

1 3

2

'f x 0

f x

2 3

2

5

8

Vậy hệ có nghiệm khi 2 3

m2

.

0.25

VIa 1 Gọi D DD x ;y là trung điểm của AC ,

vậy BD là đường trung tuyến của BAC

D D D DBD x 4;y 1 ; GD x 1;y 1

ta có: BD 3GD

D D

D D

x 4 3 x 1 7D ;1

2y 1 3 y 1

0.25

Gọi 0 0E x ;y là điểm đối xứng của B qua đường phân giác trong d : x y 1 0

của góc A. I là trung điểm của 0 0x 4 y 1BE I ;

2 2

.

Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ

0 0

0 0

1. x 4 1. y 1 0

E 2; 5x 4 y 11 0

2 2

0.25

Đường thẳng AC qua DE

3D và E DE 1;4 n 4; 1

2

Có phương trình ED: 4x y 13 0 0.25

Tọa độ A d DE , vậy A thỏa mãn hệ: x y 1 0

A 4;3 C 3; 14x y 13 0

. 0.25

2 Gọi P mặt phẳng đi qua A, vuông góc với dPd n u 2;1; 2

Có phương trình P : 2x y 2z 2 0 0.25

Gọi B là giao điểm của Ox với p suy ra là đường thẳng đi qua các điểm A,B . 0.25

B Ox có tọa độ B b;0;0 .

Mặt khác B mp P thõa mãn phương trình: 2b 2 0 B 1;0;0 . 0.25

vtcp là u AB 2;2;3 , đường thẳng qua điểm A

Vậy phương trình đường thẳng

1 2

: 2 2

3 3

x t

y t

z t

0.25

Trang 82

VIIa

Gọi z a bi a,b z a bi ,

ta có z 2 3i z 1 9i a bi 2 3i a bi 1 9i 0.25

a bi 2a 2bi 3ai 3b 1 9i a 3b 3a 3b i 1 9i 0.25

a 3b 1

3a 3b 9

0.25

a 2

b 1

.

Vậy z 2 i .

0.25

VIb 1 Đường tròn C có tâm I 1; 2 bán kính bằng 10 .

Ta có: IM IN và AM AN AI MN

Vậy đường thẳng song song với trục hoành nên có phương trình : y m .

0.25

M, N C vậy có hoành độ giao điểm:

2 2

2 2x y 2x 4y 5 0x 2x m 4m 5 0 1 .

y m

1 có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x khi chỉ khi:

2 21 m 4m 5 0 6m 4m 6 0 *

Khi đó ta có 1 2M x ;m , N x ;m

0.25

1 2AM x 1;m ,AN x 1;m

AMN vuông cân tại AM AN AM.AN 0

2 2

1 2 1 2 1 2x 1 x 1 m 0 x x x x m 1 0

0.25

Áp dụng định lý Viét đối với 1 ta có 1 2

2

1 2

x x 2

x .x m 4m 5

suy ra: 2m 1

2m 4m 6 0m 3

thỏa * .

Vậy phương trình đường thẳng : y 1 hoặc : y 3.

0.25

2

Chuyển phương trình đường thẳng về dạng tham số là:

x 1 2t

: y 3 4t t

z t

Gọi I là tâm của mặt cầu. I , suy ra tọa độ I có dạng I 1 2t;3 4t; t

0.25

Bán kính của mặt cầu bằng 1 nên mặt cầu tiếp xúc với P khi và chỉ khi

2 1 2t 3 4t 2t

d I; P 1 13

0.25

t 22t 11

t 13

.

Suy ra I 5;11;2 hoặc I 1; 1; 1

0.25

Phương trình mặt cầu: 2 2 2

x 5 y 11 z 2 1

hoặc 2 2 2

x 1 y 1 z 1 1 0.25

VIIb

22x 3x 3

yx 1

2

2

2x 4xy '

x 1

0.25

Trang 83

2

2

x 22x 4xy ' 0 0

x 0x 1

0.25

17

y 0 3,y 2 .3

Vậy: 0;2

17max y

3 , tại x 0 ;

0;2

min y 3 , tại x 0 . 0.25

ĐỀ SỐ 4.

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A,B,D NĂM 2011.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Tọa độ giao điểm của C với trục tung là

3 21

x 0y x 2x 3x 10;1 .3

y 1x 0

0.25

Hệ số góc của tiếp tuyến là 'k y 0 3. 0.25

Phương trình tiếp tuyến là y 3 x 0 1 0.25

y 3x 1. 0.25

II 1 2cos4x 12sin x 1 0.

Phương trình đã cho tương đương với 22cos 2x 1 6 1 cos2x 1 0 0.25

2cos 2x 3cos2x 2 0. 0.25

cos2x 2 1

cos2x 1 2

1 cos2x 2 : Vô nghiệm.

0.25

2 cos2x 1 x k k .

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm S k k . 0.25

II 2 2 2x x x 2x 3 1 x 2x 34 3.2 4 0.

Điều kiện: 2x 2x 3 0 x 0; 1 3;

Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2x x x 2x 3 x 2x 34 3.2 4.4 0.

2

2 2

x x x 2x 3

x 2x 3 x 2x 3

4 23. 4 0.

4 4

2 2x x 2x 3 x x 2x 34 3.2 4 0.

0.25

Đặt 2x x 2x 3t 2 0, bất phương trình trên trở thành:

2t 3x 4 0 t 4 do t 0 .

0.25

2x x 2x 3 22 4 x x 2x 3 2

2

22

x 2 0 7x 2x 3 x 2 2 x .

2x 2x 3 x 2

0.25

Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 7

3 x .2

0.25

III Ta có

2 2 2 2

1 1 1 1

2x 1 1 1 1 1I dx dx dx dx.

x x 1 x x 1 x x 1

0.25

Trang 84

B

CA

S

M

2

2

1 11

1I dx ln x ln 2.

x 0.25

2

2

2 11

1I dx ln x 1 ln3 ln 2.

x 1

0.25

Do đó 1 2I I I ln2 ln3 ln2 ln3. 0.25

IV SA ABC nên SA là đường cao của chóp S.ABC

Ta có SA BC,AB BC SB BC.

Do đó

SBC ABC BC

SB SBC ,SB BC

AB ABC ,AB BC

0SBC , ABC SB,AB SBA 30

0.25

S.ABMS.ABM S.ABC

S.ABC

SCV SA.SB.SM SM 1 1 1 1 12 V V . SA. .AB.BC.V SA.SB.SC SC SC 2 2 2 3 2

0.25

ABC vuông cân tai B BC AB a. Ta có 0 a 3SA AB.tan30 .

3

0.25

Vậy 3

S.ABM

1 a 3 a 3V . .a.a đvtt .

12 2 36 0.25

V 6 x 2 4 x 2x 2 m 4 4 x 2x 2 .

Điều kiện: 4 x 0

1 x 4.2x 2 0

Xét f x 4 x 2x 2 1 x 4 .

' 1 1f x .

2 4 x 2x 2

' 1 1 1 1f x 0 0 x 3.

2 4 x 2x 2 2 4 x 2x 2

x 1 3 4

'f x 0

f x 3

3 6

0.25

Đặt 2t 4 x 2x 2 t x 2 4 x 2x 2 2.

Phương trình đã cho trở thành 2t 4t 4 m 1 .

Dựa vào bảng biến thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm 1 có nghiệm

t thỏa mãn 3 t 3.

0.25

2Xét g t t 4t 4 3 t 3 .

'g t 2t 4;g' t 0 2t 4 0 t 2.

t 3 2 3

0.25

Trang 85

'g t 0

g t 7 4 3 1

0

Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 m 1. VIa 1 Phương trình của đường thẳng qua A 2; 4 và có VTPT n a;b là:

a x 2 b y 4 0, với 2 2a b 0.

0.25

VTPT của d là dn 1;1 .

d

2 2d

n .n a bcos d, .

n . n 2. a b

0.25


2 2

a b 1cos d, cos45

22. a b

2 2a 0

a b a b ab 0 .b 0

0.25

Với a 0, ta có phương trình : y 4 0.

Với b 0, ta có phương trình : x 2 0. 0.25

2 A,B,M thẳng hàng M thuộc đường thẳng AB. 0.25

Ta có AB 2; 2; 8 2 1; 1; 4

Vậy phương trình đường thẳng

x 1 t

AB là : y 2 t

z 3 4t

M AB M 1 t;2 t;3 4t .

0.25

M P 2 1 t 2 t 3 3 4t 4 0 0.25

t 1. Vậy M 0;1; 1 . 0.25

VIIa

Đặt z a bi a,b z a bi.

Đẳng thức đã cho trở thành 2

1 2i a bi a bi 4i 20.

0.25

3 4i a bi a bi 4i 20 3a 3bi 4ai 4b a bi 4i 20

a 2b 10

2a 4b 4a 4b i 20 4ia b 1

0.25

a 4

b 3

0.25

Do đó 2 2z 4 3 5. 0.25

VIb 1 A AB AC tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình

x 3y 7 0

3x 2y 7 0

0.25

x 1

A 1;2 .y 2

0.25

AH là đường cao kẻ từ A có VTPT là AH BC AHu n 4;5 n 5; 4 . 0.25

Phương trình đường cao là 5 x 1 4 y 2 0 5x 4y 3 0. 0.25

2 Mặt phẳng P qua I và vuông góc với P dd n u 4; 3;1 có phương trình là

4 x 1 3 y 2 z 3 0 4x 3y z 5 0. 0.25

Trang 86

Tọa độ giao điểm H d P thỏa mãn hệ

x 1 y 1 z 11 1

H 1; ; .4 3 12 2

4x 3y z 5 0

0.25

2 2

2 1 1 74IH 1 1 2 3

2 2 2

Bán kính mặt cầu là

2 22

2 AB 74 26R IH 5.

2 2 2

0.25

Phương trình mặt cầu là 2 2 2

x 1 y 2 z 3 25. 0.25

VIIb

2z 2 1 i z 2i 0.

Phương trình bậc hai theo z có 2

4 1 i 8i 0 0.25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm kép z 1 i 0.25

2 2

1 1 1 i 1 1i.

z 1 i 1 1 2 2

0.25

Vậy phần thực 1 1

,z 2 phần ảo của

1 1.

z 2 0.25

ĐỀ SỐ 5.

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số 1 và trục hoành:

3 2x 2x 1 m x m 0

2

2

x 1x 1 x x m 0

x x m 0 *

0.25

Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương

trình * có hai nghiệm phân biệt, khác 1. 0.25

2

1 2x x m * ; x và x là các nghiệm của * , và gọi 3

x 1

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:

22 2 2 2

1 2 3 1 2 1 2

0 1 4m 0

f 1 0 1 1 m 0

x x x 4 x x 2x .x 1 4

0.25

1 4m 01

m 0 m 1 và m 0.4

1 2m 3

Vậy 1

m ;1 \ 04

.

0.25

II 1 1 sinx cos2x sin x

14cosx.

1 tan x 2

0.25

Trang 87

Điều kiện: x k

cosx 0 2k

1+ tanx 0x k

4

Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

2 sin x 1 sinx cos2x 1 t anx cos x4

sinx

sinx cosx 1 sinx cos2x 1 cosxcosx

sinx cosx

sinx cosx 1 sinx cos2x cosxcosx

1 sinx cos2x 1 sinx cos2x 0

0.25

2

sinx 1 loai

2sin x sinx 1 0 1sin x

2

0.25

x k2

6k .

7x k2

6

0.25

II 2

2

x x1.

1 2 x x 1

Điều kiện:2

x 0x 0

x x 1 0

Ta có: 22 2 2 22 x x 1 x x 2x 1 1 x x 1 1 1

2suy ra 1 2 x x 1 0.

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:

2 2x x 1 2 x x 1 2 x x 1 1 x x 1

0.25

Mặt khác 2222 x x 1 2 1 x 2 x 1 x x 2 , ( do

2 2a b 2 a b dấu bằng xảy ra khi a b )

0.25

Từ 2 nên 1 1 x x 0.25

2 2

1 x 0 x 1

x 3x 1 01 x x

3 5x ,

2

thỏa mãn điều kiện x 0.

0.25

III 2 x x1 1 12 x 2 x x2

x x x

0 0 0

1 1 x2

x

0 0

x 1 2e ex e 2x e eI dx dx x dx

1 2e 1 2e 1 2e

ex dx dx.

1 2e

0.25

Ta có: 1

12 3

10

0

1 1I x dx x

3 3 0.25

Trang 88

H

A

B

D

C

S

N

M

K

Và x1 1x

2 x x

0 0

d 1 2ee 1I dx ,

1 2e 2 1 2e

( có thể đặt x x x dtt 1 2e dt 2e dx e dx

2 ).

0.25

suy ra: 1

x

1 30

1 1 1 1 1 2e 1 1 1 2eI I I ln 1 2e ln ln .

3 2 3 2 3 3 2 3

0.25

IV Ta có diện tích của mặt phẳng đáy khối chóp S.CDNM :

CDNM ABCD AMN BCM

2

2 2 22

S S S S

1 1AB AM.AN BC.BM

2 2

a a 5aa .

8 4 8

0.25

Vì SH ABCD SH CDNM , vậy SH là đường cao của chóp S.CDNM .

Thể tích khối chóp S.CDNM là 2 3

S.CDNM CDNM

1 1 5a 5 3aV S .SH . .a 3 .

3 3 8 24

0.25

Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. 0 0ADM DCN ADM DCN mà ADM CDH 90 CHD 90

Hay DM CN,

Mặt khác SH ABCD DM SH DM SHC .

Hạ HK SC K SC , Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC,

Do đó: d DM,SC HK.

0.25

Ta có: 2CD 2a

HCCN 5

Xét SHC vuông tại H, có SH là đường cao 2 2 2

1 1 1

HK SH HC

2 2 2

2

2aa 3.

SH.HC 2 3a5HK19SH HC 2a

a 35

Do đó: 2 3a

d DM,SC .19

0.25

V

2

2 2

4x 1 x y 3 5 2y 0x, y

4x y 2 3 4x 7

Điều kiện: 3 5

x ; y .4 2

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

2 24x 1 x y 3 5 2y 4x 1 x 2 3 y 5 2y

24x 1 .2x 5 2y 1 5 2y 1

0.25

Nhật xét: Phương trình 1 có dạng f 2x f 5 2y , 0.25

Trang 89

O

B

A

x

y dd'

IC

xét hàm 2 3f t t 1 t t t.

Ta có: ' 2f t 3t 1 0, suy ra f đồng biến trên .

Do đó:

2

x 0

1 2x 5 2y 5 4xy *

2

Thế * vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

2

2 254x 2x 2 3 4x 7 0 3 .

2

Nhận thấy x 0 và 3

x4

không phải là nghiệm của 3 .

Xét hàm 2 25g x 4x 2x 2 3 4x 7

2

, trên khoảng

30; .

4

0.25

2 25 4 4 4g ' x 8x 2x 4x 4x 3 0 x 0; ,

2 33 4x 3 4x

Suy ra hàm g x nghịch biến.

Mặc khác 1

g 0,2

do đó 3 có nghiệm duy nhất

1x ;

2 thay vào * y 2 .

Vậy hệ đã cho có nghiệm: 1

x; y ;2 .2

0.25

VIa 1 d1 và d2 cắt nhau tại O, 1 2

3. 3 1.1 1cos d ,d

23 1. 3 1

và tam giác OAB vuông tại B (vì ABC vuông tại

B), do đó 0AOB 60

à0 0BAO BAC 90 m BAO BOA 90 0BAC BOA 60

0.25

Ta có:

Tam giác OAC vuông tại A nên tan tan .0ACAOC AC 60 AO AO 3

OA

Tam giác OBA vuông tại B nên sin sin .0AB 3AOAOB AB 60 AO

OA 2

nên 0 2

ABC

1 1 3AO 3 3 3S AB.AC.sin60 . . 3AO. OA

2 2 2 2 8

theo đề ra: 2 2

ABC

3 3 3 3 4S OA OA .

2 8 2 3

0.25

Gọi tọa độ điểm 0 0A x ;y với 2 2 2

0 0 0x 0 OA x y và A thuộc đường thẳng 1d ,

nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ: 0 0

2 2

0 0

3x y 01

A ; 143x y

3

Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với

2d ; ;2AC d ACu n 3 1 n 1 3

0.25

Trang 90

Vậy AC có phương trình: 3x 3y 4 0.

Gọi tọa độ điểm C C 2C x ;y AC d

Nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: C C

C C

3x y 0 2C ; 2

33x 3y 4 0

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn T và có góc 0B 90 , nên đường tròn T có

đường kính AC, suy ra tâm của 1 3

T là I ;22 3

là trung điểm của AC và bán

kính

2 21 1 3

R IA 1 123 2 3

.

Phương trình 2 2

1 3T : x y 1.

22 3

0.25

2 Đường thẳng có vecto chỉ phương u 2;1; 1 và mặt phẳng P có vecto

pháp tuyến Pn 1; 2;1 .

P

CH

M

0.25

.

sin , sin..

P

P

u n 2 2 1 1P MCH

66 6u n

. Gọi H là hình chiếu của M trên P 0.25

d M, P MH MC.sin MCH 0.25

1 16. .

6 6

Vậy khoảng cách từ M tới mặt phẳng à1

P l6

.

0.25

VIIa

2

z 2 i 1 2i .

Ta có: 2

2z 2 2 2i i 1 2i 1 2 2i 1 2i 0.25

1 2i 2 2i 4 5 2 i, 0.25

z 5 2i. 0.25

Phần ảo của số phức z bằng: 2. 0.25

Trang 91

d

E D

A

HB C

VIb 1 Gọi H là trung điểm của BC ta có AH BC.

phương trình cạnh AH qua điểm ;A 6 6 và vuông góc với

đường thẳng ; ;AH d AHd u n 1 1 n 1 1

vậy phương trình AH : x y 0 .

Gọi tọa độ 0 0D x ;y d AH ,

vậy tọa độ điểm D thỏa mãn hệ:

0 0

0 0

x y 4 0D 2;2 .

x y 0

Mà D là trung điểm AH H 2; 2

0.25

Đường thẳng BC đi qua H 2; 2 và song song ; ;BC d BCn n 1 1 u 1 1

Vậy BC có phương trình: x 2 t

t .y 2 t

0.25

Điểm B,C thuộc đường thẳng BC B t; 4 t và B,Cđối xứng nhau qua

H 2; 2 , do đó tọa độ C có dạng: C 4 t; t .

Vậy ; à ;AB t 6 10 t v CE 5 t 3 t

Điểm E 1; 3 nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC,

Suy ra: AB.CE 0 t 6 5 t 10 t 3 t 0

0.25

2t 0

2t 12t 0t 6.

Ta được: B 0; 4 ,C 4;0 hoặc B 6;2 ,C 2; 6 .

0.25

2 Đường thẳng đi qua điểm M 2;2; 3 , nhận u 2;3;2 làm vecto chỉ

phương.

Ta có: MA 2; 2;1 , u ,MA 7;2; 10 .

0.25

Suy ra: u , MA 49 4 100

d A, 3.4 9 4u

0.25

Gọi S là mặt cầu tâm A, cắt tại B và C sao cho BC 8. Suy ra bán kính của

2

2 2 2BCS là R d A; 4 3 5.

2

0.25

Phương trình 22 2S : x y z 2 25. 0.25

VIIb

3

1 3iz

1 i

Ta có: 3 2 3

1 3i 1 3. 3i 3 3i 3i 8.

0.25

Do đó: 8 1 i8

z 4 4i,1 i 1 1

suy ra z 4 4i.

0.25

2z iz 4 4i 4 4i i 4 4i 4i 4i 8 8i.

Vậy: 2 2

z iz 8 8 8 2. 0.25

Lời bình: Sau đây là một số cách giải khác, mời bạn đọc tham khảo thêm: Câu II.

Trang 92

1.

Cách 2: 2

x x1.

1 2 x x 1

Điều kiện:2

x 0x 0

x x 1 0

Ta có: 22 2 2 22 x x 1 x x 2x 1 1 x x 1 1 1

2suy ra 1 2 x x 1 0.

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:

2 2x x 1 2 x x 1 2 x x 1 1 x x 1

Ta có 1 2x 1 2 x x 1 x

2 2 2 2 2x 1 2 x x 1 x 2 2x x x 1 2 2x x x 1 x x 1

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 2 2 22 2x x x 1 2x x x 1 x x 1 ( do

2 2a b 2 a b dấu " " xảy ra khi a b )

Dấu " " xảy ra khi 2 3 52x x x 1 x

2

(do 0 x 1) thỏa mãn điều kiện.

Cách 3:

Ta thấy x 0 không thỏa mãn nên 1 1

1 2 x 1 1 x.x x

Với x 0, đặt 21 1t x x 1 t 1

xx

Vậy ta được

2

2

t 1 12 t 1 t 1 t 1 x 1

t 1 0 x

3 5x .

2

Thõa mãn điều kiện trên.

Cách 4:

Ta có 21 1 x 2 x x 1 x 2

Do

22

2

2x 3x 22 x x 1 x 0

2 x x 1 x

Nên 2 2 2

0 x 12

x 2x 1 2x x 2 2 2x x x 1

22 2 2 2

0 x 1 0 x 1

2 2x x x 1 x x 1 8x x x 1 x x 1

24 3 2 2

0 x 10 x 1

x 6x 11x 6x 1 0 x 3x 1 0

2

0 x 1 3 5x .

2x 3x 1 0

Câu V: Cách 2:

Trang 93

Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra x 0.

Đặt 5 2y 2t 0, ta được 25 4t

y .2

Thay vào phương trình đầu ta có: 2 2x 4x 1 t 4t 1

Xét hàm số: 2f u u u 1 ta có ' 2f u 3u 1 vậy hàm đồng biến trên .

Nên ta có 25 4x

x t y .2

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

22

25 4x

4x 2 3 4x 7.4

Xét hàm số

22

25 4x

g x 4x 2 3 4x4

trong nữa khoảng

30,

4

Ta có 2 24g ' x 4x 4x 3 4x 4x 3 0.

3 4x

Mặc khác lại có 1

g 72

vì vậy phương trình g x 7 chỉ có một nghiệm duy nhất là

1x y 2.

2

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

1x

.2

y 2

Cách 3:

2

2 2

4x 1 x y 3 5 2y 0 1

4x y 2 3 4x 7 2

y y yx x x

xx

x yx

x y y *

3

3

22

5 2 5 2 5 21 4

2 2 2

33 0

0 42 5 2 4

5 44 5 2

2

Thay * vào 2 ta được: x

x x x x x

22

2 4 25 44 2 3 4 7 16 25 8 3 4 3 0

2

x

x x x x xx

4 2 2 2 16 1 216 25 5 8 3 4 1 0 4 1 4 5 0

3 4 1

x

x x xx x x

x

2

2

2 1 0 116

2 1 2 1 4 5 0 163 4 1 2 1 4 5 0 2

3 4 1

x y . 1

1 22

x xx

2 162 2 1 4 5 0

3 4 1( vô nghiệm ) vì x x x 23

0 2 1 4 5 04

x xx

2 162 1 4 5 0

3 4 1

Câu VIa: 2.

Trang 94

Cách 2: Chuyển về phương trình tham số là

x 1 2t

: y t t .

z 2 t

Tọa độ điểm C P nên là nghiệm của hệ

x 1 2t

y t1 2t 2t t 2 0 t 1 C 1; 1; 1 .

z 2 t

x 2y z 0

Gọi điểm M M 1 2t; t; 2 t MC 6

2 2 2

2t 2 t 1 t 1 6

22 2

22 2

1 0 2 1t 0 M 1;0; 2 d M; P

61 2 1.

3 2 0 1t 2 M 3; 2;0 d M; P

61 2 1



I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đương thẳng y 2x m d và đồ thị C :

2x 12x m

x 1

2x 1 x 1 2x m ( do x 1 không là nghiệm phương trình)

22x 4 m x 1 m 0 1 .

0.25

d C tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1

2m 8 0m

2 4 m 1 m 0

đường thẳng y 2x m luôn cắt đồ thị

C tại hai điểm phân biệt A,B.

0.25

Gọi 1 1 2 2 1 1 2 2A x ;y và B x ;y d A x ; 2x m và B x ; 2x m trong đó x1

và x2 là nghiệm của 1 ;

Ta có:

2 2

2.0 0 m md O,AB d O;d

52 1

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2AB x x y y x x 2x m 2x m

22

2 2

1 2 1 2 1 2

5 m 8m 4 1 m5 x x 5 x x 20x x 5 20 .

2 2 2

0.25

Ta có OAB

1S 3 AB.d O,AB 3

2 0.25

Trang 95

25 m 8m1. . 3 m 2.

2 25

II 1 sin2x+cos2x cosx 2cos2x sin x 0.

sin2x.cosx cos2xcosx 2cos2x sinx 0.

2

2sin x cosx cosx sin x cos2x cosx 2cos2x 0

sin x 2cos x 1 cos2x cosx 2 0

0.25

cos2xsin x cosx 2 cos2x 0 sinx cosx 2 cos2x 0 1 . 0.25

sin x cosx 2 0 1

cos2x 0 2

Do phương trình sin x cosx 2 0 1 vô nghiệm.

0.25

2 cos2x 0 x k k .4 2

0.25

II 2 23x 1 6 x 3x 14x 8 0 x .

Điều kiện: 3x 1 0 1

x 6.6 x 0 3

0.25


23x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0

23x 1 4 3x 1 4 1 6 x 1 6 x

3x 14x 5 03x 1 4 1 6 x

0.25

3 x 5 x 5x 5 3x 1 0

3x 1 4 6 x 1

3 1

x 5 3x 1 03x 1 4 6 x 1

x 5

3 13x 1 0.

3x 1 4 6 x 1

0.25

3 1 13x 1 0 x ;6 ,

33x 1 4 6 x 1

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 5.

0.25

III

e

2

1

ln xI dx.

x 2 ln x

Đặt t 2 ln x, ta có 1

dt dx; ln x t 2x

Đổi cận: x 1 t 2;x e t 3.

0.25

3 3 3 3 3

2 2 2 2

2 2 2 2 2

t 2 t 2 1 1I dt dt dt dt 2 dt.

t t t t t

0.25

3

3

2

2

2 2ln t ln3 ln 2 1

t 3 0.25

1 3ln .

3 2 0.25

Trang 96

A'

B'

C'

B

A C

D

G

H

A

G

I

E

H

IV Gọi D là trung điểmBC , vì ABC đều cạnh a nên

BC AD . Vì ' ' 'ABC.A BC là lăng trụ tam giác đều nên

' 'A A ABC A A BC . Vậy 'BC A AD

Ta có

'

' ' '

,

,

A BC ABC BC

AD ABC AD BC

A D A BC A D BC

' ' ', , 0A BC ABC A D AD ADA 60

0.25

AD là đường cao trong tam giác đều cạnh

a 3a AD

2

Ta có: ' ' a 3 3aAA AD.t anADA . 3 ;

2 2

2

ABC

1 1 a 3 a 3S AD.BC .a .

2 2 2 4

Do đó: ' ' '

2 3'

ABCABC.A BC

a 3 3a 3a 3V S .AA . .

4 2 8

0.25

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, có '

'

AH A G 2

AD A D 3 .

suy ra: 'GH / /A A GH ABC .

Gọi E là trung điểm của cạnh AG , qua E kẻ đường trung trực của AG sao cho cắt GH tại I IA IB IC IG . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnGABC .

Xét .

.2GI GE GE GA GA

AHG IEG GIGA GH GH 2GH

0.25

Ta có: 'AA a 2 a 3

GH ; AH AD ;3 2 3 3

22 22 2 2 a a 3 7a

GA GH AH .2 3 12

Do đó:

2

27a

7a 2 7a12R GI . .a 12.2 a 122.2

0.25

V

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

M 3 a b b c c a 3 ab bc ca 2 a b c

1 1 1 ab bc ca 3 ab bc ca 2 a b c 2 ab bc ac .

Theo bunhiacopski ta có:

2

M ab bc ca 3 ab bc ca 2 1 2 ab bc ca .

0.25

Đặt t ab bc ca, ta có:

2a b c 1

0 t .3 3

Xét hàm 2f t t 3t 2 1 2t trên 1

0; ,3

ta có: ' 2f t 2t 3 ;

1 2t

0.25

Trang 97

d

A

C

B

D

''

3

2f t 2 0,

1 2t

dấu bằng chỉ xảy ra tại t 0; suy ra 'f t nghịch biến.

Xét trên đoạn 1

0;3

ta có: ' ' 1 11f t f 2 3 0,

3 3

suy ra f t đồng biến.

Do đó: 1

f t f 0 2 t 0; .3

0.25

Vì thế: 1

M f t 2 t 0; ;3

Vậy

ab bc ca

M 2 ab bc ca 0

a + b+c =1

a;b;c là một trong các bộ số: 1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 .

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.

0.25

VIa 1 Gọi D là điểm đối xứng của C 4;1 qua d : x y 5 0,

Tọa độ 0 0D x ;y , vậy trung điểm của à . dCD d v CD n 0

Nên ta có hệ

0 0

0 0

x 4 y 1 0

x 4 y 15 0

2 2

0

0

x 4D 4;9 .

y 9

0.25

ABC vuông tại A nên điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên đường tròn

C có tâm ;I 0 5 là trung điểm của CD và bán kính CD

R 322

:22C x y 5 32

Tọa độ A d C , vậy tọa điểm A là nghiệm của hệ :

22

x y 5 0

x y 5 32

với x 0 A 4;1 .

0.25

2 2

AC 4 4 1 1 8.

ABCABC

1 2S 2.24S AC.AB AB 6

2 AC 8

Phương trình đường thẳng AD đi qua điểm A và có vtpt ;ADn 8 1 0 là: AD: x 4

Điểm B AD B 4;y . Vậy 2 2

AB 4 4 y 1 6

;2

1y 1 36 B 4 7 hoặc 2B 4; 5 .

0.25

; , ; , ;1 2AB 0 6 AB 0 6 AD 0 8

Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD phải cùng hướng, nên chỉ

B 4;7 thõa mãn yêu cầu.

Vậy BCBC ; n ;8 6 2 3 4 , phương trình cạnh BC qua B nên có phương

trình 3x 4y 16 0.

0.25

2 Mặt phẳng ABC là phương trình đoạn chắn 3 trục tọa độ nên có phương trình:

x y z1.

1 b c Có vtpt ABCn ; ;

b c

1 11

0.25

Trang 98

vtpt Pn ; ;0 1 1

Mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng ABC P

1 1P n .n 0 0 1 .

b c

0.25

Ta có: 2 2

2 2

1 1 1 1 1d O, ABC 8 2 .

3 3 b c1 11

b c

0.25

Từ 1 và 2 ta có hệ

2 2

1 18

b c

1 1 10 b c .

b c 2

b,c 0

0.25

VIIa

Biểu diễn số phức z x yi bởi điểm M x; y trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:

z 1 1 i z x yi 1 1 i x yi

x y 1 i x y x y i

0.25

2 2 2 2 2 22 2x y 1 x y x y x y 1 x y x y

0.25

22 2 2x y 2y 1 0 x y 1 2. 0.25

Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình:

22x y 1 2.

0.25

VIb 1 Từ phương trình E ta tìm được 2 tiêu điểm 1 2F 1;0 và F 1;0 A 2; 3

Đường thẳng AF1 có vtcp AFu ;1

3 3 nên phương trình: 1

x 1 3tAF : t

y 3t

0.25

M là giao điểm có tung độ dương AF1 với E ,

vậy M là nghiệm của hệ: 2

2 2

x 1 3t2 3 2 3

y 3t M 1; MA MF .3 3

x y1

3 2

0.25

Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên 2 2MF MN MA MF MN. 0.25

Do đó đường tròn T ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M,

bán kính R MF2

2 3

3 .

Phương trình

2

2 2 3 4T : x 1 y .

3 3

0.25

2 Đường thẳng đi qua điểm A 0;1;0 và có vecto chỉ phương u 2;1;2 .

Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ t;0;0 , suy ra: AM t; 1;0

u ,AM 2;2t; t 2

0.25

2 22 2

2 2 2

u ,AM 2 2t t 2 5t 4t 8d M, .

3u 2 1 2

0.25

Trang 99


25t 4t 8d M, OM t

3

0.25

2t 1

t t 2 0t 2

Suy ra : M 1;0;0 hoặc M 2;0;0 .

0.25

VIIb

2

x x 2

log 3y 1 x

4 2 3y

Điều kiện 1

3y 1 0 y ,3

Phương trình thứ nhất của hệ cho ta: x3y 1 2 .

Phương trình thứ hai của hệ cho ta: 2x x 22 2 3y

0.25

Do đó, hệ đã cho tương đương với:

x x

2 22

3y 1 2 3y 1 2

6y 3y 03y 1 3y 1 3y

0.25

x 12

2

1y

2

x 1

1y .

2

Vậy hệ đã cho có nghiệm x, y ;1

12

.

0.25

Lời bình: Qua đề khối A và khối B chúng ta đã được gì và còn cảm thấy thiếu gì trong cuộc thi sắp tới này, qua đây tôi mong muốn các thí sinh của kỳ thi sắp tới phải chuẩn kiến thức cho tốt để mình bước vào kỳ thi vững vàng hơn.

Câu V. Đặt a b c

t ab bc ca t

3

10

3 3

Vậy a b b c a c ab bc ac t 22 2 2 2 2 2 23 3

Nên a b c a b c ab bc ca t 22 2 2 2 1 2

Đẳng thức đã cho 2 2 2 2 2 2 2 2 2M 3 a b b c c a 3 ab bc ca 2 a b c

2 2

ab bc ac 3 ab bc ca 2 a b c 2 ab bc ca

M t t t t t t t tt

2 2 43 2 1 2 3 2 1 2 1 2 3 2

1 2 1

t t t t

t

3 1 2 12

1 1 2.

Do t t t

t t t ;t

3 1 2 12 13 1 2 3 1 3 1 0 0

3 31 1 2

Vậy P t ;

12 0

3.

Trang 100

Đẳng thức xảy ra

ab bc ca

M 2 ab bc ca 0

a + b+c =1

a;b;c là mộ trong các bộ số: 1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 .

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.



I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Gọi tiếp tuyến của hàm số 'C là y x x x3

0 0 04 2 .

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1

y x 1,6

nên

' 'y x . y x0 0

11 6

6 .

0.25

Vậy ta có phương trình 3

0 04x 2x 6 0.25

x 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là 1;4 . 0.25

Phương trình tiếp tuyến: y 6 x 1 4 hay y 6x 10. 0.25

II 1 sin 2x cos2x 3sin x cosx 1 0. Phương trình đã cho tương đương với:

22sin x cos x cos x 1 2sin x 3sin x 1 0

0.25

22sin x 1 cosx 2sin x 3sin x 2 0

2sin x 1 cosx 2sin x 1 sin x 2 0

2sinx 1 cosx sinx +2 0

0.25

cosx sinx 2 0 1

2sinx 1 0 2

cosx sinx1 2 0 vô nghiệm.

0.25

5x k2

1 62 sinx k .

2x k2

6

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm 5

S k2 , k2 k6 6

.

0.25

II 2 3 32x x 2 x 2 x 2 x 4x 44 2 4 2 x .

Điều kiện: x 2 0 x 2.

Phương trình đã cho tương đương với: 3 34x 2 x 2 x 4 2 x 2 x 4x 42 2 2 2

3 3

3 3

4x 2 x 2 x 4 4x 4 2 x 2 x

4x 2 x 2 x 4 4 2 x 2 x 4

2 .2 2 .2 2 .2 2 0

2 2 2 2 . 2 2 0

34x 4 2 x 2 x 42 2 2 2 0.

0.25

3

4x 4

2 x 2 x 4

2 2 0 1

2 2 0 2

0.25

Trang 101

M

S

C

BA

D

H

4x 41 2 2 0 x 1.

32 x 2 x 4 32 2 2 0 2 x 2 x 4 1 .

Nhận xét: 3x 4. 0.25

Xét hàm số 3f t 2 x 2 x 4, trên 4 4; .

' 21f x 3x 0,

x 2

Suy ra f x nghịch biến trên 4 4; .

Ta có f 2 0, nên phương trình 2 có nghiệm duy nhất x 2.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1;x 2.

0.25

III e e e

1 1 1

3 ln xI 2x ln xdx 2x ln xdx 3 dx.

x x

0.25

e

1

1

I 2x ln xdx

Đặt u ln x

dv 2xdx

ta có:

2

dxdu

.x

v x

ee 2 2

2 2

1

1 1

e x e 1I x ln x xdx e .

1 2 2

0.25

e e

e2

21

1 1

ln x 1 1I dx ln xd ln x ln x .

x 2 2 0.25

Vậy : 2

1 2

eI I 3I 1.

2 0.25

IV Theo đề ra ta có SA ABCD .

AC a 2AH ,

4 4

2

2 2 2 a 2 a 14SH SA AH a .

4 4

0.25

a 2 3a 2HC AC AH a 2

4 4

2 2SC SH HC a 2 SC AC a 2

Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểmSA .

0.25

M là trung điểm SA SCM SCA

1S S

2

Vậy

SCM SACB.SCM SCM

S.ABC SAC SACSAC

1 1d B, SCM .S S

V S 13 21V S S 2d B, SAC .S3

SBCM B.SCM B.SCA S.ABC

1 1V V V V

2 2

0.25

Trang 102

C

H

I

A

B

2 3

ABCDSBCM ABC

1 1 1 S 1 a 14 a a 14V . SH.S .SH. . . .

2 3 6 2 6 4 2 48 0.25

V 2 2y x 4x 21 x 3x 10 * .

Điều kiện : 2

2

x 4x 21 02 x 5.

x 3x 10 0

Ta có: 2 2x 4x 21 x 3x 10 x 11 0 x 2;5 ,suyra y 0.

0.25

Nên bình phương 2 vế đẳng thức * ta được:

2y x 3 7 x x 2 5 x 2 x 3 7 x . x 2 5 x

2

x 3 5 x x 2 7 x 2 2,

0.25

Suy ra: y 2; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 3 5 x x 2 7 x 0

1

x 3 5 x x 2 7 x x .3

0.25

Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2. 0.25

VIa 1 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 2;0 và

bán kính R IA 74

Nên phương trình là: 2 2C : x 2 y 74.

Phương trình AH có AHAH 0;6 n 6 1;0 nên có

dạng: x 3 .

BC AH, suy ra phương trình BC có dạng:

y a (a 7, do BC không đi qua A).

B,C C BC do đó hoành độ B,C thỏa mãn phương trình:

2 2 2 2x 2 a 74 x 4x a 70 0 1 .

0.25

' 2 24 a 70 74 a

Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương

khi và chỉ khi: a 70. Do C có hoành độ dương.

Nên 2 2B 2 74 a ;a và C 2 74 a ;a .

0.25

2 2AC 74 a 5;a 7 ; BH 74 a 5; 1 a

AC BH AC.BH 0

2 274 a 5 74 a 5 a 7 1 a 0

2a 4a 21 0

0.25

a 7 ( loại ) hoặc a 3 ( thỏa mãn ).

Với a 3 suy ra C 2 65;3 . 0.25

2 Ta có vecto pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là:

QPn 1;1;1 và n 1; 1;1 ,suyra :

Theo đề ra ta có vecto pháp tuyến của P QRmp R là n n ,n 2 1;0; 1

.

0.25

Mặt phẳng R có phương trình dạng x z D 0. 0.25

Ta có: D 2 2D

d O, R 2 22 D 2 2

. 0.25

Trang 103

x

O

y

A

H

Vậy tìm được 2 phương trình mặt phẳng R : x z 2 2 0 hoặc x z 2 2 0 0.25

VIIa

Gọi z a bi, ta có: 2 2 2 2 2z a b và z a b 2abi. 0.25

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2

2 22

z 2 a b 2

a b 0z 0

0.25

2

2

a 1

b 1

a 1

b 1a 1

a 1b 1

b 1

a 1

b 1

0.25

Vậy các số phức cần tìm là: 1 2 3 4z 1 i; z 1 i; z 1 i; z 1 i. 0.25

VIb 1 Gọi tọa độ H là a;b , ta có: 22 2AH a b 2 .

Khoảng cách từ H đến trục hoành là d H;Ox b

Theo đề ra 22 2AH d H;Ox a b 2 b 1 .

0.25

OHA vuông tại H nên H thuộc đường tròn đường kính OA,

có tâm I 0;1 là trung điểm của OA và bán kính

OAR 1

2 .

Đường tròn có phương trình 22C : x y 1 1.

22H C a a 1 1 2

0.25

Từ 1 và 2 nên tọa độ H là nghiệm của hệ : 2

2 2

a 4b 4 0

a b 2b 0.

Suy ra: H 2 5 2; 5 1 hoặc H 2 5 2; 5 1 .

0.25

Phương trình đường thẳng đi qua O và có vtcp là OH nên có dạng:

5 1 x 2 5 2y 0 hoặc 5 1 x 2 5 2y 0 0.25

2 Ta có: 1M ,nên M 3 t; t; t .

2 đi qua A 2;1;0 và có vecto chỉ phương 2

u 2;1;2 . 0.25

Do đó: 2

AM t 1; t 1; t ; u ,AM 2 t;2; t 3 .

0.25

Ta có: 2

2

2

2

u ,AM 2t 10t 17d M, .

3u


2

2t 10t 17d M, 1 1

3

0.25

2t 1

t 5t 4 0t 4

Do đó M 4;1;1 hoặc M 7;4;4 .

0.25

Trang 104

VIIb

2

2 2

x 4x y 2 0x,y .

2log x 2 log y 0

Điều kiện: x 2 0 x 2

1 .y 0 y 0

0.25

Từ hệ đã cho,ta có: 2x 4x y 2 0

x 2 y

0.25

2 x 0x 3x 0

y 2y x 2

hoặc

x 3

y 1

Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là x; y 3;1 . 0.25

ĐỀ SỐ 8.

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG A,B,D NĂM 2010.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Tung độ tiếp điểm là: y 1 0. 0.25

Hệ số góc của tiếp tuyến là: 'k y 1 3 0.25

Phương trình tiếp tuyến là: y 1 3 x 1 . 0.25

y 3x 2. 0.25

II 1

5x 3x4cos cos 2 8sin x 1 cos x 5

2 2

2 cos4x cosx 8.2sin xcosx 2cosx 5 0

2cos4x 8sin2x 5 0

0.25

2 22 1 2sin x 8sin2x 5 0 4sin 2x 8sin2x 3 0 0.25

3sin 2x 1

2

1sin 2x 2

2

3

1 sin 2x2

( vô nghiệm)

0.25

x k2

1 122 sin 2x k .

52x k

12

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm 5

S k2 , k k .12 12

0.25

II 2

2 2

2 2x y 3 2x y 1

x 2xy y 2 2

Điều kiện: 2x y 0.

Đặt t 2x y t 0 . Phương trình 1 trở thành: 2t 2t 3 0

0.25

t 1

t 3 loai

0.25

Trang 105

B C

A D

S

I

Với t 1 , ta có y 1 2x. Thay vào 2 ta được 2x 1

x 2x 3 0x 3

0.25

Với x 1 ta được y 1, với x 3 ta được y 7.

Vậy hệ có hai nghiệm x;y 1; 1 , 3;7 . 0.25

III 1 1 1 1

0 0 0 0

2x 1 3 dxdx 2 dx 2 dx 3

x 1 x 1 x 1

0.25

1 1

0 02x 3ln x 1 0.25

2 1 0 3 ln2 ln1 0.25

2 3ln 2. 0.25 IV Gọi I là trung điểm AB. Ta có SA SB SI AB.

Mà

SAB ABCD

SAB ABCD AB SI ABCD .

SI SAB ,SI AB

Vậy SI là đường cao của chóp S.ABCD .

0.25

SI IC nên IC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng ABCD .

0SC, ABCD SCI 45 , vậy ISC vuông cân tại I

2

2 2 2a a 5SI IC IB BC a .

2 2

0.25

Thể tích khối chóp S.ABCD là 2

ABCD

1 1 a 5V SI.S . .a

3 2 2

0.25

3a 5

6 ( đơn vị thể tích). 0.25

V Theo côsi cho 2 số dương

1 2x y 2 xy

x yxy

Nên 1 1 1 2

Ax x x yxy

0.25

Ta lại áp dụng côsi

1 2 1 2 42 . .

x x y x x y 2x x y

0.25

8 8

82x x y 3x y

Vậy A 8 .

0.25

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

x y .4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8. 0.25

VIa 1 Gọi d là đường thẳng đi qua A và nhận Pu n 1;1;1 làm vecto chỉ phương, nên

có phương trình

x 1 t

d : y 2 t t

z 3 t

0.25

'A là hình chiếu vuông góc của A lên P nên 'A d vậy tọa độ 'A có dạng 0.25

Trang 106

'A 1 t; 2 t;3 t

Mặt khác 'A P 3t 6 0 t 2. 0.25

Vậy 'A 1; 4;1 0.25

2 Ta có AB 2;2; 2 2 1; 1;1 . Nên phương trình đường thẳng AB có dạng:

x 1 t

AB: y 2 t t .

z 3 t

Bán kính mặt cầu là AB 3

R .6 3

0.25

Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I 1 t; 2 t;3 t . 0.25

Theo đề ra ta có: t 5t 6AB 3

d I, Pt 7.6 33

0.25

t 5 I 4;3; 2 . Mặt cầu S có phương trình là

2 2 2 1

x 4 y 3 z 23

t 7 I 6;5; 4 . Mặt cầu S có phương trình là

2 2 2 1

x 6 y 5 z 43

0.25

VIIa

Gọi z a bi z a bi a ,b .

Vậy ta có 2

2 3i a bi 4 i a bi 1 3i 0.25

2a 2bi 3ai 3b 4a 4bi ai b 1 6i 9

6a 4b 2 a b i 8 6i 0.25

6a 4b 8 a 2

2a 2b 6 b 5.

0.25

Vậy z có phần thực bằng 2 , phần ảo bằng 5. 0.25 VIb 1 Đường thẳng d có vecto chỉ phương a 2;1;1 ,

Mặt phẳng P có vecto pháp tuyến n 2; 1;2 . 0.25

Gọi Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với QP vtpt mp Q là n a,n .

Ta có A 0;1;0 d nên Q đi qua A .

0.25

Ta có 1 1 1 2 2 1

a,n ; ; 3 1;2;0 .1 2 2 2 2 1

0.25

Phương trình mặt phẳng Q là: x 2y 2 0. 0.25

2

Chuyển phương trình đường thẳng d về dạng tham số ta có

x 2

y 1 t t .

z t

M d nên tọa độ điểm M có dạng M 2;1 t; t .

0.25

Ta có

22 2

22 2

3t 3MO d M, P 4t t 1 t .

2 1 2

0.25

2 22 24t t 1 t t 1 5t 0 t 0. 0.25

Do đó M 0;1;0 . 0.25

Trang 107

A A

B

y

xO

y = - x y = x

VIIb

2z 1 i z 6 3i 0

Phương trình có biệt thức 2

1 t 4 6 3i 24 10i 0.25

2

1 2.5i 25 1 2.5i 5i 0.25

2 2

1 5i 1 5i 1 5i . 0.25

Phương trình có hai nghiệm là 1

2

1 i 1 5iz 1 2i

2

1 i 1 5iz 3i

2

. 0.25

ĐỀ SỐ 9.

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành, trục tung lần

lượt tại A,B tạo thành tam giác OAB vuông tại O.

Vậy tiếp tuyến cần tìm song song với 2 tia phân giác của trục tọa độ là y x và y x . Vậy hệ số góc tiếp tuyến bằng 1 .

0.25

Gọi tọa độ tiếp tuyến là 0 0x y 1 , ta có hệ số góc của tiếp tuyến là :

'

0 2

0

1y x

2x 3

Mặt khác ta có

2

0

0

0

2

00

11 Vô nghiêm

2x 3y ' x 1

x 211

x 12x 3

0.25

Với 0 0x 1 y 1; Phương trình tiếp tuyến y x 1 1 y x ( loại vì

tiếp tuyến này trùng với tia phân giác y x ). 0.25

Với 0 0x 2 y 0; phương trình tiếp tuyến y x 2 0 y x 2 (thỏa

mãn). Vậy tiếp tuyến cần tìm là: y x 2

0.25

II 1

1 2sin x cos x3.

1 2sin x 1 sinx

Điều kiện :

x k22

sinx 1

x k2 * .16sinx

25

x k26

0.25

Trang 108

Với điều kiện trên, phương trình ã cho tương đương:

2

1 2sin x cosx 3 1 2sin x 1 sin x

cosx 2sinxcosx 3 3sin x 2 3sin x 3sin x

2 3 1 cos2xcosx 3sin x 3 sin 2x

2

cosx 3sin x sin 2x 3 cos2x

0.25

x k2

2cos x cos 2x k

23 6x k

18 3

0.25

Kết hợp điều kiện * , ta được nghiệm: 2

x k k .18 3

0.25

2 32 3x 2 3 6 5x 8 0 * . Điều kiện

66 5x 0 x

5

Đặt 33

3 2

2

u 3x 2 u 3x 2 5u 3v 8 **

v 6 5xv 6 5x,v 0

Từ * và ** ta có hệ: 3 2

2u 3v 8

5u 3v 8

0.25

23 2

8 2u8 2uvv

33

u 2 15u 26u 20 015u 4u 32u 40 0

0.25

u 2

v 4

( thỏa mãn). 0.25

Thế vào ta tìm được nghiệm: x 2. 0.25

III

2 2 2

3 2 5 2

1 2

0 0 0

I cos x 1 cos xdx cos xdx cos xdx I I

0.25

2 2 2

25 4 2

1

0 0 0

I cos xdx cos x cosxdx 1 sin x cosxdx

0.25

Đặt t sinx dt cosxdx

khi x 0 thì t 0; khi x thì t 1. 2

11

22 3 5

1

0 0

2 1 8I 1 t dt t t t .

3 5 15

0.25

2 2 2

2

2

0 0 0

1 1 1I cos xdx 1 cos2x dx x sin2x .

2 2 2 4

Vậy 1 2

8I I I .

15 4

0.25

Trang 109

B

D

A

C

S

I

K

IV

Ta có

SBI ABCD

SCI ABCD

SBI SCI SI

SI ABCD

0.25

2

ABCD

AB DC 2a aS .AD .2a 3a

2 2

Kẻ KI BC K BC BC SIK BC SK

0SBC , ABCD SK,IK SKI 60

0.25

2

IAB ICD

1 1 1 1 3aS S AI.AB DI.DC a.2a a.a

2 2 2 2 2

2 2

2

IBC ABCD IAB ICD

3a 3aS S S S 3a

2 2

2 2 IBC

IBC

1 2S 3 5aBC AB CD AD a 5 mà S IK.BC IK

2 BC 5

0.25

3

S.ABCD ABCD

3 15a 1 3 15aSI IK.tanSKI V SI.S

5 3 5 0.25

V

Đặt

1x a b c

2a x y1

b x z y a b c2

c y z1

z a b c2

0.25

Từ điều kiện của bài: 2 2 2x x y z 3yz c a b ab 1 .

Vì 2 2 2 22 2 2 3 1

c a b ab a b 3ab a b a b a b .4 4

Hay 2 2a b 4c a b 2c 2 .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 3 3 3a b 3abc 5c ;a,b,c dương thỏa mãn điều kiện trên.

0.25

3 3 3 2 2 3a b 3abc 5c a b a b ab 3abc 5c .

Từ 1 ta được 2 3 2a b c 3abc 5c a b c 3ab 5c * . 0.25

Từ 2 cho ta: 2a b c 2c , mặt khác 2 23

3ab a b 3c4

. Từ đây suy ra * đã

được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi: 2 2 2

a b cx y z.

c a b ab

0.25

VIa

1 Gọi N đối xứng với M qua I. Suy ra N I M

N I M

x x xN ;

y y y

2 1111 1

2 1 0.25

Trang 110

I

D C

A B

E

M

N

R

B A

I

∆

Vì ABCD là hình chữ nhật nên N thuộc đường thẳng CD

E E x;5 x ;IE x 6;3 x

và NE x 11;6 x .

E là trung điểm CD IE EN.

IE.EN 0 x 6 x 11 3 x 6 x 0

x 6 hoặc x 7.

0.25

Với x 6 IE 0; 3 ; phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M và nhận

véctơ IE làm véctơ pháp tuyến có dạng là: y 5 0.

0.25

Với x 7 IE 1; 4 ; phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M và nhận

véctơ IE làm véctơ pháp tuyến có dạng là: x 4y 19 0. 0.25

2 S có tâm I 1;2;3 , bán kính R 5.

Khoảng cách từ I đến P : 2 4 3 4

d I, P 3 R;3

suy ra mặt phẳng

P cắt mặt cầu S theo một giao tuyến là đường tròn tâm O, bán kính r.

0.25

Ta có O và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến.

O là hình chiếu vuông góc của I trên 2 2P : IO d I, P 3 r R IO 4. 0.25

Phương trình đường thẳng d đi qua tâm I 1;2;3 ,và vuông góc với mặt phẳng

P nên có véctơ chỉ phương d Pu n ; ; 2 2 1 .

Vây tọa độ H d P vậy O thỏa mãn:

x 1 2t

y 2 2t

z 3 t

2x 2y z 4 0.

0.25

Giải hệ

x

y

z

3

0

2

. Ta được O 3;0;2 . 0.25

VIIa

236 36i vậy phương trình có 2 nghiệm phức 1

2

z 1 3i

z 1 3i

. 0.25

2 2

1z 1 3 10 . 0.25

2 2

2và z 1 3 10 0.25

2 22 2

1 2A z z 10 10 20. 0.25

VIb 1 C có tâm I 2; 2 , bán kính R 2.

0.25

Diện tích tam giác IAB: 2

21 1 1 1S IA.IB.sin AIB IA.IB R 2 1

2 2 2 2

SIAB lớn nhất khi và chỉ khi 0sinAIB 1 AIB 90 IA IB.

0.25

Khi đó khoảng cách từ I đến : 0.25

Trang 111

1 2 2 2

2 2m 2m 31 1 1 Rd I, 1 1.

IA IB 2 1 md I,

2 21 4m 1 m m 0 hoặc

8m

15 .

Vậy tìm được 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài ra 8

m 0 và m15

. 0.25

2 2 qua A 1;3; 1 và có vecto chỉ phương 2u 2;1; 2 .

1

2

M M 1 t; t; 9 6t .

MA 2 t;3 t;8 6t , MA,u 8t 14;20 14t; t 4

2

2MA,u 3 29t 88t 68.

0.25

Khoảng cách từ M đến 2 :

22

2

2 222

MA,u 3 29t 88t 68d M, 29t 88t 68

u 2 1 2

Khoảng cách từ M đến

22 2

1 t 2t 12t 18 1 11t 20P : d M, P .

31 2 2

0.25

Theo đề ra 2

2

11t 20d M, P d M, 29t 88t 68

3

235t 88t 53 0 t 1 hoặc 53

t .35

0.25

53 18 53 3

t 1 M 0;1; 3 ; t M ; ; .35 35 35 35

0.25

VIIb

Với điều kiện xy 0 * , hệ đã cho tương đương:

2 2

2 2 2 22 2 2

2 2x xy y 4

log x y log 2 log xy x y 2xy

x xy y 43 3

0.25

2

22 2

x yx y 0

y 4x xy y 4

0.25

x yx y 2.

y 2

0.25

Kết hợp * , hệ có nghiệm: x;y 2;2 và x;y 2; 2 . 0.25

Lời bình: Bắt đầu từ năm 2009 thì phương thức ra đề của Bộ Giáo Dục đã khác hoàn toàn so với các năm trước. Đòi hỏi các thí sinh phải lắm vững kiến thức, và biết phân tích bài toán. Trong đề này có 1 số câu đã phân dạng được đối tượng học sinh. Sau đây là một số cách giải khác cho các bạn đọc tham khảo thêm. Câu I. 2. Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng:

00 0 0 02

00

1 x 2y y ' x x x y x x d

2x 32x 3

Theo đề ra ta có:

Trang 112

2

0 0 0202 0 0

00

y 0y 0

1 x 2A d ox A 2x 8x 6;0x x 0 x 2x 8x 6

2x 32x 3

22 0 0

0 0 0 202 2 0

00 0

x 0x 02x 8x 6

1 x 2B d oy B 0;2x 8x 6y 0 x y 2x 32x 32x 3 2x 3

Vì tam giác OAB vuông cân tại O nên

2 00 0A

02

B 02 0 00 0 2

20

0

x 12x 8x 6 0x 0

x 3y 0 x 22x 8x 6

12x 8x 61OA OB 2x 3

2x 3

Thay vào d ta tìm được tiếp tuyến là: y x 2 .

Câu II.

2. 32 3x 2 3 6 5x 8 0 * . Điều kiện 6

6 5x 0 x5

Đặt 3

33 t 2t 3x 2 t 3x 2 x

3

.

Vậy phương trình * trở thành:

3 3

32

8 2t 0t 2 8 5t

2t 3 6 5 8 0 3 8 2t 8 5t9 8 2t3 3

3

3 2

t 4t 2 x 2

15t 4t 32t 40 0

Vậy phương trình có 1 nghiệm x 2 . Câu V. Từ dự kiện bài toán và bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy có sự đối xứng với x và y

nên phải suy ngay cách đặt y ax; z bx .

Khi đó dự kiện của bài toán sẽ trở thành: 2x x ax bx 3ax 1 a b 3a *

Và bất đẳng thức đã cho trở thành 3 3 3

x ax x bx 3 x ax ax bx bx x 5a ax bx

3 3 3

1 a 1 b 3 1 a a b b 1 5a a b ** .

Tới đây ta lại dễ dàng nhận thấy * và ** là những biểu thức đối xứng với a,b nên ta đặt:

S a b

S P .P a.b

2 4

Từ * ta có mối quan hệ giữa S và P là:

S SP PS P

S PSS S

2

2

1 14

3 31 3

23 4 4 0

.

Khi đó: SS

a b a b ab S

4 11

1 1 1 13 3

Nên ** trở thành S S S S S S 3 2 32 4 3 2 4 1 5

a b a b a b a b S S S 3 3 3 3

1 1 2 3 1 1 2 2 4 1 2

Trang 113

I

A

D C

BN

E

M

-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

x

y

y=2m

O

S S S S 22 3 2 0 2 1 2 0 luôn đúng vì S 2 . Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

Câu VIa.

1. Theo đề ra E E x ; x IE x ; x 0 0 0 05 6 3

Gọi N là trung điểm của cạnh AB, vì ABCD là hình chữ nhật nên I là trung

điểm của NE nên ta có tọa độ điểm N I E

N I E

x x x xN :

y y y x

0

0

2 12

2 1

N x ;x MN x ;x 0 0 0 012 1 11 6 .

Vì x

IE MN MN.IE x . x .x

0

0 0

0

60 11 6 0

7

* Với 0x 6 MN 5;0 ; phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M và nhận véctơ MN

làm véctơ pháp chỉ phương có dạng là: y 5 0.

Với x 7 MN 4;1 ; phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M và nhận véctơ MN làm

véctơ chỉ phương có dạng là: x 4y 19 0.



I 1 Học sinh tự làm. 1 2 2 2 4 2x x 2 m 2x 4x 2m.

Đặt 4 2 'y 2x 4x C và y 2m , 0.25

Phương trình có đúng 6 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng

y 2m cắt đồ thị hàm số 4 2y 2x 4x tại 6 điểm phân biệt. 0.25

Đồ thị hàm số 4 2 'y 2x 4x C

và đường thẳng y 2m .

Dựa vào đồ thị C ở ý 1 ta suy ra

được đồ thị hàm 'C .

0.25

Dựa vào đồ thị. yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi: 0 2m 2 0 m 1.

0.25

II 1 3

3

sin x cosxsin 2x 3 cos3x 2 cos4x sin x

sin x 2sin x cosxsin 2x 3 cos3x 2cos4x

21 2sin x sinx cosxsin2x 3cos3x 2cos4x

sin xcos2x cos xsin 2x 3cos3x 2cos4x

0.25

sin 2x x 3cos3x 2cos4x sin3x 3cos3x 2cos4x

1 3sin3x cos3x cos4x cos 3x cos4x

2 2 6

0.25

4x 3x k26

4x 3x k2 .6

0.25

Trang 114

x k2

6k

2x k

42 7

.

Vậy phương trình có hai họ nghiệm 2

S k2 , k k6 42 7

0.25

II 2

2 2 2

xy x 1 7y 1

x y xy 1 13y 2

Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm của hệ đã cho, chia 2 vế của phương trình

1 cho y và phương trình 2

Nên hệ đã cho tương đương: 2

2

x 1x 7

y y

x 1x 13

y y

0.25

2 2

1 x x 1x 7 7 x

y y y y

1 x 1 1x 13 x x 20

y y y y

2

x 17 x

y y

1 1x x 20 0

y y

0.25

x7 5

x 12yyx 17 x

I1 1y yx 5 x 5

y y1x 5

x x 3yy7 4

II .y1 1.x 4 x 4

14 4x 4

4

0.25

Giải hệ I vô nghiệm,

Giải hệ II có nghiệm: 1

x; y 1; và x; y 3;1 .3

Vậy hệ có nghiệm: 1

x;y 1; , 3;1 .3

0,25

III

3

2

1

3 ln xI dx.

x 1

Đặt

2

1u 3 ln x du dxxdx

dv = 1vx 1

x 1

0.25

Vậy

3 3

1 1

3 ln x dxI

x 1 x x 1

0.25

Trang 115

B'A'

C

B

C

A

DG

3 3

1 1

3 ln 3 3 1 dxdx

4 2 x x 1

0.25

3 3

1 1

3 ln3 1 27ln x ln x 1 3 ln .

4 4 16

0.25

IV Gọi D là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác ABC

Theo đề ta ta có 'BG ABC .

Vậy BG là hình chiếu vuông góc của 'B B lên mặt

phẳng ' ' 0ABC BB , ABC BBG 60 .

0.25

' ' ' 0

2

' 2 ' 2 2

a 3BG B B.sin B BG a.sin 60

2

a 3 avà BG = B B BG a .

2 2

Mà 2 3 3a

BG BD BD BG3 2 4

Tam giác ABC có: 0 AB 3BC AB.sin BAC AB.sin60 ,

2

0 AB AC ABAC ABcos BAC ABcos60 CD .

2 2 4

0.25

2 2 22 2 2 3AB AB 9a

BC CD BD4 16 16

3a 13 3a 13 3a 26AB AC ,BC ;

13 26 26

Vậy 2

ABC

1 9a 3S AC.BC .

2 104

0.25

Thể tích khối tứ diện ' '

3' '

ABCA ABC B ABC

1 9aA ABC: V V BG.S .

3 208 0.25

V 3

x y 4xy 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 2 2 2 2A 3 x y x y 2 x y 1.

Theo dự kiện bài ra ta có 3

x y 4xy 2 1

Theo côsi 2

x y 2 xy x y 4xy 2

Từ

2

3 2

3

x y 4xy1 và 2 x y x y 2 x y 1.

x y 4xy 2

0.25

4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2A 3 x y x y 2 x y 1 3 x y 3x y 2 x y 1

2

2 2 4 4 2 23 3x y x y 2 x y 1

2 2

Theo bunhiacopxki ta có 2 2 4 4 4 4 2 23 3x y 2 x y x y x y

2 4

0.25

Trang 116

Vậy 2 2

2 2 2 2 2 23 3A x y x y 2 x y 1

2 4

2

2 2 2 29A x y 2 x y 1.

4

Đặt 2 2t x y , theo bunhiacopxki ta có

2

2 2x y 1 1

x y t ;2 2 2

Do đó 29 1A t 2t 1, t .

4 2

Xét hàm số: 2 '9 1 9 1f t t 2t 1 t ; f t t 2 0 t

4 2 2 2

x

1

2

'y

y 1

2

1

;2

1 9min f t f .

2 16

0.25

9A ;

16 đẳng thức xảy ra khi

3

x y 4xy 2 1x y .

2x y

Vậy giá trị nhỏ nhất

của A bằng 9

.16

0.25

VIa 1 Gọi K a;b là tâm đường tròn 1C nên

2 2 4K C a 2 b 1 ;

5

1C tiếp xúc 1 2 1 2

a b a 7b, d k; d k; 2 .

2 5 2

0.25

Từ 1 và 2 , Cho ta:

22 22 5 a 2 5b 45 a 2 5b 4I

5 a b a 7b 5 a b a 7b

Hoặc

2 25 a 2 5b 4II .

5 a b 7b a

0.25

Giải 225a 20a 16 0

Ib 2a

vô nghiệm;

Giải 2

8a

a 2b 8 45II K ; .

4 5 525b 40b 16 0b

5

0.25

Bán kính đường tròn 1

8 4

a b 2 25 5C : R .

52 2

Vậy 8 4 2 2

K ; và R = .5 5 5

0.25

Trang 117

Δ

A

HB C

P

A B

C D

P

A B

C

D

I

2 Mặt phẳng P thỏa mãn yêu cầu bài toán trong hai trường

hợp sau:

Trường hợp 1: P qua A, B và song song với CD.

AB 3; 1; 2 ,CD 2;4;0

0.25

Véctơ pháp tuyến của P : n AB,CD 8; 4; 14 .

Phương trình P : 4x 2y 7z 15 0. 0.25

Trường hợp 2: P qua A,B và cắt CD

Suy ra P cắt CD tại trung điểm I củaCD .

I 1;1;1 AI 0; 1;0 ; véctơ pháp tuyến của

P : n AB,AI 2;0;3 .

0.25

Phương trình P : 2x 3z 5 0.

Vậy tìm được hai mặt phẳng thõa mãn yêu cầu để ra P : 4x 2y 7z 15 0 hoặc

P : 2x 3z 5 0.

0.25

VIIa

Gọi z x yi z x yi vậy z 2 i x 2 y 1 i;

2 2

z 2 i 10 x 2 y 1 10 1 . 0.25

2 2z.z 25 x yi x yi 25 x y 25 2 . 0.25

Giải hệ 1 và 2 ta được: x; y 3;4 hoặc x; y 5;0 . 0.25

Vậy: z 3 4i hoặc z 5. 0.25

VIb 1 Gọi H là hình chiếu A trên , suy ra H là trung điểm BC.

22

1 4 4 9AH d A,BC ;

21 1

Mà ABCABC

1 2S 2.18S AH.BC BC 4 2.

92 AH

2

22 BC 97

AB AC AH .4 2

0.25

Gọi điểm B,C có tọa độ x, y , vì B,C thuộc đường thẳng và 97

AB AC .2

Nên tọa độ B và C là nghiệm của hệ:

2 2 97x 1 y 4

2

x y 4 0.

0.25

Giải hệ ta được: 11 3

x; y ;2 2

hoặc 3 5

x; y ; .2 2

0.25

Vậy 11 3 3 5

B ; ,C ;2 2 2 2

hoặc

3 5 11 3B ; ,C ; .

2 2 2 2

0.25

Trang 118

(Q) A

B

K

H

2 Gọi là đường thẳng cần tìm

Đường thẳng nằm trong mặt phẳng Q qua A và song song với

Q PP n n 1; 2;2 .

Phương trình Q : x 2y 2z 1 0.

0.25

K,H là hình chiếu của B trên , Q . Ta có minBK BH BK BH khi đó K H

nên AH là đường thẳng cần tìm. 0.25

Phương trình đường thẳng BH đi qua điểm B và vuông góc với mặt phẳng P nên

có BH Q

u n 1; 2;2 .

Vậy phương trình đường thẳng x 1 y 1 z 3

BH :1 2 2

mà H Q H BH Q

Nên tọa độ thỏa mãn nghiệm của hệ:

x 1 y 1 z 31 11 7

H ; ; .1 2 29 9 9

x 2y 2z 1 0

0.25

26 11 2 1

AH ; ; 26;11; 2 .9 9 9 9

Vậy phương trình đường thẳng x 3 y z 1

: .26 11 2

0.25

VIIb

Đường thẳng y x m d cắt hàm số

2x 1y C

x

có hoành độ giao điểm là:

2

2x 1x m 2x mx 1 0, x 0 *

x

0.25

d C tại hai điểm phân biệt * có 2 nghiệm phân biệt x 0 ,

Nên 2m 4 0

m1 0

Gọi 1 1 2 2A,B d A x ; x m ,B x ; x m

2 2 2 22

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2ta có : AB x x x m x m 2 x x 2 x x 4x x .

0.25

Áp dụng định lí Viet với 1 , ta được: 21 2

2

1 2

mx x

m2AB 4.

1 2x .x

2

0.25

Theo đề ra ta có 2m

AB 4 4 16 m 2 6.2

0.25



I 1 Học sinh tự làm. 1 đ

Trang 119

2 Phương trình hoành độ giao điểm của mC và đường thẳng y 1 là:

4 2x 3m 2 x 3m 1.

Đặt 2t x t 0 , phương trình trở thành: 4 2t 3m 2 t 3m 1.

0.25

t 1 hoặc t 3m 1 0 0.25

Yêu cầu của bài toán 1 2 3 4

x 2 0 3m 1 4

x x x x 3m 1 1

0.25

1m 1

.3

m 0

Vậy với 1

m ;1 \ 03

thõa mãn đề ra.

0.25

II 1 3cos5x 2sin3xcos2x sinx 0.

Phương trình đã cho tương đương: 3cos5x sin5x sinx sinx 0

3 13cos5x sin5x 2sinx cos5x sin5x sinx

2 2

0.25

sin cos5x cos sin5x sinx sin 5x sinx3 3 3

0.25

5x x k23

hoặc 5x x k2 .

3

0.25

Vậy : x k18 3

hoặc x k k .

6 2

0.25

II 2

2

2

x x y 1 3 0

5x y 1 0

x

Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm của hệ, nên hệ đã cho tương đương:

2

2

3x y 1 0

x

5x y 1 0

x

0.25

2

2 2 22

3 3 3x y 1 x y 1 x y 1x x x

9 6 5 4 63 51 2 0 2 01 1 0

x x x x xx x

0.25

11

x

x y 2

hoặc

1 1

x 2

1x y

2

0.25

x 1

y 1

hoặc

x 2

3y

2

Nghiệm của hệ: 3

x; y 1;1 và x; y 2;2

0.25

III 3

x

1

dxI .

e 1

0.25

Trang 120

a

2a

3a

I

A'

B'

C'

B

CA

M

H

K

Đặt x dtt e ,dx .

t

3x 1 thì t e; x 3 thì t e

Vậy

3 3e e

e e

dt 1 1I dt

t t 1 t 1 t

0.25

3 3e e

eeln t 1 ln t 0.25

2ln e e 1 2 0.25

IV Hạ IH AC H AC IH ABC ;

IH là đường cao của tứ diện IABC.

Vì M là trung điểm của ' 'A C và 'I AM AC nên có

'

CI 2

CA 3 . Có '

' '

IH CI 2IH / /AA

AA CA 3

'2 2 4aIH AA .2a

3 3 3

2 2' 2 ' 2AC A C A A 3a 2a a 5

2

2 2 2BC AC AB a 5 a 2a

0.25

Điện tích tam giác 2

ABC

1ABC:S AB.BC a .

2

Thể tích khối tứ diện 3

2

ABC

1 1 4a 4aIABC : V IH.S .a đvtt .

3 3 3 9

0.25

Hạ ' 'AK A B K A B . Vì ' 'BC ABBA nên AK BC AK IBC .

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng IBC là AK.

0.25

''

AA B

' ' 2 2

2S AA .AB 2a 5AK

A B 5A A AB

0.25

V 2 2 2 2 3 3S 4x 3y 4y 3x 25xy 16x y 12 x y 9xy 25xy

Do x y 1

Nên: 32 2 2 2S 16x y 12 x y 3xy x y 34xy 16x y 2xy 12.

0.25

Đặt

2x y 1 1

t xy 0 xy t 0; .4 4 4

Ta được: 2S 16t 2t 12

Xét hàm 2f t 16t 2t 12 trên đoạn 1

0;4

' ' 1f t 32t 2;f t 0 t .

16

Vậy 1 191 1 25

f 0 12,f ,f6 16 4 2

11

0;0;44

1 25 1 191max f t f ;min f t f .

4 2 16 16

0.25

Trang 121

N

(d ): 6x-y-4=0

C

A

B(d' ):7x-2y-3=0

M

Giá trị lớn nhất của S bằng x y 1

25 1 1;khi x; y ; .1

2 2 2xy4

0.25

Giá trị nhỏ nhất của S bằng

x y 1191

;khi 116 xy

16

2 3 2 3

x; y ;4 4

hoặc

2 3 2 3x; y ; .

4 4

0.25

VIa 1 Theo đề ra 'A d d tọa độ A thỏa mãn hệ:

7x 2y 3 0

A 1;2 .6x y 4 0

M là trung điểm của AB nên B đối xứng với A qua M,

B M A

B M A

x 2x xB 3; 2 .

y 2y y

0.25

Đường thẳng BCđi qua B và vuông góc với đường thẳng d : 6x y 4 0.

Nên véctơ chỉ phương BC d BCu n 6; 1 n 1;6

Phương trình BC: x 3 6 y 2 0 x 6y 9 0.

0.25

Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng 'BC N BC d

Tọa độ điểm N thỏa mãn hệ : 7x 2y 3 0 3

N 0; .x 6y 9 0 2

0.25

Nhận thấy MN là đường trung bình của ABC MN//AC

3

AC 2.MN 2 2; 4, 3 .2

Vậy véctơ pháp tuyến của đường thẳng ACAC là n 3;4

Phương trình đường thẳng AC: 3x 4y 5 0.

0.25

2

AB 1;1;2 , phương trình đường thẳng

x 2 t

AB: y 1 t

z 2t.

0.25

D thuộc đường thẳng AB D 2 t;1 t;2t CD 1 t; t;2t . 0.25

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng PP : n 1;1;1 .

C không thuộc mặt phẳng P . 0.25

Vì P

1CD// P n .CD 0 1. 1 t 1.t 1.2t 0 t .

2

Vậy 5 1

D ; ; 1 .2 2

0.25

VIIa

Đặt z x yi x, y ;z 3 4i x 3 y 4 i. 0.25

Vậy 2 2

z 3 4i x 3 y 4 i x 3 y 4

Từ giả thiết, ta có: 2 2

x 3 y 4 2 . 0.25

2 2

x 3 y 4 4. 0.25

Trang 122

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I 3; 4 bán kính R 2. 0.25

VIb 1 Gọi điểm M a;b .Do M a;b thuộc C nên 2 2a 1 b 1 1 .

Nhận thấy O C IO IM R 1. 0.25

Tam giác IMOcân tại I, mà có 0IMO 30 IOM nên có 0OIM 120

Vậy 2 2 2 0 2 2 1OM IO IM 2IO.IM.cos120 a b 1 1 2.1.1.

2

2 2a b 3 2 .

0.25

Từ 1 và 2 ta có hệ:

2 2

2 2

3a

a 1 b 1 2.

3a b 3b

2

0.25

Vậy tọa độ điểm 3 3

M ; .2 2

0.25

2 Gọi tọa độ giao điểm I P

Vậy tọa độ I là nghiệm hệ: x 2 y 2 z

I 3;1;1 .1 1 1

x 2y 3z 4 0

0.25

Vecto pháp tuyến của PP : n 1;2; 3 ;

vecto chỉ phương của : u 1;1; 1 . 0.25

Đường thẳng d cần tìm qua I và có vecto chỉ phương d Pu n ,u 1; 2; 1 .

0.25

Phương trình đường thẳng d:

x 3 t

y 1 2t

z 1 t

0.25

VIIb

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và hàm số:

2

2x x 12x m 3x 1 m x 1 0 * x 0 .

x

0.25

Phương trình * có hai nghiệm phân biệt 1 2x , x khác 0

2

1 m 4 0m

1 0

.

0.25

Hoành độ trung điểm I của 1 2I

m 1x x m 13AB: x .

2 2 6

0.25

Theo đề ra I

m 1I Oy x 0 0 m 1.

6

0.25


Câu ý Lời Giải điểm

I 1 Học sinh tự làm. 1

Trang 123

2 Ta có ' 2y 3x 2 2m 1 x 2 m.

m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình 'y 0 có hai nghiệm

dương phân biệt.

0.25

2' 2m 1 3 2 m 0

2 2m 1S 0

3

2 mP 0

3

0.25

24m m 5 0 5

m ; 1 ;41

m2 1

m ;2m 2 2

0.25

5m 2.

4

0.25

II 1 Phương trình đã cho tương đương với 2cosx 4sinxcosx 4sin xcosx 1 sinx cosx.

2sin2x 2sin2x.sin x 1 sinx 0 0.25

2sin2x 1 sinx 1 sinx 0 sinx 1 2sin2x 1 0 0.25

sinx 1 x k2 k .2

0.25

1

sin 2x x k2 12

hoặc

5x k k .

12

0.25

II 2

Điều kiện :

x 2 0

x 1 0 x 2.

5x 1 0

0.25

Bất phương trình đã cho tương đương với

x 1 4 x 2 x 1 4 x 2 5x 1

x 1 x 2 2

0.25

2x 1 x 2 4 x x 2 4 2 x 3. 0.25

Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 2;3 . 0.25

III

1 1 1 1

2x x 2x x x x x

0 0 0 0

I e x e dx e .e xe dx e dx xe dx

=1 1

1x x x

00 0

1e xe dx 1 xe dx.

e

0.25

1

x

1

0

I xe dx.

Đặt x

u x

dv = e dx

ta có x

du dx

v = e

0.25

Vậy 1

1 1x x x

10 0

0

I xe e dx e e e e 1 1 0.25

1

1 1 1I 1 I 1 1 2 .

e e e 0.25

Trang 124

O

B

A D

C

S

P

N

M

(d ): 5x + y - 9 = 0

C( -1; -2 )

B

A

(d' ): x + 3y - 5 = 0

IV Vì M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA,SB MN//AB

0.25

Mà S.ABCD là hình chóp tứ giác đều SP CD, và AB//CD MN//CD

Vậy MN SP đpcm . 0.25

Gọi O là tâm của đáy ABCD . Theo đề ra ta có SO ABCD Vậy SO là đường cao của chóp S.ABCD .

Ta có 2

22 2 a 2 a 6

SO SA OA a 2 .2 2

0.25

AMN SABAMNP AMN

AMNP ABSP

ABSP SAB SABSAB

1 1d P, AMN .S S

V S 1 13 4 V V1V S S 4 4d P, SAB .S3

Mà

ABP ABCDABSP ABP

ABSP S.ABCD

S.ABCD ABCD ABCDABCD

1 1d S, ABP .S S

V S 1 13 2 V V1V S S 4 2d S, ABCD .S3

Vậy 3

2

AMNP ABSP S.ABCD S.ABCD

1 1 1 1 1 1 a 6V V . V V . SO.AB .

4 4 2 8 8 3 48

0.25

V

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2a lnb lnb b lna lna

2 2

2 2

lna ln ba 1 ln b b 1 lna

a 1 b 1

0.25

Xét hàm số 2

ln tf t , t 0;1 .

t 1

Ta có

2

'

22

1t 1 2t ln t

tf t 0, t 0;1 .t 1

0.25

Do đó 2

ln tf t

t 1

đồng biến trên khoảng 0;1 .

Hay 2 2

lna ln bf a và f b

a 1 b 1

luôn đồng biến trên khoảng 0;1 .

0.25

Mà 0 a b 1, nên f a f b . Vậy 2 2

ln a ln b.

a 1 b 1

0.25

VIa 1 Đường thẳng AC qua C và vuông góc với

đường thẳng 'd : x 3y 5 0.

AC ACu 1;3 n 3; 1

Do đó phương trình AC: 3x y 1 0.

0.25

Trang 125

Tọa độ điểm A AC d thỏa mãn hệ 5x y 9 0

A 1;4 .3x y 1 0

0.25

Gọi điểm 0 0B x ;y thuộc đường thẳng 0 0d x 3y 5 0 1

Và I là trung điểm của 0 0x 1 y 2BC I ;

2 2

thuộc đường thẳng

d : 5x y 9 0.

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 0 0

0 0

x 3y 5 0

x 1 y 25 9 0

2 2

.

0.25

0

0

x 5B 5;0 .

y 0

0.25

2 1P có vectơ pháp tuyến 1n 1;2;3 .

2P có vectơ pháp tuyến 2n 3;2; 1 .

0.25

Phương trình mặt phẳng P vuông góc với 1 2P và P nên có vectơ pháp tuyến

1 2n n ;n 4; 5;2 .

0.25

P qua A 1;1;1 nên phương trình mặt phẳng P :4 x 1 5 y 1 2 z 1 0 0.25

P : 4x 5y 2z 1 0. 0.25

VIIa

Hệ thức đã cho tương đương với:

1 2i 1 2 i z 8 i 1 2i z 2i 2 i z 8 i 1 2i z

4i 2 z 8 i 1 2i z 1 2i z 8 i

0.25

8 i 1 2i8 iz

1 2i 1 4

0.25

8 16i i 2z 2 3i.

5

0.25

Do đó z có phần thực là 2 và phần ảo là 3 . 0.25 VIb 1

Chuyển 1 về dạng tham số ta được 1

x 3 2t: t

y t

1M M 3 2t; t . 1 2: x 2y 3 0 và : x y 1 0.

0.25

Khoảng cách từ M đến 2 là 2

2t 3 t 1d M, .

2

0.25


t 12t 3 t 11 1

d M, 5t .2 2 2

3

0.25

Vậy M 1; 1 hoặc 1 5

M ; .3 3

0.25

2 Gọi tọa độ điểm 0 0 0C x ;y ;z , vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên tọa độ điểm

C thỏa mãn hệ

0

0

00

00

1 x0

3 x 13 y

2 y 3 C 1;3; 43

z 41 z

13

. 0.25

Trang 126

Ta có AB 1;1;1 ,AG 1;1; 1 . 0.25

Mặt phẳng ABC có vectơ pháp tuyến ABCn AB,AG 1;1;0 .

0.25

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và có véctơ chỉ phương

ABCu n Vậy phương trình

x 1 t

là y 3 t .

z 4

0.25

VIIb

Điều kiện: z i. Phương trình đã cho tương đương với:

24z 3 7i z 2i z i 4z 3 7i z iz 2iz 2

2z 4 3i z 1 7i 0.

0.25

2

4 3i 4 1 7i 16 24i 9 4 28i 0.25

2

3 4i 2 2.2i 1 2 i .

Nghiệm của phương trình đã cho là

4 3i 2 iz 1 2i

2

4 3i 2 iz = 3 + i

2

. 0.25



I 1 Học sinh tự làm. 1 2 2 2mx 3m 2 x 2 6m 2

y mx 2 .x 3m x 3m

Khi 1

m3

đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.

0.25

Khi 1

m3

đồ thị hàm số có hai tiệm cận:

Tiệm cận ngang 1d : x 3m x 3m 0,

Tiệm cận xiên 2d : y mx 2 mx y 2 0.

0.25

Véctơ pháp tuyến của đường 1 2d ,d lần lượt là 1 2n 1;0 , n m; 1 .

Góc giữa 1 2d và d bằng 045 khi và chỉ khi: 1 20

21 2

n .n mcos45

n n m 1

0.25

2 2 2

2

m 22 m 2 m 1 4m 2 m 1 m 1.

2m 1

Vậy m 1 thõa mãn đề ra.

0.25

II 1

Điều kiện

sinx 0

sin 2x 03sin x 0

2

0.25

Trang 127

1 1 74sin x

3sinx 4sin x

2

1 14sin x 2

sinx 4sin x 2

2

1 1 1 1

4sin x 2 2 sinx cosxsinx 4 sinx cosx

sin x2

0.25

sinx cosx 0

1sinx+cosx 2 2 0 1

sin x cosx 2 2 0sin x cosx

2 sin x 04

2sin 2x

2

0.25

x k

4k

5x k ;x k

8 8

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:

5S k , k , k k

4 8 8

0.25

2

2 3 2 2 2

24 2 2

5 5x y x y xy xy x y xy xy x y

4 4*

5 5x y xy 1 2x x y xy

4 4

Đặt 2u x y

.v xy

Hệ phương trình * trở thành

2

5u v uv

4

5u v

4

0.25

2 2

2 2 3 2

5 5 5v u v u u 0, v

4 4 4

5 5 5 u 1 3u u u u u u 0 u , v

4 4 4 4 2 2

0.25

* Với 5

u 0, v4

ta có hệ phương trình

2

3 3

x y 05 25

x và y .54 16xy

4

* Với 1 3

u , v2 2

ta có hệ phương trình

2 33 1x 0 2x x 3 0

2x 23

3 yy 2x

2x

0.25

3x 1 và y .

2

Hệ phương trình có hai nghiệm: 3 35 25 3

x, y ; , 1; .4 16 2

0.25

Trang 128

(α)d

K

A

H

III 1 Đường thẳng d có vecto chỉ phương u 2;1;2 . Ta chuyển đường thẳng d về

dạng phương trình tham số như sau

x 1 2t

d : y t t

z 2 2t

0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d H d . vậy tọa độ

H 1 2t; t; 2 2t và AH 2t 1; t 5;2t 1 . 0.25

Vì AH d nên AH.u 0 2 2t 1 t 5 2 2t 1 0 0.25

t 1. Suy ra H 3;1;4 . 0.25

2 Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng .

Ta có d A, AK AH

(tính chất đường vuông góc và đường xiên).

0.25

Do đó khoảng cách từ A đến lớn nhất khi và chỉ khi AK AH,hayK H. 0.25

Suy ra qua H 3;1;4 . và nhận vecto AH 1; 4;1 làm vecto pháp tuyến. 0.25

Phương trình của là:

1 x 3 4 y 1 1 z 4 0 x 4y z 3 0. 0.25

IV 1

4 4 46 6 6

2 2 2 2

0 0 0

tan x tan x tan xI dx dx dx.

cos2x cos x sin x 1 tan x cos x

Đặt 2

dxt tan x dt .

cos x Với x 0thì t 0; với

1x thì t .

6 3

0.25

Suy ra

1 1 1 1

3 3 3 342 2

2 2

0 0 0 0

t 1 1 1 1I dt t 1 dt t 1 dt dt

1 t t 1 2 t 1 t 1

0.25

1

3 3

0

t 1 t 1t ln

3 2 t 1

1 10ln 2 3 .

2 9 3 0.25

2 Điều kiện: 0 x 6.

Đặt vế trái của phương trình là f x , x 0;6 .

Ta có

'

3 34 4

1 1 1 1f x

2x 6 x2 2x 2 6 x

3 34 4

1 1 1 1 1, x 0;6 .

2 2x 6 x2x 6 x

0.25

Trang 129

Đặt 1 1 1 1

u x , v x .2x 6 x 2x 6 x

Ta thấy 'u 2 v 2 0 f 2 0. Hơn nữa u x , v x cùng dương nên khoảng

0;2 và cùng âm trên khoảng 2;6 .

0.25

Ta có bảng biến thiên:

x 0 2 6

'f x 0

f x 3 2 6

g m d

42 6 2 6 4 12 2 3

0.25

Ta đặt vế phải của phương trình là f x . nên đặt vế trái là g m d . thõa đề ra

nên các giá trị cần tìm của m là 42 6 2 6 m 3 2 6. 0.25

Va 1 Gọi phương trình chính tắc của elip E là:

2 2

2 2

x y1,a b 0.

a b 0.25

Từ giả thiết ta có hệ phương trình: 2 2 2

c 5

a 3

2 2a 2b 20

c a b .

0.25

Giải hệ phương trình trên tìm được a 3 và b 2. 0.25

Phương trình chính tắc của E là 2 2x y

1.9 4

0.25

2 Đặt

n n n1 n0 1 n 0 n

a a 1f x 1 2x a a x ... a x a ... f 2 .

2 2 2

0.25

Theo đề ra n1 20 n

a a 1a ... f 2

2 2 2

n 122 4096 2 n 12. 0.25

Với mọi k k k 1 k 1

k 12 k 1 12k 0,1,2,...,11 ta có a 2 C ,a 2 C

k k

k 12

k 1 k 1

k 1 12

a 2 C k 1 231 1 1 k .

a 2 C 2 12 k 3

Mà k k 7. Do đó 0 1 8a a ... a .

0.25

Tương tự. k

k 1

a1 k 7.

a

Do đó 8 9 12a a ... a .

Số lớn nhất trong các số 8 8

0 1 12 8 12a ,a ,...,a là a 2 C 126720.

0.25

Vb 1 Điều kiện:

1x và x 1.

2


2

2x 1 x 1

2x 1 2x 1 x 1

log 2x 1 x 1 log 2x 1 4

log 2x 1 log x 1 2log 2x 1 4

2x 1 x 1 2x 1

2x 1

21 log x 1 2log 2x 1 4 1 log x 1 4.

log x 1

0.25

Đặt 2x 1t log x 1 , ta có 2t 12

t 3 t 3t 2 0t 2.t

0.25

Trang 130

A'

B'

C'

C

B

A

HI

Với 2x 1t 1 log x 1 1 2x 1 x 1 x 2.

Với 2

2x 1

x 0

t 2 log x 1 2 2x 1 x 1 .5x

4

0.25

Nghiệm của phương trình là

5x 2 và x .

4 0.25

2 Gọi H là trung điểm của BC. Theo đề ra ta có

'A H ABC nên AH là đường cao chóp 'A .ABC

2

2 2 2BC AB AC a 3 a 2a

BC 2aAH a

2 2

0.25

2' 2 ' 2 2 2 2 'A H A A AH 2a a 3a A H a 3.

Vậy '

3'

ABCA .ABC

1 aV A H.S đvtt .

3 2

0.25

Trong tam giác vuông 2 2

' ' ' ' ' ' 2 2A BHcó :HB A B A H a 3 a 2a nên tam

giác 'BBH cân tại 'B . Gọi I là trung điểm của 'BH BI BH

0.25

Đặt là góc giữa hai đường thẳng 'AA và ' 'BC thì 'BBH

Vậy ' '

BHBI a 12cos .B B B B 2.2a 4

0.25



I 1 Học sinh tự làm. 1 đ 2 Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm M 1; 9 có phương trình:

y kx k 9.

là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 khi và chỉ khi hệ phương trình sau có

nghiệm:

3 2

2

4x 6x 1 k x 1 9 2

12x 12x k 3

0.25

Thay k từ 3 và 2 ta được: 3 2 24x 6x 1 12x 12x x 1 9

2

x 1

x 1 4x 5 0 .5x

4

0.25

Với x 1thìk 24, phương trình tiếp tuyến là: y 24x 15. 0.25

Với 5 15

x thì k ,4 4

phương trình tuyến tuyến là 15 21

y x .4 4

0.25

Trang 131

Các tiếp tuyến cần tìm là: y 24x 15 và 15 21

y x .4 4

II

1 3 3 2 2

2 3 3 2

sin x 3cos x sin x cos x 3sin x cosx

sin x cos x sin x 3cos x 3sin x cosx 0

2 2 2 2sinx cos x sin x 3cosx cos x sin x 0

0.25

sinxcos2x 3cosxcos2x 0 cos2x sinx 3cosx 0. 0.25

k

cos 2x 0 x .4 2

sin x 3 cos x 0 x k .3

0.25

Họ nghiệm của phương trình là : k

x , x k k .4 2 3

0.25

2 Hệ phương trình đã cho tương đương với

24 2

2

x 2x .xy xy 2x 9

2xy 6x 6 x

22

2

x xy 2x 9 1

xxy 3x 3 2

2

Thế 2

22 x

2 vào 1 x 3x 3 2x 92

0.25

34 3 2

x 0x 12x 48x 64x 0 x x 4 0

x 4.

0.25

x 0 không thỏa mãn hệ phương trình. 0.25

17

x 4 y .4

Nghiệm của hệ phương trình là 17

x; y 4; .4

0.25

III 1 Ta có AB 2; 3; 1 , AC 2; 1; 1 0.25

Tích có hướng của hai vecto AB,AC là n AB,AC 2;4; 8 .

0.25

Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: 0.25

2 x 0 4 y 1 8 x 2 0 x 2y 4z 6 0. 0.25

2 Gọi điểm M a;b;c . vì M nên ta có Ta có 2a 2b c 3 0 1 0.25

Mặt khác theo đề ra 2 2

2 2

MA MBMA MB MC

MA MC

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

0 a 1 b 2 c 2 a 2 b 1 c

0 a 1 b 2 c 2 a 0 b 1 c

2a 3b c 2

22a b 1

0.25

Trang 132

Từ 1 và 2 ta có hệ

2a 3b c 2 a 2

2a b 1 b 3

2a 2b c 3 0 c 7

0.25

Tọa độ của điểm M 2;3; 7 . 0.25

IV 1

4 4

0 0

1sin x dx sin x cosx dx

4 2I .sin 2x 2 1 sinx cosx 2sin xcosx 2 2 sinx cosx

Đặt t sin x cosx dt cosx sin x dx sin x cosx dx

Với x 0thì t 1, Với x thì t 2.4

0.25

Mặt khác ta có 22 2t sinx cosx t sinx cosx 2sin xcosx t 1

Nên 222sin xcosx 2 2 sinx cosx t 1 2 2t t 1

0.25

Suy ra

22

2

1 1

2 dt 2 1I

2 2 t 1t 1

0.25

2 1 1 4 3 2.

2 2 42 1

0.25

2 2 2

2 2 2 2

2 x 6xy 2 x 6xyP .

1 2xy 2y x y 2xy 2y

Nếu 2y 0thìx 1. Suyra P 2.

Xét y 0 . Đặt x ty, Khi đó

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2t y 12ty 2t 12tP P t 2t 3 2t 12t.

t y 2ty 3y t 2t 3

2P 2 t 2 P 6 t 3P 0 1

0.25

- Với P 2, phương trình 1 có nghiệm 3

t .4

- Với P 2, phương trình 1 có nghiệm khi và chỉ khi ' 22P 6P 36 0 6 P 3.

0.25

P 3 thay vào 1 t 3 x 3y

vậy ta có 2 2

3 1x , y

x 3y 10 10

3 1x y 1x , y .

10 10

0.25

3

P 6 thay vào 1 t 2x 3y2

Vậy ta có 2 2

3 2x , y

2x 3y 13 13

3 2x y 1x , y

13 13

Giá trị lớn nhất của P bằng 3. giá trị nhỏ nhất của P bằng –6 .

0.25

Trang 133

(d' ):4 x +3y -1 = 0 (d ): x - y + 2 = 0

I

A

C

BH ( -1; -1)

H'

Va 1

Ta có:

k k 1

n 1 n 1

n 1 1 1 n 1 1 1.

n 1 ! n 1 !n 2 C C n 2

k! n 1 k ! n k !

0.25

k! n 1 k ! k 1 ! n k !n 1.

n 2 n 1 !

k! n 1 k n k ! k 1 k! n k !n 1.

n 2 n 1 !

0.25

k! n k ! k! n k ! n 2n 1 1

. n 1 k k 1 .n 2 n 1 n! n 2 n!

0.25

k

n

k! n k ! 1 1

n!n! C

k! n k !

0.25

2 Ký hiệu 'd : x y 2 0,d : 4x 3y 1 0.

Gọi 'H a;b là điểm đối xứng với H qua d.

Khi đó 'H thuộc đường thẳng AC.

du 1;1 là vecto chỉ phương của d.

'HH a 1;b 1 vuông góc với véctơ du

Nên ta có 'du .HH 0 . và trung điểm

a 1 b 1I ;

2 2

của 'HH thuộc d1.

0.25

Do đó tọa độ của 'H là nghiệm của hệ phương trình

'

1 a 1 1 b 1 0

H 3;1 .a 1 b 12 0

2 2

0.25

Đường thẳng AC đi qua 'H vuông góc với 'd nên có vecto pháp tuyến là

'ACd

n u 3; 4 và có phương trình 3 x 3 4 y 1 0 3x 4y 13 0.

Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y 13 0

A 5;7 .x y 2 0

0.25

Đường thẳng CH đi qua H 1; 1 với vecto pháp tuyến CH

1n HA 3;4

2 nên

có phương trình 3 x 1 4 y 1 0 3x 4y 7 0

Tọa độ của C CH AC vậy là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y 7 0

3x 4y 13 0.

Suy ra 10 3

C ; .3 4

0.25

Trang 134

Vb 1 2

0,7 6

x xlog log 0.

x 4

Điều kiện:

2

2

2

6

x x0

x xx 41 x 4; 2 2;

x 4x xlog 0

x 4

0.25

Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2

6

x x x xlog 1 6

x 4 x 4

0.25

2 x 3 x 8x 5x 240 0.

x 4 x 4

0.25

Tập nghiệm của bất phương trình là : 4; 3 8; . 0.25

2 Gọi H là hình chiếu của S trên AB.suy ra

SH ABCD . Do đó SH là đường cao của hình

chóp S.BMDN.

Ta có: 2 2 2 2 2 2SA SB a 3a 4a AB nên tam

giác SAB vuông tại S. suy ra AB

SM a.2

0.25

Do đó tam giác SAM đều cạnh a. suy ra a 3

SH .2

Diện tích tứ giác BMDN là 2

BMDN

1 1S BD.MN 2 2a. 2a 2a .

2 2

Thể tích khối chóp S.BMDN là 3

BMDN

1 a 3V SH.S dvtt .

3 3

0.25

Kẻ ME / /DN E AD

Suy ra a

AE .2

Đặt là góc giữa hai đường thẳng SM và DN .

Ta có SM,DN SM,ME . Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE

0.25

suy ra 2 2 2 2a 5 a 5SE SA AE , ME AM AE .

2 2

Tam giác SME cân tại E nên

a52SME và cos .

5a 5

2

0.25

Lời bình: Dưới đây là một số bài toán mà tác giả đã giải thêm các cách cho bạn đọc hiểu thêm và rèn luyện nhuần nhuyễn các kỹ năng giải đề thi. Câu II. 1. Ta có thể giải bài toán này theo cách sau:

* Xét cosx 0 thì phương trình 1 trở thành sin x 3 0 ( vô nghiệm )

* Xét cosx 0 ta chia 2 vế của phương trình cho cos x3 ta được: tan x t anx t an x 3 23 3

Trang 135

tan x tan x tan x tan x tan x tan x 3 2 2 23 3 0 1 3 1 0

x k

tan xtan x tan x k

tan xx k

2

2

3 31 3 0

14

Dễ dàng nhận ra cách này và cách trên có sự trùng hợp nghiệm. Vậy phương trình có họ nghiệm là:

k

x , x k k .4 2 3

Câu III.

2. Ta có AB 2; 3; 1 ,AC 2; 1;0 AB.AC 0 , theo đề ra MA MB MC vậy điểm M

nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABC và đi qua trung điểm I 0; 1;1 củaBC :

ABCdu n 1;2; 4 , phương trình đường thẳng

x t

d : y 1 2t t

z 1 4t

Vì M : 2x 2y z 3 0 M d

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

x tx 2

y 1 2ty 3 M 2;3; 7

z 1 4tz 7

2x 2y z 3 0

.

Câu IV.

2. 2 2

2 2 2 2

2 x 6xy 2 x 6xyP .

1 2xy 2y x y 2xy 2y

Nếu 2y 0thìx 1. Suyra P 2.

Xét y 0 . Đặt x ty, Khi đó

22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 t 6t2t y 12ty 2t 12tP 2f t .

t y 2ty 3y t 2t 3 t 2t 3

Xét hàm

2 2 2' '

2 22 2 2

t 6t 4t 6t 18 4t 6t 18f t , ta có f t f t 0 0

t 2t 3 t 2t 3 t 2t 3

t

t

1

2

3

3

2

x

f , f , lim f t

3 33 3 1

2 2

x

3

2 3

'f x 0 0

f x 1 3

2

3 1

Trang 136

x , yx y

min P min f t khi t

x , yx y

2 2

3 23

3 13 132 6 2

3 221

13 13

2 2

3 1x , y

x 3y 10 10max P 2maxf t 3 khi t 3

3 1x y 1x , y

10 10



I 1 Học sinh tự làm. 1 đ 2 Gọi Đường thẳng d đi qua I 1;2 với hệ số góc k k 3 có phương trình:

y kx k 2. 0.25

Hoành độ giao điểm của C và d là nghiệm của phương trình

3 2 2x 3x 4 k x 1 2 x 1 x 2x k 2 0

2

x 1.

x 2x k 2 0 *

d cắt đồ thị hàm số 1 khi và chỉ khi phương trình * có hai nghiệm phân biệt

khác 1

' 0 k 3 0k 3

1 2 k 2 0f 1 0

0.25

Suy ra d luôn cắt C tại ba nghiệm phân biệt I I A A B BI x 1,y 2 ,A x ,y ,B x ,y

với A Bx , x là nghiệm của * . Theo viét ta có A B

A B

x x 2

x .x k 2

Vì

A BI

A BA B A BI

x x1 x

2

k x x 2k 4y y kx k 2 kx k 22 y

2 2 2

Nên I là trung điểm của đoạn AB đpcm .

0.25

II 1 22sin x 1 cos2x sin2x 1 2cosx 2sin x 1 2cos x 1 sin2x 1 2cosx

24sinxcos x sin2x 1 2cosx 0.25

2.2sin x cosx cosx sin 2x 1 2cosx

2sin 2x cosx sin 2x 1 2cosx 0

sin2x 2cosx 1 1 2cosx 0

0.25

2cosx 1 0

2cosx 1 sin 2x 1 0sin 2x 1 0

0.25

21 x k2

cosx 3k .2

sin 2x 1 x k4

0.25

Trang 137

Nghiệm của phương trình đã cho là: 2

x k2 , x k k .3 4

2 Điều kiện: x 1, y 0.

2 2xy x y x 2y 1

x 2y y x 1 2x 2y 2

Từ 2 2 21 xy y x y x y y x y x y x y x y

x y y 1 x y 0 x y 2y x 1 0

0.25

x y 0 vô nghiệm vì theo điều kiện ta có x y 0 .

2y x 1 0 x 2y 1 * . 0.25

Thế * vào 2 ta được 2y 1 2y y 2y 1 1 2 2y 1 2y

2y 1 2y y 2y 2y 2 y 1 2y 2 y 1 0

y 1 2y 2 0 .

0.25

y 1 0 vô nghiệm vì theo điều kiện ta có y 0 .

2y 2 0 y 2 x 5

Nghiệm của hệ là x; y 5;2 .

0.25

III Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng 2 2 2S : x y z 2ax 2by 2cz d 0 *

tròng đó 2 2 2a b c d 0 ** .

0.25

Thay tọa độ của các điểm A,B,C,D vào * ta được hệ phương trình:

6a 6b d 18

6a 6c d 18

6b 6c d 18

6a 6b 6c d 27.

0.25

3a

26b 6c 0 3

b6a 6c 0 thõa đk **2

36c 9.c

2

d 0

0.25

Ta được phương trình mặt cầu là: 2 2 2S : x y z 3x 3y 3z 0. 0.25

IV Mặt cầu đi qua A,B,C,D có tâm

3 3 3I ; ; .

2 2 2

Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A,B,C là

2 2 2mx ny pz q 0 m n p 0 .

0.25

Thay tọa độ các điểm A,B,C vào phương trình trên ta được

3m 3n q 0

3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0.

3n 3p q 0.

Chọn m n 1 p 6

Do đó phương trình mặt phẳng ABC là: x y z 6 0.

0.25

Trang 138

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H của

điểm I trên mặt phẳng ABC .

Phương trình đường thẳng IH đi qua điểm H và có vtcp ABCIHu n 1;1;1 nên có

dạng

3x t

2

3IH : y t t

2

3z t

2

0.25

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

3x t

2x 23

y ty 22

3 z 2z t

2

x y z 6 0

Vậy tìm được tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là H 2;2;2 .

0.25

V 2

3

1

ln xI dx.

x

Đặt 3

2

dxu ln x du

xdx

1dvvx

2x

0.25

Khi đó 2 2

2 3

1 1

ln x dxI

2x 2x 0.25

2

2

1

ln 2 1

8 4x 0.25

3 2ln 2.

16

0.25

VIa 1

2 2

x y 1 xyP

1 x 1 y

Ta có

2 2 2 2 2

x y 1 xy x y . 1 xy x y . 1 xyx y 1 xyP

1 x 1 y x y 1 xy1 x 1 y x y 1 xy

0.25

Vì x,y 0 x y x y và 1 xy 1 xy x y . 1 xy x y . 1 xy

2 2

x y . 1 xy x y 1 xy 1

4x y 1 xy x y 1 xy

( vì theo Cauchy cho 2 số

a,b 0 ta có

2

ab 1a b 2 ab

4a b

)

0.25

Vậy 1 1 1

P P .4 4 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x và y x ,y

x y xy x ,y

0 0 0 1

1 1 0

. 0.25

Trang 139

Khi 1

x 0,y 1 thì P .4

Khi 1

x 1,y 0 thì P .4

Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1

,4

giá trị lớn nhất của P bằng 1

.4

0.25

2 Ta có: 2n 0 1 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n0 1 1 C C ... C C 1 . 0.25

Mặt khác: 2n2n 0 1 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n2 1 1 C C ... C C 2 . 0.25

Lấy 1 3 2n 1 2n

2n 2n 2n2 1 2C 2C ... 2C 2 1 3 2n 1 2n 1

2n 2n 2nC C ... C 2 . 0.25

Từ giả thiết suy ra 1 3 2n 1 2n 1

2n 2n 2nC C ... C 2048 2 2048 2n 1 112 2 n 6

0.25

VIIa

Do B.C thuộc

2 2b cP ,B khácC,nên B ;b ,C ;c

16 16

với b,c là hai số thực phân biệt.

b 4 và c 4. 2 2b c

AB 1;b 4 , AC 1;c 4 .16 16

Góc 0BAC 90 nên 2 2b c

AB.AC 0 1 1 b 4 c 4 016 16

.

272 4 b c bc 0 16.17 4 b c bc 0 1 .

0.25

Phương trình đường thẳng BC đi qua điểm C và có vtcp AB có dạng:

2

2 2

cx

y c16 16x b c y bc 0 2 .b c b c

16 16

Từ 1 và 2 suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I 17; 4 .

0.5

VIb 1 Điều kiện

2 0 x 1x 3x 20

x 2.x

0.25

Vậy 2 2

1

2

x 3x 2 x 3x 2log 0 1.

x x

0.25

2 x 0x 4x 20

x 2 2 x 2 2.

0.25

So sánh với điều kiện nên tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

2 2;1 2;2 2 .

0.25

Trang 140

3

3

3

I

O y

B

C

A

D

x

z

B A

C

A'

C'

B'

E

M

2 Theo giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích khối lăng trụ là

' ' '

' 2 3

ABCABC.A BC

1 2V AA .S a 2. .a a đvtt

2 2 .

0.25

Gọi E là trung điểm của ' 'BB ME//BB khi đó mặt phẳng AME song song với 'BC nên khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AM,BC bằng khoảng cách giữa 'BC

và mặt phẳng AME và cũng chính bang khoảng cách từ C đến mặt phẳng

AME .

0.25

Vì M là trung điểm của đoạn BC khoảng cách từ C đến mặt phẳng AME bằng

khoảng cách từ B đến mặt phẳng AME .

Vậy ' 'd AM,BC d BC, AME d C, AME d B, AME

0.25

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng AME . Do tứ diện BAME có BA,

BM,BE đôi một vuông góc nên

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 4 2 7 a 7h .

h BA BM BE h a a a a 7

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng 'BC và AM bằng a 7

.7

0.25

Lời Bình: Nếu chúng ta tinh ý sẽ phát hiện được trong đề này có cách giải khác nhanh hơn ở 1 số câu như sau:

Câu III:

1. Nhận thấy rằng các đỉnh A,B,C,D là 4 đỉnh trong 8 đỉnh của hình lập phương

có độ dài cạnh a 3 , và các đỉnh đó nằm trong tọa độ Oxyz .

Vậy mặt cầu qua 4 đỉnh A,B,C,D là tâm của mọi đường chéo hình lập phương, đó

chính là trung điểm cạnh OD I ; ;

3 3 3

2 2 2.

Bán kính R OI

2 2 23 3 3 3 3

2 2 2 2

Vậy phương trình mặt cầu qua các đỉnh A,B,C,D là:

x y z

2 2 23 3 3 27

2 2 2 4

2. Qua cách giải trên ta dễ dàng giải câu này như sau:

Nhận thấy AB BC AC 3 2 nên ABC đều nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC trùng với

trọng tâm G của ABC .

Trang 141

A B CG

A B CG

A B CG

x x xx

y y yy G ; ;

z z zz

23

2 2 2 23

23

Câu IV.

1.

2

3

1

ln xI dx.

x

Ở câu này các bạn có thể đặt như sau:

ln x ln xu du dx

x x

dxdv v

x x

2

2

1

1

Vậy ln x ln x ln x

I dx ln dx dx I lnx x x x x x

2 2 2

3 3 3 2

1 1 1

2 21 1 1 1 1 12 2 2

1 14 4 2

ln lnI I

3 2 3 2 22

8 4 16.

PHẦN V. ĐÁP ÁN 15 ĐỀ THAM KHẢO CỦA TÁC GIẢ BIÊN SOẠN. ĐỀ SỐ 16.


I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Đường thẳng Kd qua A 2;2 có hệ số góc k có dạng:

ky k x 2 2 y kx 2k 2 d

Kd cắt đồ thị C : 22x 1kx 2k 2 kx kx 2k 1 0 *

x 1

Kd cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt là hai nhánh của đồ thị C

0.25

2

1

1 2

2

a 0k 0

0k 4 2k 1 k 0

f 1 0k k 2k 1 0

x 1x 1 x 1 0

1 x

0.25

2

1 2 1 2

k 0k 0

49k 4k 0 k ; 0;

9x x x x 1 0

2k 11 1 0

k

0.25

4

k ; 0;9

k 0

. Vậy với k 0; thoã mãn đề ra. 0.25

Trang 142

II 1

sinx 3

tan x 2 *cosx 1 2

Điều kiện:

cosx 1x k2

k Z .3cos x 0 x 2 k

2

0.25

sinx sinx

* tan x 2 tan x 2cosx 1 2 cosx 1 2

sinx sinxtan x 2 cot x 2

cosx 1 2 cosx 1

0.25

2 2sin x cos x cosx 2sinx cos 1 0

1 cosx 0 loai1 cosx 1 2sin x 0

1 2sin x 0

0.25

x k2

6k

5x k2

6

.Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm thõa mãn

5S k2 ; k2 k

6 6

0.25

II 2 2log 100xlog 10x logx4 6 2.3 * Điều kiện: x 0

2log10 logx logx log100 logx 1 logx logx 2 2logx* 4 6 2.3 4 6 2.3

logx logx logx4.4 6 2.9.9

0.25

2log x log xlog x log x

log x log x

4 6 2 24. 18 4. 18 0 **

9 9 3 3

0.25

Đặt log x

2

t 2 l2

t t 0 , ** 4t t 18 0 93 t

4

0.25

log x9 2 9 1

t log x 2 x4 3 4 100

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất 1

S100

0.25

III

2 2

0 0

x cos x xsinx2

I dx dxcos x 1 cos x 1

.

Đặt x t dx dt. Đổi cận x 0 t

x t 0

.

0.25

0

2 2 2

0 0

t sin t sin t tsintI dt dt dt

cos t 1 cos t 1 cos t 1

0.25

1 2 2

0 0

s int s intI dt dt

cos t 1 cos t 1

.Đặt 2cos t tan u sin tdt tan u 1 du.

Đổi cận

t 0 u4

t u4

2 24 4

1 2

4 4

tan u 1 du 4I du u

tan u 1 2

4

.

0.25

Vậy 2 2 2 2 2

2 2

0 0

t s int x sinxI dt dx I 2I I

2 cos t 1 2 cos x 1 2 2 4

0.25

Trang 143

OB

D

A

C

S

I

IV

Vì

SAB SAD SA

SAB ABCD SA ABCD

SAD ABCD

vậy SA là đường cao của chóp S.ABCD .

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD vì 0A 120 nên 0ABC 60 vậy ABC đều cạnh a

0.25

a 3

BO BD 2BO a 32

.

2 3

ABCB S.ABCD ABCD

1 a 3 1 a 3S AC.BD V SA.S

2 2 3 6

0.25

Gọi I là trung điểm BC.

a 3AI BC AI

2

SA BC

AI BC BC SAI BC SI

SA AI A

.

0.25

Vậy

22

2 2 2

SBC

1 1 1 a 3 a 7S SI.BC SA AI .BC a .a

2 2 2 2 4

3

S.ABCDS.BCD

2SBC SBC

3 a 33.V

3V a 212 62d D, SBCS S 7a 7

4

.

0.25

V 2 23 3 3 32x 2x 1 x 1 x 2 *

Đặt 2 323

33

2x uu 2x.

x 1 vv x 1

0.25

3 33 3* u u 1 v v 1 f (u) f v 0.25

23 '3

3 23

uf (u) u u 1 f (u) 1 0

(u 1)

Hàm đồng biến trên R

233

3 23

vf (v) v v 1 f (v) 1 0

(v 1)

Hàm đồng biến trên R

0.25

Nên 2 23 3

x 1

f (u) f (v) u v 2x x 1 2x x 1 0 1x

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:1

S ;12

.

0.25

VIa 1 Gọi đường thẳng cần tìm có dạng :Ax By C 0

Vì qua A(2,1) nên 2A B C 0 C 2A B 1 . ( ) tạo với d một góc 045

0.25

Trang 144

d

0

2 2 2 2 2 2d

n .n 2A 3B 2A 3B 2cos ,d cos 45

2n . n 2 3 . A B 13. A B

2 2 22 2

2 2 2

1 4A 12AB 9B 5A 24A5A 24AB 5B 0 5 0

2 13.(A B ) B B

0.25

1

2

A5 Cho A = 5 B = 1 thay vào 1 C 11 : 5x + y - 11= 0

B

A 1 Cho A=1 B= 5 thay vào 1 C 3 : x 5y 3 0

B 5

0.25

Vậy tìm được 2 đường thẳng thõa mãn đề ra :

1 : 5x + y - 11= 0 và 2 : x 5y 3 0 0.25

2 Gọi phương trình mặt phẳng đi qua điểm M 1,2, 3 và vuông góc với giá

của a(6; 2; 3) n (6; 2; 3) : 6x 2y 3z 1=0

0.25

Gọi

x 1 3t t 0

y 1 2t x 1N d N N 1; 1;3

z 3 5t y 1

6x 2y 3z 1 0 z 3

0.25

Vậy đường thẳng cần tìm sẽ đi qua M.N u MN 2; 3;6 0.25

x 1 2t

: y 2 3t t R

z 3 6t

0.25

VIIa

z 3 4i 2 Gọi z x yi 0.25

z 3 4i x yi 3 4i x 3 i y 4

2 2

z 3 4i x 3 y 4 0.25

2 2

mà z 3 4i 2 x 3 y 4 4 0.25

Vậy tập hợp là 1 đường tròn tâm I 3, 4 .bán kính R 2 0.25

VIb 1 Gọi phương trình đường tròn qua giao điểm 1 2C , C là :

2 2 2 2x y 2x 4y 4 m x y 2x 2y 14 0

2 21 m x 1 m y 2 2m x 4 2m y 4 14m 0

0.25

Vì 1

C qua M(0;1) 1 + m + 4 - 2m - 4 - 14m = 0 m =15

0.25

2 21 1 28 58 1C : 1 x 1 y x y 4 14. 0

15 15 15 15 15

0.25

2 2 2 216 16 28 58 74 7 29 37x y x y 0 C : x y x y 0

15 15 15 15 15 4 8 8 0.25

2 Gọi tâm của mặt cầu I d I 1 2t;2 t;3t 0.25

2 22

2 1 2t 2 t 2.3t 1mà d I, P 1 1 t 1 3

2 1 2

0.25

1

2

I 3;4; 6 t 1 3 t 2

t 1 3 t 4 I 9; 2;12

0.25

Trang 145

Phương trình mặt cầu cần tìm :

2 2 2

1

2 2 2

2

S : x 3 y 4 z 6 1

S : x 9 y 2 z 12 1

0.25

VIIb

4 4log m 9 log (m 3) 3 * ĐK:m 3

3m 7

* (m 9)(m 3) 4m 13 loai

0.25

3

7 6 2z 1 i 1 i . 1 i 1 i . 1 i

0.25

3 321 i 1 2i i 1 i 2i 1 i 8i

28i 8i 8 8i .Vậy phần thực là 8. phần ảo là 8 . 0.25

ĐỀ SỐ 17.

Câu Ý Lời Giải Điểm

I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Ta có 2y' 3x 6(m 1)x 9. Hàm số đạt cực đại cực tiểu 1 2x ,x

Phương trình y' 0 có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x

2x 2(m 1)x 3 0 có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x

0.25

2m 1 3

' (m 1) 3 0 1m 1 3

0.25

Theo định lý viét ta có 1 2 1 2x x 2 m 1 và x x 3. Khi đó:

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2x x 2 x x 4 x x 4x x 4 4 m 1 12 4

2(m 1) 4 3 m 1 2

0.25

Từ 1 và 2 ta có tập nghiệm của m: 3 m 1 3 và 1 3 m 1. 0.25

II

1 Điều kiện: sinx 0, sinx cosx 0.

Phương trình sẽ trở thành: cosx 2sin x cosx

2cosx 0sin x cosx2 sin x

0.25

2cosx 2cos x0 cosx sin x sin 2x 0

sin x cosx 42 sin x

0.25

x m22x x m244

m,nsin 2x sin x n2

4 x2x x n24 34

cosx 0.

x k k x k k2 2

0.25

t2x t

4 3

x k k2

So sánh điều kiện. vậy phương trình có hai họ nghiệm:

t2S k , k, t

2 4 3

0.25

2 Điều kiện:

1x *

3

Trang 146

O

C'

A'

D'

B'

B

CD

H

A

Phương trình đã cho: 2

5 5log 3x 1 1 3log 2x 1 0.25

2 3 2 3

5 5log 5 3x 1 log 2x 1 5 3x 1 2x 1 0.25

23 2

x 2

8x 33x 36x 4 0 x 2 8x 1 0 1x

8

0.25

So sánh điều kiện * . vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm S 2 . 0.25

III Đặt

3dx 2tdtt 3x 1 dt dx

32 3x 1

.

Đổi cận:Khi x 1 thì t 2,và khi x 5 thì t 4.

0.25

22

4 4 4

2

2 2

2 2 2

t 11

3 2tdt 2 dtI . t 1 dt 2

t 1 3 9 t 1.t

3

0.25

34 42 1 t 1

t t ln2 29 3 t 1

0.25

100 9ln .

27 5 0.25

IV Gọi H là trọng tâm ' ' ' A BD . ' ' ' 'BD AC O

' ' ' ' a 3A O B D A O

2

' 2 a 3 a 3A H .

3 2 3

Vì tứ diện ' ' 'AA BD là tứ diện đều cạnh a nên AH

đường cao của tứ diện ' ' 'AA BD .AH là đường cao của hình hộp.

2'2 ' 2 2 a a 6

AH AA A H a3 3

0.25

' ' ' ' ' ' '' ' ' 'ABCDA B C D

2 3

A B C D A B D

a 3 a 6 a 2V S .AH 2S .AH 2. .

4 3 2

0.25

Vậy ' ' '' ' 'A.A B D

2 3

A B D

1 1 a 3 a 6 a 2V S .AH . .

3 3 4 3 12 . 0.25

' ' ' ' ' ' ' ' ' 'ABCD.C B D ABCDA B C D A.A B D

3 3 3a 2 a 2 5a 2V V V

2 12 12 0.25

V Đặt

22 t 3

t x y z t 3 2 xy yz zx xy yz zx2

.

Ta có 2 2 20 xy yz zx x y z 3 nên 23 t 9 3 t 3 với t 0.

0.25

Khi đó 2t 3 5

A .2 t

Xét hàm số: 2t 5 3

f t , 3 t 3.2 t 2

0.25

Ta có

3

2 2

5 t 5f '(t) t 0

t t

với t 3. 0.25

Trang 147

Suy ra f (t)hàm đồng biến trên 3, 3

. Do đó 14

f t f 3 .3

Đẳng thức xảy ra khi t 3 x y z 1.

Vậy giá trị lớn nhất của A là 3

14. khi và chỉ khi x y z 1.

0.25

VIa 1 Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C lần lượt là CH và CM,khi đó: CH : 2x y 13 0 . CM : 6x 13y 29 0.

2x y 13 0C CH CM

6x 13y 29 0

C 7; 1 .

0.25

AB CHAB CH n u 1,2

AB: x 2y 16 0. M=CM AB .

x 2y 16 0

M 6;56x 13y 29 0

. M là trung điểm của AB B 8; 4 .

0.25

Gọi phương trình của đường tròn ngoại tiếp 2 2ABC: x y 2ax 2by c 0.

Vì đường tròn qua các điểm A.B.C nên

52 8a 12b c 0 a 2

80 16a 8b c 0 b 3

50 14a 2b c 0 c 72

. 0.25

Đường tròn cần tìm là: 2 22 2x y 4x 6y 72 0 x 2 y 3 85. 0.25

2 Gọi 0 0 0B x ;y ;z , vì 0 0 0B x y z 6 0 (1)

ABCD là hình vuông ABC vuông cân tại B AB BC

AB.BC 0

0.25

2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2

0 0 0 0 0

x 5 y 3 z 1 x 2 y 3 z 4

x 5 x 2 y 3 z 1 z 4 0

0 0

2

0 0 0 0 0

x z 1 0 2

x 5 x 2 y 3 z 1 z 4 0 3

0.25

Từ 0 0

0 0

y 2x 71 , 2

z x 1

Thay vào 3 ta được

0 0 02

0 0

0 0 0

B 2;3; 1x 2,y 3,z 1x 5x 6 0

x 3,y 1,z 2 B 3;1; 2

0.25

Gọi I là tâm hình vuông ABCD vậy I là trung điểm của AC và BD 7 5

I ;3;2 2

.

Nếu B 2;3 1 thì D 5;3; 4 . Nếu B 3;1; 2 thì D 4;5; 3 .

0.25

VIIa

Gọi z = a + bi. a,b . thì 2 2z a b

0.25

Theo đề ra ta có 2 22 2

a 3

b 1z 10 (3b) b 10a b 10

a 3b a 3a 3b a 3b

b 1

0.25

M 6; 5 A 4;6

C 7; 1

B 8; 4 H

Trang 148

Vậy có hai số phức cần tìm: 1

2

z 3 – i

z 3 i

0.25

Vậy 11 1

2 2 2

z 1 17z 3 i z 1 4 i

z 3 i z 1 2 i z 1 5

. 0.25

VIb 1 Gọi B B 1 B B C C 2 C CB x ;y d x y 5; C x ;y d x 2y 7

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: B C

B C

x x 2 6

y y 3 0

0.25

Từ các phương trình trên ta có: B 1; 4 ; C 5;1 0.25

Ta có BGBG 3;4 VTPT n 4; 3 nên phương trình BG: 4x – 3y –8 0 0.25

Bán kính 9

R d C; BG 5

phương trình đường tròn: 2 2 81

x – 5 y –125

0.25

2 Gọi 0 0 0M x ;y ;z .Từ giả thiết ta có;

2 22 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2 22 0 0

0 0 0

x 1 y z x y 1 z

x 2y 2x y 3 z 2

5

0.25

2 22 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2 2 22 2 2

0 0 0 0 0 0

2

2 2 2 0 0

0 0 0

x 1 y z x y 1 z 1

x y 1 z x y 3 z 2 2

x 2y 2x 1 y z 3

5

0.25

Từ 0 0

0 0

y x1 và 2

z 3 x

.

Thế vào (3) ta được 22

0 0 05 3x 8x 10 3x 2

0.25

0

0

M 1;1;2x 1

23 23 23 14x M ; ; .

3 3 3 3

0.25

VIIb

Ta có: 2 2

i n 1 1 n iz z 1

i 2ni n i n n i

2

22 2

2

A 01 n i n 2n 2

z 1 z 1 A n 2n 2n i n 1 A

n 1

0.25

Xét hàm số

2

n 2

n 2n 2f

n 1

Ta có:

2

' '

22

2 n n 1 1 5f n f n 0 n

2n 1

0.25

Lập bảng biến thiên ta có 1 5 3 5

minf n f2 2

0.25

Theo yêu cầu của bài toán 2 3 5 3 5 5 1A A

2 2 2

0.25

Trang 149

Vậy 5 1

A2

là giá trị cần tìm.

ĐỀ SỐ 18.

Câu Ý Lời giải. Điểm I 1 HS tự làm 1

2 Phương trình hoành độ giao điểm : 3 2 2x 3x mx 1 1 x x 3x m 0

2

x 0

x 3x m 0 *

0.25

* có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1 1 2 2x ,x 0 A 0;1 ,B x ;y ,C x ;y

Vì tiếp tuyến của hàm số mC tại B và C vuông góc với nhau nên 1 2

' '

x xy .y 1 . 0.25

2 2

1 1 2 2

9 4m 0

f 0 0

3x 6x m 3x 6x m 1.

2 2 2 2

1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22

2

9m

4

m 0

9 x x 18x x x x 3m x x 36x x 6m x x m 1

9m

4

m 0

4m 9m 1 0

0.25

9 9m m

4 4

m 0 m 0

9 65 9 65m m

8 8

Vậy tiếp tuyến của hàm số tại B và C vuông góc với nhau khi 9 65

m .8

0.25

II 1 ĐK: cosx 0 x k k z

2

. 0.25

22 32 2

2 2 2

2 2

cos x 1 cosxcos x cos x 1 1cos2x tan x cos2x tan x

cos x cos x cos x

cos2x tan x 1 cosx 1 tan x

0.25

2cos2x cosx 0 2cos x cosx 1 0

x k2cosx 1

k .21x k2cosx

32

0.25

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm 2 2

S k2 , k2 k ; hay x k3 3

. 0.25

2 Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm của phương trình. 0.25

Trang 150

Với y 0 . ta có:

2

2 2

2 222

x 1x y 4

x y xy 1 4y y.

x 1y x y 2x 7y 2x y 2 7

y

Đặt 2x 1

u ,v x yy

ta có hệ:

2 2

u v 4 u 4 v

v 2u 7 v 2v 15 0

v 3,u 1

v 5,u 9

0.25

Với v 3, u 1 ta có

hệ:2 2 2 x 1,y 2x 1 y x 1 y x x 2 0

x 2,y 5x y 3 y 3 x y 3 x

.

0.25

Với v 5,u 9 ta có hệ: 2 2 2x 1 9y x 1 9y x 9x 46 0

x y 5 y 5 x y 5 x

. Hệ này

vô nghiệm.

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: x;y 1;2 , 2;5 .

0.25

III 3

e e e3 2

2

32 2 21 1 1

ln x

log x 1 ln x. ln xdxln 2I dx dx .

ln 2 xx 1 3ln x x 1 3ln x 1 3ln x

0.25

Đặt 2 2 21 dx 11 3ln x t ln x t 1 ln x. tdt

3 x 3 .

Đổi cận x 1 t 1

x e t 2

.

0.25

2e 2 23

22

3 321 1 1

1t 1

log x 1 1 13I dx . tdt t 1 dtln 2 t 3 9ln 2x 1 3ln x

0.25

2

3

3 3

1

1 1 4t t

9ln 2 3 27ln 2

0.25

IV Gọi thể tích của khối chóp S.ABCD là V , thể tích

của khối chóp S.ABD là 1 ABD

1V SA.S

3 , thể tích

của khối chóp S.BCD là 2 BCD

1V SA.S

3 .

Vì ABD BCD 1 2 1S S V V V 2V

Tỷ lệ thể tích của khối chóp S.BMK và S.ABD là:

S.BMK

1

V SM.SK.SB SK

V SA.SD.SB 2SD ( vì M là trung điểm

của SA ) Tỷ lệ thể tích của khối chóp S.BNK và S.BCD là:

S.BMK

2

V SK.SN.SB SK

V SD.SC.SB 2SD ( vì N là trung điểm của SC )

S.BMK S.BMK S.BMKN S.BMKN

1 2 1

V V V 2V SK SK SK

V V V V 2SD 2SD SD

S.BMKN

SKV .V *

2SD

0.25

I

O

D C

A B

S

M

N

K

Trang 151

I

S

D BO

K

H

Vì SA ABCD AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng

ABCD 0SD, ABCD SDA 45 .

Vậy SAD vuông cân tại A AD SA a 2

0.25

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA,SC

nên MN là đường trung bình của SAC I là trung điểm của SO .

Trong SBD kẻ OH song song với BK, H SD

Nhận thấy KI là đường trung bình của SHO và HO

là đường trung bình trong DKB SK 1

SK KH HDSD 3

0.25

Từ * suy ra 3

23

1 ABCD

1 1 1 1 a 2 2 2V V . SA.S a 2. a 2 a

6 6 3 18 18 9 0.25

V Ta có ab bc ca 2abc a b c 1 2a bc a 1 a 1 2a bc .

Đặt t bc thì ta có

2 2b c 1 a

0 t bc4 4

.

0.25

Xét hàm số f t a 1 a 1– 2a t trên đoạn

21 a

0;4

.

'f t 1– 2a 0 a 0;1

0.25

Ta có:

2a 1 a 1 7

f 0 a 1– a4 4 27

.

và

2 21 a 7 1 1 1 7

f 2a a4 27 4 3 3 27

0.25

Vậy 7

ab bc ca 2abc27

. Đẳng thức xảy ra khi 1

a b c3

0.25

VIa 1 Gọi 'C CC C c;2c 3 và I là trung điểm của BC nên I BC I m;6 m

Do đó B 2m c;9 2m 2c . 0.25

Vì 'CC là đường trung tuyến nên 'C là trung điểm của AB:

2m c 5 11 2m 2c 2m c 5 11 2m 2cC' ; CC' 2( ) 3 0

2 2 2 2

0.25

5 5 41m I ;

6 6 6

Vậy phương trình đường thẳng BC đi qua I và vuông góc với đường thẳng d

d BCBCu n 1;1 n 1; 1 BC: 3x – 3y 23 0

0.25

Vậy 2x y 3 0 14 37 19 4

C BC C : C ; B ; .3x 3y 23 0 3 3 3 3

0.25

2 Ta có: AB 2;2; 2 ,AC 0;2;2 .

Phương trình mặt là mặt phẳng trung trực của AB đi qua trung điểm

I 0;1;0 của AB và có n AB 2;2; 2 : x y z 1 0

Phương trình mặt là mặt phẳng trung trực của AC đi qua trung điểm

J 1;1;2 của AC và có n AC 0;2;2 : y z 3 0.

0.25

Trang 152

ABCn AB,AC 8; 4;4 mp ABC : 2x y z 1 0

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I ABC 0.25

x y z 1 0 x 0

I : y z 3 0 y 2

2x y z 1 0 z 1

. Suy ra tâm đường tròn là I 0;2;1 0.25

Bán kính là 2 2 2

R IA 1 0 0 2 1 1 5. 0.25

VIIa

Giải phương trình 1

2

2

3 2z 1 i

22z 4z 11 0

3 2z 1 i

2

0.25

2

2

1 2

3 2 22| z | | z | 1

2 2

0.25

1 2

3 2 3 2 z z 1 i 1 i 2

2 2

0.25

Vậy

2 2

2 21 2

2 21 2

22 22

2 2z z 11

42z z

. 0.25

VIb 1 Vì tâm I của đường tròn I I 3t – 8; t

Đường tròn tâm I đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng '

2 2'

2 2

3 3t 8 4t 10d I; IA 3t 8 2 t 1 t 3

3 4

0.5

Vậy I 1; 3 R IA 5 nên phương trình đường tròn cần tìm là :

2 2

x –1 y 3 25 . 0.5

2 Ta có ABCAB 2; 3; 1 ,AC 2; 1; 1 n AB,AC 2;4; 8 2 1;2; 4

0.25

Phương trình mp ABC : x – 0 2 y –1 – 4 z – 2 0 x 2y – 4z 6 0 0.25

Gọi điểm 0 0 0M x ;y ;z vì MA MB MC

2 2 2 2 22

0 0 0 0 0 0

2 2 2 22 2

0 0 0 0 0 0

0 0 0

0 0 0

x y 1 z 2 x 2 y 2 z 1

x y 1 z 2 x 2 y z 1

4x 6y 2z 4

4x 2y 2z 0

0.25

M :2x 2y z – 3 0 nên ta có hệ

0 0 0

0 0 0

0 0 0

4x 6y 2z 4

4x 2y 2z 0

2x 2y z – 3 0

0

0

0

x 2

y 3 M 2;3; 7

z 7

0.25

Trang 153

VIIb

Điều kiện:

2

xy 2x y 2 0

x 2x 1 0

y 5 0I

x 4 0

0 1 x 1

0 2 y 1

. 0.25

1 x 2 y

1 x 2 y

1 x 2 y

1 x 2 y

2log 1 x y 2 2log 1 x 6I

log y 5 log x 4 1

log y 2 log 1 x 2 0 1

log y 5 log x 4 1 2 .

0.25

Đặt 2 ylog 1 x t thì 1 trở thành: 21

t 2 0 t 1 0 t 1.t

Với t 1 ta có: 1 x y 2 y x 1 3 . Thế vào 2 ta có:

1 x 1 x 1 x

2

x 4log x 4 log x 4 = 1 log 1

x 4

x 41 x x 2x 0

x 4

0.25

x 0 y 1

x 2 y 1

So sánh với điều kiện ở I nên phương trình có nghiệm

duy nhất x;y 2;1 .

0.25

ĐỀ SỐ 19.

Câu Ý Lời giải Điểm I 1 HS tự làm 1

2 Gọi điểm 0

0

3M x ;2 C

x 1

.

0 2x

0

3y '

x 1

Phương trình tiếp tuyến tại M:

02

0 0

3 3y 2 x x

x 1 x 1

Hay 2

0 0 03 x x x 1 y 2 3 x 1 0.

0.25

Khoảng cách từ I 1;2 đến tiếp tuyến

0 0 0

4 42

0 002

0

3 1 x 3 x 1 6 x 1 6d I;

99 x 1 9 x 1 x 1x 1

0.25

Theo bất đẳng thức cosi ta có:

2

02

0

9x 1 2 9 6

x 1

Vậy d I; 6 .

Khoảng cách lớn nhất bằng 6 khi

2

02

0

9x 1

x 1

0.25

2

0 0x 1 3 x 1 3 .

Vậy ta tìm được 2 điểm M : 1M 1 3;2 3 hoặc 2M 1 3;2 3 . 0.25

Trang 154

II 1

Điều kiện: x k

sinx 0 k

cosx 0 x k2

. 0.25

Phương trình đã cho tương đương

2 2cos x

cosx sinx 42 sin3x cos3x 2 2 sin 3x

sinx.cosx 4 sin 2x

sin 3x sin 2x cos x4 4

0.25

1cos x cos 5x cos x cos 5x cos x

2 4 4 4 4 4

3cos 5x cos x

4 4

0.25

k3x5x x k2

4 24 4 k

k3x5x x k2

12 34 4

Kết hợp với điều kiện vậy phương trình có 2 họ nghiệm:

k kS , k

4 2 12 3

0.25

2

Điều kiện

10 2x 1 1 x

20 x 1 1

x 1

0.25

Phương trình 2x 1 x 1log x 1 2x 1 2log 2x 1 4

2x 1 x 1 2x 1

2x 1

2log x 1 2log 2x 1 3 0 log x 1 3 0 *

log x 1

0.25

Đặt 2x 1

t 12t log x 1 , * t 3 0

t 2t

0.25

Với 2x 1t 1 log x 1 1 x 1 2x 1 x 2 .

Với 2

2x 1

5x

t 2 log x 1 2 x 1 2x 1 4

x 0

Kết hợp điều kiện, vậy phương trình có 2 nghiệm 5

S ,24

0.25

III 3 3 3

2 2 2

0 0 0

x sin 2x x sin 2xI dx dx dx

cos x cos x cos x

3

1 2

0

xI dx

cos x

đặt 2

u xdu dx

1v tan xdv dx

cos x

0.25

3

1

0

3 3I x t anx tan xdx ln cosx ln 23 3

3 30 0

. 0.25

3

2 2

0

sin 2xI dx

cos x

. Đặt 2t cos x dt 2sinxcosxdx sin2xdx dt 0.25

Trang 155

O

D

B

A

C

S

IJ

H

Đổi cận

1x t

3 4

t 1x 0

1

4

2 1 2

1

1dt 3 3

I ln t ln 4 I I I ln 2 ln 4 ln 21t 3 3

4

0.25

IV Gọi I,J lần lượt là trung điểm củaAB và CD .

H là hình chiếu của I trên SJ.

AB song song CD AB song song SCD

d AB, SCD d I, SCD

0.25

IH SJ

IH CD IH SCD d I, SCD IH 2

SJ CD J

0

IJ CD,IJ ABCD

SJ CD,SJ SCD SCD , ABCD SJ, IJ SJI 60

SCD ABCD

0.25

IHJ vuông tại H nên0

IH IH 2 4 3sin IJH IJ

IJ sin60 3sin IJH

Gọi O là tâm đáy nên O là trung điểm của IJ 2 3

IJ OJ2 3

0.25

SOJ vuông tại O nên 0SO 2 3tanSJO SO tanSJO.OJ tan60 . 2

OJ 3

S.ABCD ABCD

1 1 4 3 4 3 32V SO.S .2. .

3 3 3 3 9 .

0.25

V Ta nhận thấy 22 210x 8x 4 2 2x 1 2 x 1

Nên phương trình đã cho trở thành : 2 2 22 2x 1 2 x 1 m 2x 1 . x 1 .

0.25

Chia 2 vế của phương trình cho 2

2x 1

ta được 2

2 2

2x 1 2x 12 m 2 0 *

x 1 x 1

.

0.25

Đặt 2

2x 1t

x 1

Xét hàm số ' '

2 2 2

2x 1 2 xf x cóf x cho f x 0 x 2

x 1 x 1 x 1

Bảng biến thiên :

0.25

Trang 156

P

∆

d

H

I

A

x 2

'f x 0

f x

5

2 2

2 2x x

2x 1 2x 1lim 2; lim 2

x 1 x 1

2 t 5 . Vậy 22t 2

* mt

Khảo sát hàm 22t 2

f t Ct

với t 2, 5

.đặt g m d .

Ta có 2

' '

2

t 12t 2f t cho f t 0

t 1t

t 2 1 0 1 5

'f t 0 0

f t 4

12

5

5 4

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì đường thẳng d cắt hàm số C tại 2

điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên từ khảo sát ta kết luận được 12

4 m5

hoặc

5 m 4 thỏa mãn đề ra.

0.25

VIa 1 Vì điểm 1 2A d A a;2a 5 ;B d B b; b 3

IA a 2;2a 5 ,IB b 2; b 3 . 0.25

Theo đề ra ta có

a 1a 2 2b 4

IA 2IB 12a 5 2b 6 b

2

0.25

Mà phương trình đường thẳng đi qua I cắt 1 2d , d lần lượt tại A.B nên

A,B,I thẳng hàng.Vậy u IA 3;7 n 7; 3 0.25

Đường thẳng cần tìm là : 7 x 2 3y 0 7x 3y 14 0. 0.25

2 P là mặt phẳng đi qua đường thẳng .

mà / / d P / / d .

0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng P .Ta luôn có IH IA và

IH AH . Mặt khác

d d , P d I, P IH

H P

0.25

Trang 157

BMA

I I'

∆H

H'

Vì IH IA nên maxIH = IA H A . Vậy để thỏa mãn đề ra khi và chỉ khi mặt

phẳng P đi qua A và vuông góc với IA. 0.25

Vậy pn IA 6;0; 3 3 2;0; 1

Phương trình của mặt phẳng P là: 2 x 4 z 1 0 2x z 9 0. 0.25

VIIa Gọi số phức z x yi . Theo đề ra ta có :

3 52z 3 5i 2 z i 1

2 2 0.25

3 5 3 5 3 5z i x yi i x y i

2 2 2 2 2 2

. 0.25

Nên biểu thức số phức 2 2

3 5 3 5 3 5z i 1 x y i 1 x y 1

2 2 2 2 2 2

.

0.25

Vậy tập hợp những điểm M là miền bên trên và trong đường tròn tâm

3 5I ;

2 2

bán kính R 1. 0.25

VIb 1 Từ các phương trình đương tròn

'C , C ta xác định được tâm và bán

kính lần lượt như sau:

' 'I 1;1 , I 2;0 và R=1,R 3 .

Gọi đường thẳng qua M và có vtpt

n A;B nên phương trình có dạng:

2 2

A(x 1) B(y 0) 0

Ax By A 0, A B 0 *

.

0.25

Gọi 'H,H lần lượt là trung điểm của AM,BM .

Khi đó ta có: 2 2 2 2MA 2MB AH 2HB IA IH 2 I 'B I 'H '

2 22 2 '2 2R IH 4 R I ' H ' 1 d I; 4 9 d I ';

0.25

2 2

2 2

2 2 2 2

9A B4 d I '; d I; 35 4. 35

A B A B

2 2

2 2

2 2

36A B35 A 36B

A B

0.25

Dễ thấy B 0 nên chọn

A 6B 1

A 6

. Kiểm tra điều kiện IA IH thỏa mãn

Thay vào * ta được 2 phương trình 1 : 6x y 6 0 và 2 : 6x y 6 0 .

0.25

2 Phương trình đường thẳng d đi qua M 0;2;0 và có véc tơ chỉ phương u 1; 1;1

Phương trình đường thẳng 'd đi qua 'M 2;3; 5 và có véc tơ chỉ phương

'u 2;1; 1 .

Gọi mặt phẳng có véctơ pháp tuyến n A,B,C .

0.25

Vì mặt phẳng đi qua đường thẳng d nên dn u 0 . Và mặt phẳng tạo với

đường thẳng 'd một góc 030 . 0.25

Trang 158

'

'

2 2 2

n .u 0 A B C 0

n .u 2A B C 1sin ,d

26 A B Cn . u

2 2 22 2

B A C B A C

2A AC C 02 3A 6 A A C C

Ta có 2 2A C

2A AC C 0 A C 2A C 02A C

.

0.25

Nếu A C .chọnA C 1 B 2 vậy n 1;2;1

1 : x 2(y 2) z 0 x 2y z 4 0

Nếu 2A C chọn A 1,C 2 B 1 , vậy n 1; 1; 2

2 : x (y 2) 2z 0 x y 2z 2 0 .

0.25

VIIb

Điều kiện :

n 1 4 n 3

n 3 n 3

n 2 2 n 0 n 3.

n 4 2 n 2

n 3 2 n 1

0.25

Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2

n 1 n 4 n 2 n 3 n 1 n 4 n 2 n 3C C 2 151 2 C C C C 2C 2C 149

n 1 ! n 4 ! 2 n 2 ! 2 n 3 !149

2! n 1 ! 2! n 2 ! 2!n! 2! n 1 !

0.25

n 1 n n 1 ! n 4 n 3 n 2 ! 2 n 2 n 1 n!

2 n 1 ! 2 n 2 ! 2n!

2 n 3 n 2 n 1 !149

2 n 1 !

n 1 n n 4 n 3n 2 n 1 n 3 n 2 149

2 2

0.25

2

n 5n 4n 45 0

n 9 l

vậy giá trị biểu thức là :

4 3

6 5A 3A 3T

6! 4

. 0.25

ĐỀ SỐ 20.


2 Gọi A a;0 Ox mà từ A kẻ được đến C ba tiếp tuyến phân biệt.

Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y k x a

d là tiếp tuyến của C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

4 2

3

x 2x 1 k x a 1

4x 4x k 2

0.25

Thế 2 vào 1 2 2

2 3 2 2x 1 4x 4x x a x 1 4x x 1 x a *

+ Với 2x 1 0 x 1 thay vào 2 k 0 vậy với x 1 ta kẻ được 1 tiếp

tuyến qua A tới C .

0.25

Trang 159

+ Với 2x 1 0 x 1 chia 2 vế của * cho 2x 1 .

2 2* x 1 4x x a 3x 4ax 1 0 ** . để trên trục hoành có những

điểm mà kẻ tới C 3 tiếp tuyến ** có 3 nghiệm phân biệt khác 1

0.25

2' 2a 3 003

f 1 0 3 4a 1 0 a ; 1 1;2

3 4a 1 0f 1 0

hoặc

3

a ;1 1;2

.

0.25

II 1

2 22 2

2 2

x y 1x y 1 2 x y 22

x y 2x y 1 y 1 x 1 y 1 6

xy - x - y 1 x y - 2 6

x 1 y 1 5

(x 1)(y 1) x 1 y 1 6

. 0.25

Đặt u x 1

v y 1

. ta được hệ mới

2 2 u v 3u v 5

u.v 2uv u v 6

0.25

u 2 x 1 1 x 2

v 1 y 1 2 y 3

u 1 x 1 2 x 3

v 2 y 1 1 y 2

0.25

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm S 2;3 , 3;2 0.25

2 ĐK: cosx 0 x k

2

.

Phương trình 2 2sinx sinxsin x. cos x cos2x 2

cosx cosx

0.25

3 3

2 2

sin x cos x cos2x. 2cosx sin x

sin x cosx 1 sin x cosx cos x sin x 2cosx sin x

0.25

sin x cosx 0

sin x cosx .cosx. 2sin x cosx 0 2sin x cosx 0

cosx 0 l

0.25

tan x 1 x k

4k,l Z1

1tan xx arctan l2

2

0.25

III

1

2 2

0

I x ln 1 x dx 0.25

Trang 160

A

B

C

S

I

M

N

Đặt 2

2

23

2xdu dx

u ln 1 x 1 x

1dv x dx v x3

1 1 4

3 2

2

0 0

1 2 x 1 2I x .ln 1 x dx ln 2 J

3 3 1 x 3 3

Tính 1 1 14 3

2

2 2 2

0 0 0

1x 1 x 1 2J dx x 1 dx x dx K

01 x 1 x 3 x 1 3

0.25

Tính 1

2

0

1K dx

x 1

đặt 2x tan t dx 1 tan t dt ,đổi cận

t 0x 0

x 1 t4

24 4

2

0 0

1 tan tK dt dt

tan t 1 4

.

0.25

Vậy 1 2 1 2 2 1 2 2 1 4

I .ln2 J .ln2 K .ln2 .ln23 3 3 3 3 3 3 3 4 3 9 6

0.25

IV Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Theo đề ra SA SB SC 3a . ABC vuông cân đỉnh

B SI ABC .

Vậy SI là đường cao của chóp S.ABC.

2

22 2 a 2 34aSI SA AI 3a

2 2

0.25

2 2 3

ABC S.ABC ABC

1 a 1 1 34a a a 34S AB.BC V SI.S . .

2 2 3 3 2 2 12 0.25

SMNS.MNC

S.MNC S.ABC

S.ABCSAB

1d C, SMN .S

V SM.SN a.2a 2 23 V .V1V SA.SB 3a.3a 9 9d C, SAB .S3

0.25

3

C.ABNM S.ABC S.MNC S.ABC S.ABC S.ABC

2 7 7a 34V V V V V .V

9 9 108 0.25

V Ta có: 22 2 1

2 x y xy 1 xy 1 2 x y 2xy 4xy xy5

Và 22 2 12 x y xy 1 xy 1 2 x y 2xy 4xy xy

3 .

0.25

Đặt t xy nên điều kiện1 1

t5 3

.

Biểu thức

22 2 2 24 4 2x y 2x yx y 7t 2t 1

P .2xy 1 2xy 1 4 2t 1

0.25

Do đó:

2

2

7 t tP '

2 2t 1

. cho

2

2

7 t t t 0P ' 0 0

t 1 l2 2t 1

0.25

Trang 161

1 1 1 1

; ;5 3 5 3

min max

1 12 2 1 2 1P , P ,P 0 P ,P

5 315 15 4 15 4

0.25

VIa 1 Đường thẳng d cắt trục 0x,0y lần lượt tại 2 điểm P a;0 ;Q 0;b ,a 0,b 0.

Vậy phương trình đường thẳng x y

d : 1a b .

0.25

Đường thẳng d qua A 3; 1 nên 3 1

1a b theo bất đẳng thức cosi ta có :

3 1 3 32. 1 2. ab 2. 3

a b ab ab .

0.25

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 63 1

b 2a b

Mà 2 2

OPQ

1 1 1 1S OP.OQ .a.b ab . 2 3 6

2 2 2 2 .

0.25

Nên OPQ minS 6 khi và chỉ khi

a 6

b 2

Vậy đường thẳng d có phương trình là: x y

16 2

0.25

2 Vì

22 2 d P Q

2x – y –1 0d P Q d : u n ;n 1;2; 2 và

2x +y 2z – 5 0

đi qua

điểm M 0; 1;3 nên phương trình của 1

2 1 1

2

x t

d : y 1 2t ; t

z 3 2t

Theo đề ra ta có 1 2d d =I I 1;1;1

0.25

Gọi điểm 1B d B 1 t;1 2t;1 2t 2 1 1 1, C d C t ; 1 2 t ;3 2 t

Vì B,C khác điểm I nên ta có 1t 0, t 1 .

1 1 1AB 1 t; 2 2t;2t ,AC t 2; 4 2 t ;2 2 t .

2 2 22 2 2

1 1 1 1IB t 4t 4t 3 t , IC t 1 2t 2 2 2t 3 t 1

0.25

BIC cân đỉnh I. và 3d đi qua điểm A nên ta có A,B,C thẳng hàng nên ta có:

1

1 1 1 1

IB IC 3 t 3 t 1 1

AB,AC 0 12t 8tt 4t 4;4tt 6t 2t 2;0 0 2

Giải 1 ta được

1

1

t t 1 *

t 1 t **

.từ (2) ta có 1 1

1 1

12t 8tt 4t 4 0I

4tt 6t 2t 2 0

0.25

Thế * vào I ta được 1

1

t 1

t 2

với 1t 1 t 0 B 1;1;1 I ( loại)

với 1t 2 t 1 B 2;3;3 ,C 2;3; 1 BC 0;0 4 . Vậy đường thẳng

3

x 2

d : y 3 t

z 3 4t

Thế ** vào I được 1t 1 t 0 B 1;1;1 I ( loại)

0.25

VIIa Kí hiệu S là diện tích cần tính. 0.25

Trang 162

Vì ln8

x x

ln3

e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx

Đặt xe 1 t . ta có 2

2tdtdx

t 1

. Đổi cận

x ln3 t 2

x ln8 t 3

0.25

3 3 32

2 2

2 2 2

2t dt dtS 2 dt

t 1 t 1

0.25

3 33 3

2 22 2

dt dt 32 2 ln t 1 ln t 1 2 ln

t 1 t 1 2

0.25

VIb 1 Đường tròn C có tâm I 1; 3 .bán kính R 5

Gọi H là trung điểmAB vì AB 6 AH 3

và 2 2 2 2 2 2IH AB IH= IA AH R AH 5 3 4

0.25

Vì phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng d : 4x 3y 2 0

nên du n 4; 3 n 3;4

Vậy phương trình đường thẳng có dạng 3x 4y C 0 .

0.25

Mặt khác đường thẳng cắt đường tròn C tại hai điểm phân biệt A,B nên ta

có:

C 9 20 C 29C 9

IH d I; 4 C 9 20C 9 20 C 115

0.25

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn bài toán: 1 :3x 4y 29 0

2và :3x 4y 11 0 . 0.25

2 Đường thẳng 1d đi qua điểm 1M 2;0; 1 và có véctơ chỉ phương

1u 4; 6; 8 2 2; 3; 4

Đường thẳng 2d đi qua điểm 2M 7;2;0 và có véctơ chỉ phương

2u 6;9;12 3 2; 3; 4

0.25

véctơ 1u cùng phương véctơ 2u và điểm 1 2M d nên 1d song song 2d . 0.25

AB 2; 3; 4 vì véctơ AB cùng phương véctơ 1u nên ABsong song với 1d

Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua 1d nên ta có 1 1IA IB IA IB A B .Vậy

1 1minIA IB A B A ,I,B thẳng hàng 1 1I A B d .

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

0.25

Gọi phương trình mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng

1d có dạng như sau :2x 3y 4z 3 0 . H là hình chiếu của A lên

1 1d H d

36 33 15H ; ;

29 29 29 1

A đối xứng với A qua H nên

1

43 95 28A ; ;

29 29 29 , I là trung điểm

của

1

65 21 43A B I ; ;

29 58 29.

0.25

VIIb Từ phương trình 4 3 2z z 6z 8z 16 0. Ta nhận thấy a b c d e 0 nên z 1 là nghiệm của phương trình.

0.25

Thực hiện phép chia đa thức cho z 1 ta được phương trình mới tương đương là 0.25

I

A H B

Trang 163

2z 1 z 2 z 8 0 .

2

z 1z 1

z 2z 2

z 2 2iz 8 0

z 2 2i

0.25

Vậy phương trình có 4 nghiệm S 1,2, 2 2i, 2 2i . 0.25

ĐỀ 21.

Câu Ý Nội dung Điểm I 1 HS tự làm 1

2 Gọi điểm 0

0

0

2x 1M C M x ;

x 1

. Tiệm cận đứng 1x 1 x 1 0 , tiệm

cận ngang 2y 2 y 2 0 .

0.25

Khoảng cách từ M tới tiệm cận đứng 1 1 0d d M, x 1 .

Khoảng cách từ M tới tiệm cận ngang 2 2

0

1d d M, .

x 1

0.25

Tổng khoảng cách : 1 2 0

0

1d d x 1

x 1

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 0 0

0 0

1 1x 1 2 x 1 . 2

x 1 x 1

.

0.25

0

1 2 0min00

x 01d d 2 x 1

x 2x 1

Vậy tìm được 2 điểm 1 2M 0;1 ,M 2;3 .

0.25

II 1

3 36 6 2 2

32 2 2 2 2 2 2

Vì sin x cos x sin x cos x

3sin x cos x 3sin x cos x sin x cos x 1 sin 2x

4

Vậy phương trình đã cho trở thành:

238 1 sin 2x 3 3sin 4x 3 3cos2x 9sin 2x 11

4

0.25

2

2

2

3 3sin 4x 3 3cos2x 6sin 2x 9sin 2x 3

3sin 4x 3cos2x 2sin 2x 3sin 2x 1

2 3sin 2xcos2x 3cos2x 2sin 2x 3sin 2x 1

0.25

3cos2x 2sin 2x 1 2sin 2x 1 sin 2x 1

2sin 2x 1 3cos2x sin 2x 1 0

2sin 2x 1 22sin 2x 1 0

3cos2x sin 2x 1 0 sin 2x 3cos2x 1 3

0.25

Giải phương trình 2x k2 x k

1 6 122 sin 2x k

5 522x k x k2

6 12

0.25

Trang 164

Giải phương trình 1 3 1 1

3 sin 2x cos2x sin 2x =2 2 2 3 2

2x k2 x k

3 6 4 k Z

5 72x k2 x k

3 6 12

.

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm sau:

7 5S k , k , k , k k

4 12 12 12

2

2 2

3 3 2 2

3 3

2y x 12x y 2y x 2y x

2x y 2y x

3 2 2 3x 2x y 2xy 5y 0 *

0.25

Khi y 0 thì phương trình * vô nghiệm.

Khi y 0 . chia 2 vế của phương trình * cho 3y

3 2

x x x* 2 2 5 0

y y y

đặt

xt

y

0.25

Ta có : 3 2t 2t 2t 5 0 t 1 .Khi x

t 1 1 x y.y

Thay x y phương trình 1 của hệ ta được 2y 1 0.25

x y 1

x y 1

vậy hệ đã cho có nghiệm : S 1;1 , 1; 1 . 0.25

III 2 2 21 1 1x x x

x x x

1 1 1

2 2 2

1 1I x 1 e dx e dx x e dx

x x

0.25

2 1x

x1

1

2

I e dx

Đặt

1x1

x xx

2

1du 1 e dxu e x

dv dx v x

0.25

2 2 21 1 5 1x x x

x x 2 x1

1 1 12 2 2

1 3 1I xe x e dx e x e dx

x 2 x

0.25

2 2 21 5 1 1 5x x x

x 2 x x 21

1 1 1

2 2 2

1 3 1 1 3I I x e dx e x e dx x e dx e .

x 2 x x 2

0.25

Trang 165

B

C

D

A

E

H

IV Gọi E là trung điểm của CD Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE

Suy ra CD ABE .Kẻ BH AE

Ta có

BH CD

BH AE BH ACD

CD AE E

0.25

a

d B, ACD BH3

. ACD , BCD AE,BE AEB.

3 3

3 2

ABCD ACD ACD

a 15 a 151 a 15 a 59 9V BH.S S

a3 27 BH 3

3

Mà 2

ACD

1 a 5S AE.CD

2 3

0.25

2 21 a 5 a 5

AE.2DE AE.DE 12 3 3

AED vuông tại 2 2 2 2E AE DE AD 2a 2

Từ 1 và 2 ta có

22

22

5aDE l vì DE BD

3

aDE

3

0.25

Xét BED vuông tại E nên 2

2 2 2 a a 6BE BD DE a

3 3

Xét BHE vuông tại H nên 0

a

BH 13sin AEB AEB 45BE a 6 2

3

0.25

V

22

1 1

2 2

2

2 2

1m 1 .log x 2 4 m 5 log 4m 4 0

x 2

m 1 .log x 2 m 5 log x 2 m 1 0

Đặt 2t log x 2 với 5

x ;4 t 1;12

0.25

Vậy phương trình đã cho trở thành

2

2 2 2

2

t 5t 1m 1 t m 5 t m 1 0 t 5t 1 m t t 1 m

t t 1

0.25

Đặt 2

2

t 5t 1f t C t 1;1 ,g m d

t t 1

Khảo sát hàm số:

2'

22

4t 4C :f t

t t 1

cho '

t 1f t 0

t 1

0.25

Trang 166

Bảng biến thiên : t 1 1

'f t

f t

d : g m

7

3

3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 7

m 3;3

thoả mãn đề ra.

0.25

VIa 1 Đường tròn C có tâm I 2;1 và có bán kính R 5 .

A,B là 2 tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M với đường tròn C . Vì 2 tiếp tuyến

này cắt nhau và tạo với nhau 1 góc 060 . Vậy 0 0AMB 60 AMI 30 .

0.25

Trong IAM vuông tại 0

AI AI RA sin AMI MI 2 5

MI sin30sin AMI

Gọi đường tròn T qua M và có tâm là I 22 2

T : x 2 y 1 2 5

Mà điểm M nằm trên đường thẳng . vậy tọa độ điểm M là giao điểm của

đường thẳng và đường tròn T .

0.25

2 222 2

y 3x 2y 12 0M : 10 2y y 1 20 27

yx 2 y 1 2 55

0.25

Vậy tìm được 2 điểm M tương ứng là: 1 2

6 27M 6;3 ,M ;

5 5

. 0.25

2 Gọi phương trình mặt cầu có dạng 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0 S .

Phương trình mặt cầu S đi qua các đỉnh tứ diện A,B,C,D nên ta có: 0.25

34a 2b d 5 a2a 6c 6 2

2a 2b 6c d 114b 6c 9 b 0 d 1

4a 2b 6c d 142a 4b 3 3

c2a 2b d 22

Tâm 3 3

I ;0;2 2

và bán kính mặt cầu 9 9 14

R 0 14 4 2

0.25

Gọi d là đường thẳng qua tâm I và vuông góc với mp nên du n 2; 1;2

3x 2t

2

d : y t t

3z 2t

2

22 2

3 32. 0 2. 3

2 2h d I; 1

2 1 2

0.25

vậy tâm của đường tròn C là O d mp 0.25

Trang 167

3x 2t

2

y t 5 1 5O : O ; ;

3 6 3 6z 2t

2

2x y 2z 3 0

Bán kính của đường tròn 2 2 14 10C : r R h 1

4 2

VIIa z z z z z z z z 2

3 2 10 2 1 3 10

z z z z 2 2

2 2 3 10 0.25

Đặt t z z 2

2 . Khi đó phương trình trở thành:

t

t t t tt

22

3 10 3 10 0

5

. 0.25

Với z i

t z z z zz i

2 21

2 2 2 2 2 0

1

Với z

t z z z zz

2 21 6

5 2 5 2 5 0

1 6

.

0.25

Vậy phương trình có các nghiệm: z ;z i 1 6 1 . 0.25

VIb 1 Gọi điểm C có tọa độ là C a; b . phương trình đường thẳng AB có

ABVTCP : AB 1;1 VTPT : n 1; 1 nên phương trình AB : x – y – 5 0 0.25

ABC

32.

a b 8 1a b 5 2S32

d C; AB a b 5 3

AB a b 2 22 2 2

0.25

Tọa độ trọng tâm a 5 b 5G ;

3 3

. mà

a 5 b 5

G d 3. 8 0

3 3

3a – b 4 3 0.25

Từ

ABC

ABC

3

S 321 , 3 C –2; 10 r

P 2 65 89 2 65 89

2

.

Từ

ABC

ABC

3

S 322 , 3 C 1; –1 r

P 2 2 5 2 2 5

2

.

0.25

2 Gọi phương trình mặt phẳng cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lược tại A a;0;0 ,

B 0;b;0 ,C 0;0;c vậy mặt phẳng là mặt phẳng chắn 3 trục tọa độ nên có

dạng sau :

x y z: 1, a,b,c 0

a b c

0.25

Vì mặt phẳng đi qua M 1;2;3 nên 1 2 3

1a b c .

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

33

1 2 3 6 162 1623. abc

a b c abc 11 2 3

a b c

0.25

Trang 168

Vậy thể tích OABC

1 1 1V OA,OB OC abc .162 27

6 6 6

Bất đẳng thức xảy ra khi

a 3

b 6

c 9

. 0.25

Mặt phẳng cần tìm là: x y z

1 6x 3y 2z 18 03 6 9 . 0.25

VIIb Ta có: n n n

n n n nx C C x C x C x 0 1 2 2

1

Nên n n n

n n n nI x dx C C x C x C x dx 2 2

0 1 2 2

0 0

1

n n

n n n n

nn

n n n n

C x C x C x C xn

C C C Cn

2

0 1 2 2 3 1

0

2 3 1

0 1 2

1 1 1

2 3 1

2 2 22 1

2 3 1

0.25

Mặt khác n

n nI x dx x

n n

2 12

1

0

0

1 3 11 1 2

1 1

Từ n n

n

n n n nvà C C C Cn n

2 3 1 1

0 1 22 2 2 3 1

1 2 2

2 3 1 1

.

0.25

Theo đề ra ta có n

n n nn n

1

1 13 1 6560

3 1 6560 3 6561 7

1 1

Ta khai triển:

k kk kk

k k k

k kx C x C x x C x

x x

7 14 37 7 777

42 4

7 7 74 4

0 0 0

1 1 1 1

2 22 2

0.25

Số hạng chứa x2ứng với k thõa mãn 2k24

k314

.

Vậy hệ số cần tìm là: 4

21C

2

1 2

72

0.25

ĐỀ SỐ 22.


2 Gọi điểm 0

0 0 0 0

0

x 1M x ;y C M x ; x 1

x 1

Tiệm cận đứng 1x 1 d . tiệm cận ngang 2y 1 d .

0.25

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:

002

00

2 x 1y x x

x 1x 1

Giao điểm của 2 tiệm cận: I 1;1

01 2 0

0

x 3A d A 1; , B d B 2x 1;1

x 1

0.25

2

2 0

0 0

x 3 4IA 1 1 1

x 1 x 1

2 2

0 0IB 2x 1 1 1 2 x 1

0.25

Trang 169

Mà IAB vuông tại IAB 0

0

1 1 4I S .IA.IB . .2 x 1 4 đvdt

2 2 x 1

không phụ

thuộc vị trí M.

0.25

II 1

Điều kiện:

2

2

2

2

2

x 1 0x 1 0

x x 1 0 x 1x x 1 0

x x 1 0

0.25

Đặt 2 2 2 2 1x x 1 t ,vì x x 1 x x 1 1 x x 1

t .

Vậy phương trình trở thành: 1

4 5 20 4 5 20

1log t.log log t log t.log t log t

t

4 44 5 20 4

4 4

log t log tlog t.log t log t 0 log t. 0 *

log 5 log 20

Đặt 4

4 4 4 4

y y y 1y log t, * y. 0 y 0

log 5 log 20 log 5 log 20

0.25

420

4

y 0

log 5y log 5

log 20

Với 2

4 4y 0 log t 0 log x x 1 0

2x x 1 1 x 1 tm

0.25

Với 20log 5

20 4 20y log 5 log t log 5 t 4

2 2 1 1Mà x x 1 t x 1 x t x t

2 t

20 20log 5 log 51x 4 4 tm

2

0.25

2

1 3cosx cos2x 2cos3x 4sin x.sin 2x

1 3cosx cos2x 2cos 2x x 4sin x.sin 2x

1 3cosx cos2x 2 cosx.cos2x sin x.sin2x 4sin x.sin2x

0.25

1 3cosx cos2x 2 cosx.cos2x sin x.sin 2x 0

1 3cosx cos2x 2cos x 2x 0 1 3cosx cos2x 2cosx 0

0.25

2

cosx 0

1 cosx cos2x 0 2cos x cosx 0 1cosx

2

0.25

x k

2k

2x k2

3

Vậy phương trình có các họ nghiệm 2

S k , x k2 k2 3

.

0.25

III Đặt x dt dt

t 2011 ln t x ln 2011 ln2011dx dxt t.ln2011

Đổi cận: x 0, t 1

x 1 t 2011

0.25

Trang 170

A

B

C

D

I

2011 2011 2011

1 1 1

1 dt 1 1 1I dt dt

ln 2011 t 1 t ln 2011 t t 1

0.25

2011 2011

1 1

1 1ln | t | ln | t 1 | ln2011 ln1 ln2012 ln2

ln2011 ln2011

0.25

ln 2011 ln 2012 ln 2

ln 2011

0.25

IV Gọi I là trung điểm DC vì AD AC,BD BC ADC, BDC

là những tam giác cân đỉnh A và B.

AI DC

DC ABIBI DC

ABCD ABI

1V DC.S

3 0.25

Vì 2 2 2AC AD DC nên tam giác ADCvuông cân đỉnh A 2

2 DCAI AD a

2

Vì 2 2 2BD BC DC nên tam giác BDC vuông cân đỉnh B

2

2 DCBI BD a

2

0.25

Ta thấy 2 2 2AB AI BI tam giác ABI vuông cân đỉnh

2

ABI

1 1I S AI.BI a

2 2

0.25

Vậy 3

2

ABCD ABI

1 1 1 aV DC.S . a .2a đvtt

3 3 2 3 0.25

V Theo bất đẳng thức Côsi 3

3

1 1 1 3và x y z 3 xyz

x y z x yz

3

1 1 1 1 36P x y z 4 x y z 12. x y z *

x y z x y zxyz

0.25

Đặt t x y z với 3

0 t2

. Vậy 36

* P tt

Xét 36

f t tt

. Ta có 2

36 3f ' t 1 0 t 0;

t 2

0.25

t

0 3

2

'f t

f t

51

2

0.25

Trang 171

f t nghịch biến trên 3 3 51 51

0; f (t) f P đpcm2 2 2 2

dấu bằng xảy ra khi

x y z1

x y z32x y z

2

. 0.25

VIa 1 Điểm B AB BD Toạ độ B thoả mãn:

x 2y 1 0B 7;3

x 7y 14 0

.

Gọi điểm 0 0D x ;y vì điểm D BD Toạ độ 0 0 07x 14;x , x 3 0.25

AB có VTPT ABn 1; 2

DC / /AB DC có DC ABVTPT : n n 1; 2 vậy phương trình đường thẳng:

0 0 0DC: x 7x 14 2 y x 0 x 2y 5x 14 0

BC AB BC có BC BC BCVTCT : u n 1; 2 VTPT : n 2;1

Vậy phương trình BC: 2 x 7 y 3 0 2x y 17 0

0.25

Điểm C BC DC Toạ độ C thỏa mãn hệ

0 0

0

2x y 17 0C x 4;9 2x

x 2y 5x 14 0

Vậy véctơ 0 0 0 0MC x 4 2;9 2x 1 x 2;8 2x

DA / /BC DA có VTPT DA BCn n 2;1 . Vậy phương trình đường thẳng

0 0 0DA : 2 x 7x 14 y x 0 2x y 15x 28 0

Điểm A DA AB Toạ độ A thỏa mãn

0 0

0

x 2y 1 0A 6x 11;3x 6

2x y 15x 28 0

.

Vậy 0 0 0 0MA 6x 11 2;3x 6 1 6x 13;3x 7

0.25

AC đi qua M véctơ MA,MC cùng phương 00 0

0 0 0

x = 3 l6x 13 3x 7

x 2 8 2x x = 2

Với 0x 2 D 0;2 , A 1;0 , C 6;5

0.25

2 Mặt cầu S có tâm I 3; 2;5 . bán kính R 29

Vì Q / / P phương trình mặt phẳng Q có dạng:

2x 3y 4z C 0 C 5

0.25

Theo đề ra mặt phẳng Q tiếp xúc với mặt cầu S nên d I; Q R

22 2

2. 3 3. 2 4.5 C C 929 20 C 29

C 492 3 4

Vậy tìm 2 mặt phẳng: 1 2: 2x 3y 4z 9 0; : 2x 3y 4z 49 0

0.25

Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với các mặt phẳng 1 2và 0.25

Trang 172

1 2d

x 3 3t

u n n 3; 2;4 y 2 2t t

z 5 4t

Gọi 1 2A ,A lần lượt là 2 tiếp điểm của mặt phẳng 1 2và với mặt cầu S .

1 1 1

x 3 3t

y 2 2t 171 1 6A d A ; ;

z 5 4t 28 14 7

2x 3y 4z 9 0

2 2 2

x 3 3t

y 2 2t 3 57 64A d A ; ;

z 5 4t 28 14 7

2x 3y 4z 49 0

0.25

VIIa Gọi số phức z a bi

vậy 2 2

z 2 i a bi 2 i a 2 b 1 i z 2 i a 2 b 1

Theo bài ra ta có:z 2 i 2

a b 3

0.25

2 22 2 a 2 b 1 4 1a 2 b 1 2

b a 3 2b a 3

0.25

Thế 2 vào 1 ta được 2 2

a 2 2

b 1 2a 2 a 3 1 4

a 2 2

b 1 2

0.25

Vậy số phức cần tìm là: 1 2z 2 2 1 2 i; z 2 2 1 2 i . 0.25

VIb 1 Giả sử AB: 4x 3y 2 0; AC: x 5y 9 0

A AB AC Toạ độ A thoả mãn: 4x 3y 2 0

A 1;2x 5y 9 0

0.25

Gọi d là đường thẳng qua M và song song với d ABAB n n 4;3

Vậy d có phương trình dạng: 1 21

4 x 3 3 y 0 4x 3y 02 2

0.25

Gọi N d AC Toạ độ N thoả mãn hệ:

x 5y 9 0

214x 3y 0

2

3x

3 32N ;

3 2 2y

2

0.25

N là trung điểm AC C 4;1 . M là trung điểm BC B 2; 2

Vậy tọa độ trọng tâm G của ABC là 5 1

G ;3 3

0.25

Trang 173

2 Gọi P là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng

P dn u ;n 8; 12; 4 4 2; 3; 1

. Mặt phẳng P qua điểm

M 2; 1;1 d

Vậy mặt phẳng P : 2 x 2 3 y 1 z 1 0 2x 3y z 6 0

0.25

Đường thẳng 'd là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d lên mặt phẳng

' '2x y z 8 0

d P d :2x 3y z 6 0

Vậy ' pdu n ;n 2;4; 8 2 1;2; 4

.d qua điểm

N P N 0; 7;15

Nên phương trình tham số của đường thẳng '

x t

d y 7 2t t

z 15 4t

0.25

Gọi

x 2 2t

y 1 3tA d A 6;5; 9

z 1 5t

2x y z 8 0

Và 'B d B t; 7 2t;15 4t

0.25

2 2 2 2

t 1AB t 6 2t 12 24 4t 5 21 21t 252t 231 0

t 11

vậy tìm được 2 điểm B tương ứng thỏa mãn đề ra 1 2B 1; 5;11 ,B 11;15; 29 .

0.25

VIIb Ta khai triển

100 0 1 2 2 3 3 4 4 98 98 99 99 100 100

100 100 100 100 100 100 100 1001 i C C i C i C i C i ... C i C i C i 0.25

0 1 2 3 4 98 99 100100 100 100 100 100 100 100 100

0 2 4 98 100 1 3 99100 100 100 100 100 100 100 100

C C i C C i C ... C C i C

C C C ... C C C C ... C i 1

0.25

Mặt khác 2 21 i 1 2i i 2i .

Nên 50

100 2 50 501 i 1 i 2i 2 2 0.25

0 2 4 98 100 1 3 99 50

100 100 100 100 100 100 100 1001 và 2 C C C ... C C C C ... C i 2

Vậy 0 2 4 100 50100 100 100 100C C C ... C 2 .

0.25

ĐỀ SỐ 23.


2 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0;

' 2y 0 –3x – 6x m 0, x 0; 0.25

23x 6x m , x 0; *

Khảo sát hàm số 2f x 3x 6x trên nữa khoảng 0;

0.25

Trang 174

'f x 6x 6 0 x 0;

Bảng biến thiên

x

0

'f x

f x

0

0.25

Từ bảng biến thiên được : * m 0 thì hàm đồng biến trên nửa khoảng

0; . 0.25

II 1

2

2

2

3 2cos x cosx – 2 3– 2cosx sinx 0

2 3 1 sin x 3 cosx 2 3 3sin x 2sin x cosx 0

2 3sin x 3 cosx 3sin x 2sin x cosx 0

0.25

2sin x 3sin x cosx 3 3sin x cosx 0

3 2sin x 3sin x cosx 0

0.25

3sin x 1

2

3sin x cosx 0 2

. Giải 1 ta được x k2

3k

2x k2

3

.

0.25

Giải 3 1

2 sin x cosx 0 sin x 0 x k22 2 6 6

Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm 2

S k2 ; k2 ; k2 k6 3 3

.

0.25

2 Điều kiện

03loglog

0

2

2

2

2 xx

x

Bất phương trình đã cho tương đương với

2 2

2 2 2log x log x 3 5 log x 3 1

0.25

Đặt 2t log x

Bất phương trình 21 t 2t 3 5 t 3 t 3 t 1 5 t 3

TH1:

t 3t 3

t 1t 3t 3 t 1 0

t 1

0.25

TH2:

2

t 33 t 4

t 1 t 3 5 t 3

Kết hợp TH1 và TH2 ta có 2

2

log x 1t 1

3 t 4 3 log x 4

0.25

10 x

.2

8 x 16

Vậy bất phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là 1

0; 8;162

0.25

Trang 175

A'

B'

C'

C

B

A

H

I

III

3 3 3 3

33 5 3 3 2 3 22

6 6 6 6

dx dx dx dxI 8

sin x cos x sin x.cos x.cos x sin 2x.cos xsin x.cosx .cos x

0.25

Đặt 2

dxtanx t dt .

cos x Đổi cận

t 3x3

3tx 36

Theo công thức lượng giác ta có2

2tsin 2x

1 t

0.25

3

23 3 3 6 4 2

3 3 3

3 3 3

23 3 3

t 1 dtdt t 3t 3t 1I 8 dt

t t2t

1 t

0.25

3

3 3 4 2

2

3

3

33 1 3 1

t 3t t dt t t 3ln t 3t 4 2 2t3

79 35 3 683ln 3 3ln 3ln 3

12 36 3 9

0.25

IV Vì H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng

1 1 1 1 1 1 1A B C AH A B C AH A H

1A H là hình chiếu vuông góc của

1AA lên 1 1 1mf A B C

1 1 1 1 1 1

0

1

AA , A B C AA ,A H

AA H 30

0.25

Hình lăng trụ 1 1 1ABC.A B C đều. có tất cả các cạnh bằng a

1 1 1 1 1 1ABB A ACC A AB AC nên 1 1AB C cân đỉnh A.

Mà 1 1AH B C H là trung điểm của 1 1B C . 1 1 1A B C đều cạnh a 1

a 3A H

2

0.25

Từ H kẻ đường thẳng HI vuông góc với 1AA tại 1 1

1 1

1 1 1

B C AHI, B C HI

B C A H

1 1 1d B C ,AA HI .

0.25

Xét 1A HI vuông tại H

0

1 1 1

1

IH a 3 a 3sin IA H HI sin IA H.A H sin30 .

A H 2 4

0.25

V 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

x y z y z x z x yP

yz zx xz

x y x z y z y x z x z y z

yz zx xz y

2 2 2 2 2 2x x y y z z

*y z z x x y

Theo bất đẳng thức cối cho 2 số 2 2 2 2x y 2 x y 2xy

0.25

Trang 176

2 2x y – xy xy , x,y **

Nhân 2 vế của ** với x y ta được 2 2x y – xy x y xy x y

3 3 x y xy x y , x,y 0 hay 2 2x y

x y x,y 0 1y x

0.25

Tương tự. ta có : 2 2y z

y z y,z 0 2z y

2 2z x

z x x,z 0 3x z

0.25

Cộng từng vế ba bất đẳng thức 1 , 2 , 3 ta được:

2 2 2 2 2 2x x y y z z

2 x y zy z z x x y

Kết hợp với * ta được P 2 x y z 2 , x,y,z 0 vì x y z 1

Vậy minP 2 dấu " " xảy ra x y z 1 1

x y zx y z 3

0.25

VIa. 1 Giả sử phương cạnh AB: 5x 2y 6 0 và cạnh AC: 4x 7y – 21 0

Vậy 5x 2y 6 0

A AB AC A : A 0;34x 7y – 21 0

.

0.25

O là trực tâm ABC nên đường cao BO đi qa O và vuông góc với đường thẳng AC

BO AC BOu n 4;7 n 7; 4 . Vậy phương trình BO: 7x 4y 0 . 0.25

7x 4y 0

B AB BO B: B 4; 75x 2y 6 0

Vì A 0;3 nên A oy vậy đường cao AO chính là trục oy

0.25

Phương trình đương cao AO là : x 0 Vậy phương trình cạnh BC đi qua điểm B và vuông góc với đường cao AO

BC AO BCu n 1;0 n 0;1 . Phương trình cạnh BC: y 7 0 0.25

2 Vì mặt phẳng P // nên mặt phẳng P có dạng 2x 2y – z D 0 D 17 .

Mặt cầu S có tâm I 1; 2;3 và bán kính R 5 . 0.25

Gọi đường tròn giao tuyến của mặt phẳng P và mặt cầu S là C .chu vi đường

tròn là 6bán kính 6

r 32

.

Khoảng cách từ tâm I tới mặt phẳng P là 2 2h R r 4 1

0.25

Mặt khác khỏang cách từ tâm I tới mặt phẳng P là:

22 2

2.1 2 3 3 D D 5d I, P 2

32 2 1

0.25

Từ 1 và 2 ta có

D 7D 54 D 5 12

D 17 l3

Vậy phương trình mặt phẳng P : 2x 2y – z 7 0

0.25

VIIa

21

2 3 20 1 i 1P 1 1 i 1 i 1 i ... 1 i

i

0.25

Ta tính 10

21 20 2 10 101 i 1 i 1 i 1 i . 1 i 2i 1 i 2 1 i

0.25

Trang 177

Vậy

21 10

10 101 i 1 2 1 i 1P 2 2 1 i

i i

0.25

Phần thực 102 . phần ảo: 102 1 0.25

VIb 1

Hoành độ giao điểm của E và P là nghiệm của hệ phương trình

2

22

y x 2x

xy 1

9

2

22 4 3 2x

x 2x 1 9x 36x 37x 9 0 *9

0.25

Xét hàm số 4 3 2f x 9x 36x 37x 9 . Hàm số f x liên tục trên vì có

f 1 .f 0 0, f 0 .f 1 0, f 1 .f 2 0, f 2 .f 3 0 . Vậy phương trình *

luông có 4 nghiệm phân biệt P giao E tại 4 điểm phân biệt.

0.25

Tọa độ các giao điểm của E và P thõa mãn hệ

22

22 22

y x 2x8x 16x 8y 1

xx 9y 9 2y 1

9

Cộng từng vế của 1 và 2 ta được 2 29x 9y 16x 8y 9 0

2 2 16 8x y x y 1 0 **

9 9

0.25

** là phương trình đường tròn với tâm 8 4

I ;9 9

.

bán kính 2 2

8 4 161r 1

9 9 9

. Do đó 4 giao điểm của E và P cùng

nằm trên đường tròn có phương trình ** .

0.25

2

Theo đề ra ta có ta có

Ox M M m;0;0

Oy N N 0;n;0

Oz P P 0;0;p

.

Vậy DP 1; 1;p 1 ;NM m; n;0 . DN 1;n 1; 1 ;PM m;0; p

0.25

D là trọng tâm

1; 1;p 1 . m; n;0 0DP NM DP.NM 0MNP

1;n 1; 1 . m;0; p 0DN PM DN.PM 0

m n 0

*m p 0

.

0.25

Mặt khác mặt phẳng cắt các trục ox,oy,oz lần lượt tại M, N,P nên phương

trình mặt phẳng theo đoạn chắn: x y z

1m n p .

Vì D nên: 1 1 1

1 **m n p

.

0.25

Trang 178

Từ * và ** ta có hệ:

m n 0m 3

m p 0n p 3

1 1 11

m n p

.

Kết luận. phương trình của mặt phẳng x y z

: 1 x y z 3 03 3 3

.

0.25

VIIb Gọi số tự nhiên có 5 chữ số cần lập là abcde TH1: Tất cả các số từ tập hợp X . a có thể là số 0. Vì một trong ba số đầu tiên phải là số 1 nên số 1 có 3 vị trí được chọn từ có thể là a hoặc b hoặc c.

0.25

Còn lại 4 vị trí . cần chọn cho 4 số khác nhau từ tập hợp X \ 1 nên có số cách là 4

7A

Vậy số cách cho trường hợp này là: 4

73.A 2520 cách.

0.25

TH2: Số 0 đứng đầu 0bcde Vậy a chỉ có 1 cách chọn đó là 0.còn số 1 có vị trí được chọn từ có thể là b hoặc c

Còn lại 3 vị trí . cần chọn cho 3 số khác nhau từ tập hợp X \ 0,1 nên có số cách là 3

6A . Vậy có tất cả là 3

61.2.A 240 cách chọn.

0.25

Số tự nhiên cần lập không thể có số 0 đứng đầu. nên ta có tất cả:

2520 240 2280 cách 0.25

Trang 179

ĐỀ SỐ 24.


2 Phương trình hoành độ điểm chung của m

C và d là:

3 2 2

2

x 2mx m 3 x 4 x 4 x x 2mx m 2 0

x 0

x 2mx m 2 0 *

0.25

d cắt m

C tại ba điểm phân biệt A 0; 4 , B, C phương trình * có 2

nghiệm phân biệt khác 0.

' 2

m m 2 0 m 1 m 2 1

f 0 m 2 0 m 2

.

Gọi tọa độ điểm B B C C

B x ;x 4 ,C x ;x 4 d

0.25

Mặt khác: 1 3 4

d M,d 2

2

Do đó:

2

MBC

2 2 2 2

B C B C B C B C

2 2

B C B C B C

1 1S 2 2 BC.d M,d 2 2 BC. 2 2 2 BC 4 BC 16

2 2

x x y y 16 x x x 4 x 4 16

2 x x 16 x x 2x x 8

0.25

với B C

x ,x là hai nghiệm của phương trình * nên theo viét ta có:

22

B C B C

2

x x 2x x 8 4m 2 m 2 8

3m

2m m 6 0 22

m 2

Từ 3

1 và 2 m và m 22

thỏa mãn đề ra.

0.25

II 1

2 2 2

cos2x 5 2 2 - cosx sin x - cosx

cos x sin x 5 4sin x 4cosx 2sin xcosx 2cos x

0.25

2 2

2

cos x 2sin xcosx sin x 4 cosx s inx 5 0

cosx –sinx 4 cosx –sinx –5 0

0.25

cosx sin x 1

cosx -sin x 5 loai vì cosx sin x 2

0.25

Với cosx sin x 1 2 sin x 1 sin x sin

4 4 4

x k2

k Z2

x k2

0.25

2 Nhận thấy y 0không phải là nghiệm của hệ.nên ta chia 2 vế của 2 phương trình

hệ cho y ta được 0.25

Trang 180

a

a

a

a

A

B

C

S

MO

2 2

2

2 22

x 1 x 1x y 4 x y 2 2

x 1 y x y 4y y y

x 1 x 1x 1 x y 2 yx y 2 1 x y 2 1

y y

Đặt

2

x 1u

y

v x y 2

. Hệ đã cho tương đương

u v 2u v 1

u.v 1

0.25

Vậy

2

2x 1x 1 y 11

y

y 3 x 2x y 2 1

Thế 2 vào 1 ta được

2x 2

x 1 3 x

x 1

0.25

Với x 2 y 5,x 1 y 2 . Vậy hệ có nghiệm S 2;5 , 1;2 . 0.25

III

Ta có: 2 2 2

2 2 2

6 6 6

1 1 3I sinx. sin x dx sinx. 1 cos x dx sinx. cos xdx

2 2 2

0.25

Đặt sin tdt3 3

cos x cos t sin xdx2 2

Đổi cận:

Khi 3 2

x cos cos t cos t t6 6 2 2 4

;

Khi 3

x cos cos t cos t 0 t2 2 2 2

.

0.25

Vậy

22 2 2

2 2

4 4 4

3 3 3 3 3I sint. cos t dt sint. sin tdt sin tdt

2 2 2 2 2

0.25

2 2 2

4 4 4

3 1 cos2t 3 1 cos2t 3 1 sin 2t 32dt dt dt t 2

2 2 2 2 2 2 2 4 16

4

. 0.25

IV Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lênAM . Vì ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a

nên a 3

SM AM2

.

0

SBC ABC BC

SM SBC ,SM BC

AM ABC ,AM BC

ABC , SBC AM,SM SMA 60

0.25

Trang 181

AM S0S0 ABC

BC S0 vì BC SAM

vậy S0 là đường cao của chóp S.ABC

SOM vuông tại O 0SO 3 a 3 3aO, sinSMO SO sin60 .SM .

SM 2 2 4

0.25

3

S.ABC ABC

1 1 3a 1 a 3 a 3V SO.S . . .a

3 3 4 2 2 16

Mặt khác S.ABCS.ABC B.SAC SAC

SAC

1 3VV V d B, SAC S d B, SAC

3 S

0.25

Vì CS CA a SAC cân tại C.

SAM đều 2

SAC

a 3 a 13 3SA S

2 16 .

Vậy

3

2

a 33.

3 13a16d B, SAC13a 13 3

16

.

0.25

V Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2007 số 1 và cho 4 số 2011x ta có

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 20112011

2007

2011 4

1 1 ... 1 x x x x 2011. x .x .x .x

2007 4.x 2011.x 1

0.25

Tương tự áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2007 số 1 và cho 4 số 2011y ta có

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 20112011

2007

2011 4

1 1 ... 1 y y y y 2011. y .y .y .y

2007 4.y 2011.y 2

Tương tự áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2007 số 1 và cho 4 số 2011z ta có

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 20112011

2007

2011 4

1 1 ... 1 z z z z 2011. z .z .z .z

2007 4.z 2011.z 3

0.25

Cộng từng về của 1 , 2 , 3 ta được

2011 2011 2011 4 4 4

4 4 4 4 4 4

6021 4 x y z 2011 x y z

6033 2011 x y z x y z 3

0.25

Tõ ®ã suy ra 4 4 4P x y z 3 .

Dấu " " xảy ra 4 4 4

x y zx y z 1

x y z 3

. nên minP 3 .

0.25

VIa. 1 Gọi H,I lần lượt là hình chiếu của B,C lên .

M là đối xứng của B qua M ACvà M là trung điểm củaAC . 0.25

Phương trình đường thẳng BH qua điểm B và vuông góc với đường thẳng

d du n 2;1 n 1; 2 . Vậy phương trình BH : x – 2y 3 0 .

2x y 1 0 1 7

H BH H ;x – 2y 3 0 5 5

0.25

Trang 182

Nên

1 7x 2. 1

7 45 5M M ;

5 57 4y 2. 2

5 5

2 2BM 1 7 4 3 5 6 5

BH 1 2 mà CI 2BH2 2 5 5 5 5

.

Mặt khác 2

C

C C

C

y 749 4 6 5C Oy C 0;y y

y 525 5 5

0.25

Với

14 27C 0;7 A ;

5 5

loại.

Với 14 33

C 0; 5 A ; tm5 5

Vậy tìm được giá trị điểm 14 33

A ; ,C 0; 55 5


0.25

2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d. ta có MH là đường thẳng đi qua M.

cắt và vuông góc với d. d có phương trình tham số là:

x 1 2t

y 1 t

z t

Vì H d nên tọa độ H 1 2t ; 1 t ; t . Suy ra : MH 2t 1; 2 t; t

0.25

Vì MH d và d có một vectơ chỉ phương là u 2 ;1; 1 . nên :

2

2. 2t –1 1. 2 t 1 . t 0 t3

. Nên 1 4 2

MH ; ;3 3 3

MHu 3MH 1; 4; 2

0.25

Phương trình của đường thẳng MH đi qua M và vuông góc với đường thẳng d là:

x 2 t

y 1 4t t

z 2t

0.25

Điểm 'M đối xứng với M qua đường thẳng d nên H là trung điểm của 'MM .mà tọa

độ điểm 7 1 2

H ; ;3 3 3

nên tọa độ điểm ' 8 5 4

M ; ;3 3 3

0.25

VIIa Giọi số phức z a bi với 2 2a,b và a +b 0 . 0.25

Khi đó 2 2

1 1 a biz a bi ;

z a bi a b

0.25

Khi đó phương trình 2 2

25 a bi25z 8 6i a bi 8 6i

z a b

2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b i 25a 25bi 8 a b 6 a b i

2 2 2 2 2 2 2 2a a b 25 b a b 25 i 8 a b 6 a b i

0.25

2 2 2 2

2 2 2 2

a a b 25 8 a b 1

2b a b 25 6 a b

.

Lấy 1 chia 2 theo vế ta có 3

b a *4

Thế * vào 1 ta được a 0 v a 4

Vớia 0 b 0 ( loại)

0.25

Trang 183

Với a 4 b 3 . Ta có số phức z 4 3i . VIb

1 2 2

2 2x y1 3x 2y 6

2 3 vì đường thẳng d đi qua M và cắt H tại hai điểm

A,B nên

2 2

A A

2 2

B B

3x 2y 6 1A, B H

3x 2y 6 2

0.25

Lấy 1 2 ta được

2 2 2 2

A B A B A B A B A B A B3 x x 2 y y 0 3 x x x x 2 y y y y 0 * M

là trung điểm của AB nên ta có

A B

A B

x x 4 3

y y 2 4

0.25

Thế 3 , 4 vào * ta được

A B A B A A A A3 x x y y 0 3 2x 4 2y 2 0 3x y 5 **

Tương tự 3 , 4 vào * ta được B B3x y 5 ***

0.25

Từ ** và *** Vậy phương trình d : 3x y 5 0 0.25

2 mặt cầu S có tâm I 2;3;0 và bán

kính R 13 k IA k 13 .

Gọi H là trung điểm của AB AH 4

0.25

2 2IH IA AH 13 k 16 k 3 d I; d . 0.25

d qua M 0;1; 1 , VTCP 1 2

u n ,n 2;1;2 ,IM 2; 2; 1 . 0.25

u;IM

d I, d 3

u

Vậy k 3 3 k –12 thõa mãn đề ra.

0.25

VIIb Tập xác định:

x 0

y 0

0.25

x y

2 2 2 2 2 2 2

x y3 3 3 3 3 3 3

x y x y

2 2

x y x y

3 3

x log 3 log y y log x log 3 log y log 2 log x

x log 12 log x y log y log 12 log x log 3 log y

log 3 .y log 2 .x 3 .y 2 .x

log 12 .x log 3 .y 12 .x 3 .y

0.25

xx y

y

x yx y

3 .yx 13 .y 2 .x

212 .x 3 .y

12 .x 3 .y 2

Thế 1 vào 2 ta được x

x y x y

y

3 .y12 . 3 .y 36 6 y 2x *

2

0.25

Thế * vào 2 ta được x

x 2x

4 4

3 3

1212 .x 3 .2x 2 x log 2 y 2log 2

9

.

Vậy hệ có nghiệm 4 4

3 3

S log 2;2log 2

0.25

ĐỀ SỐ 25.

Trang 184

Câu Ý Lời giải Điểm

I 1 HS tự làm 1 2

Ta có: 1' 2

2

x 0y 0 3x 6mx 0 3x x 2m 0

x 2m

Để hàm số có cực đại và cực tiểu 1 2x x m 0 .

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: 3 3A 0; 4m ,B 2m; 0 AB 2m; 4m

Trung điểm của đoạn AB là 3I m;2m 0.25

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y x d là ABvuông góc với

đường thẳng d và I thuộc đường thẳng d

3d

3 3

u .AB 0 2m 4m 0

2m m 2m m

0.25

Giải hệ trên ta có: 2

m ;m 02

Kết hợp với điều kiện ta có: 2

m2

thỏa mãn đề ra.

0.25

II 1

3sin x cosx 2cos3x 0 3sin x cosx 2cos3x

3 1sin x cosx cos3x sin sinx cos cosx – cos3x

2 2 3 3

0.25

cos x cos x cos x cos x

3 3

3 3

0.25

4x 3x k2 4x k2

3 3

2x 3x k2 2x k2

3 3

kx

k3 2

k x k

3 2x k

3

Vậy phương trình có họ nghiệm k

S k3 2

0.25

2 Điều kiện: x 2 và y 2

2 2

2 2

x 91 y 2 y 1

y 91 x 2 x 2

Lấy 1 trừ 2 vế theo vế ta được:

2 2 2 2x 91 y 91 y 2 x 2 y x

2 2

2 2

x y y xy x y x

y 2 x 2x 91 y 91

0.25

2 2

x y x y y xy x y x 0

y 2 x 2x 91 y 91

0.25

Trang 185

2 2

x y 1x y x y 0

x 2 y 2x 91 y 91

2 2

x y 0 *

x y 1x y 0 **

x 2 y 2x 91 y 91

Từ * x y thế vào phương trình 1 ta được 2 2x 91 x 2 x

2 2x 91 10 x 2 1 x 9

2

2

x 9 x 3x 3 x 3

x 2 1x 91 10

2

x 3 x 3 x 3x 3 x 3 0

x 2 1x 91 10

0.25

2

2

1 1x 3 x 3 1 0

x 2 1x 91 10

x 3 0

1 1x 3 1 0 VN

x 2 1x 91 10

x 3 x y 3

Từ ** ta nhận thấy phương trình vô nghiệm vì x,y 2 .

Vậy hệ có nghiệm S 3; 3 .

0.25

III e eln x

I dx x ln xdxx ln x

3 3

2

1 1

4

2 1

Tính e

ln xI dx.

x ln x

3

1

12 1

Đặt t ln x t ln x ln x t ; dx tdtx

2 2 11 1 1 2

Đổi cận: x t ; x e t 31 1 2

0.25

t tI . tdt t dt t

t

222 2 3

2

1

1 11

14

2 1

2 3 3

0.25

Tính e

I x ln xdx

3

2

2

1

. Đặt

3

xv

x

dxdu

dxxdv

xlnu

32 0.25

3

3 3e3 3 9 9

e 2 9 e 9

2 1 1

1

x 1 1 x e 1 8e 1I .ln x x dx e . e

3 3 3 3 9 9 9

e eI I I .

9 9

1 2

4 8 1 32 164 4

3 9 9

0.25

Trang 186

B

A'

B'

C'

CA

M

H

O

IV Gọi M là trung điểmBC, ABC là tam giác đều.

' AM BCA O ABC BC A'AM

A'O BC

Kẻ 'MH AA ,

( do góc A nhọn nên H thuộc trong đoạn 'AA )

0.25

Do '

'

BC (A AM)HM BC

HM (A AM)

Vậy HM là đọan vông góc chung của 'AA và BC . do đó 'd AA ,BC HM a 3

4

.

0.25

'AA O AMH vì có chung góc nhọn A

'

'A O HM AO.HM a a aA O

AO AH AH a

3 3 4

3 4 3 3

0.25

Thể tích khối lăng trụ:

' ' ' ABCABC.A BC

a a aV A'O.S A'O.AM.BC a

31 1 3 3

2 2 3 2 12

0.25

V

3 3 3 2 2 2

22 2 22 2 2

P x y z – 3xyz x y z x y z xy yz zx

x y z x y zx y z x y z

2

0.25

2 2

2 x y z x y zP x y z 2 x y z 3 *

2 2

0.25

Đặt 2 2 2 2x y z t vì x y z 1 1 1 x y z 3.2 6 Bunhia cov xki

Nên t 6 . * trở thành 31P t 3t t C

2 .

Bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số C trên đoạn t 6; 6

.

0.25

P' t 0 t 2, P 6 0, P 2 2 2,P 2 2 2 .

Vậy max P 2 2 , min P 2 2 . 0.25

VIa 1

22

12.0 2

52d I,AB AD 2d I,AB 5 mà AB 2AD 2 5.

21 2

2 2BD AD AB 5. I là tâm của hình chử nhật ABCD nên BD 5

ID2 2

0.25

Phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD , có tâm là I và bán kính

ID

Có dạng 2

21 25x y

2 4

.

0.25

Trang 187

Tọa độ A. B là nghiệm của hệ:

2

2

x 21 25

y 2x y2 4

x 2x 2y 2 0

y 0

0.25

Vì A có hoành độ âm A 2;0 , B 2;2 . Vậy tọa độ các điểm C, Dđối xứng với

A, B qua tâm I, C 3;0 ,D 1; 2 0.25

2 d đi qua 1 0; 1;0M và có vtcp 1 1; 2; 3 u

d’ đi qua 2 0;1;4M và có vtcp 2 1;2;5u 0.25

Ta có 1 2; 4; 8;4 u u O . 1 2 0;2;4M M

Xét 1 2 1 2; . 16 16 0

u u M M . d và d’ đồng phẳng .

0.25

Gọi P là mặt phẳng chứa 'd và d mp P có vtpt 1 2; 2 1;2; 1

n u u

và đi qua 1M nên có phương trình : 2 2 0 P x y z 0.25

Dễ thấy điểm M 1; 1;1 thuộc mp P .vậy đường thẳng d và d’ và điểm M

cùng thuộc mf P . 0.25

VIIa

24 3 z

z z z 1 0 *2

Nhận thấy z 0 không là nghiệm của phương trình * . vậy khi z 0 ta chia hai

vế phương trình * cho 2z ta được :

2

2

2

1 1 1 1 1 5z z 0 z z 0 **

z 2 z z 2z

0.25

Đặt 1

t z z

. Phương trình ** có dạng : 2 5t t 0 ***

2

251 4. 9 9i .

2 Phương trình *** có 2 nghiệm 1 2

1 3i 1 3it , t

2 2

0.25

Với 1

1 3it

2

ta có 21 1 3i

z 2z 1 3i z 2 0 1z 2

Có 2 221 3i 16 8 6i 9 6i i 3 i

Phương trình 1 có 2 nghiệm:

1 2

1 3i 3 i 1 3i 3 i i 1z 1 i,z

4 4 2

0.25

Với 2

1 3it

2

ta có 21 1 3i

z 2z 1 3i z 2 0 2z 2

Có 2 221 3i 16 8 6i 9 6i i 3 i .

Phương trình 2 có 2 nghiệm :

1 2

1 3i 3 i 1 3i 3 i i 1z 1 i , z

4 4 2

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : i 1 i 1

S 1 i ,1 i , ,2 2

0.25

VIb 1 Đường tròn C có tâm O 0;0 . bán kính R 1 . 0.25

Đường thẳng d cắt đường tròn C tại hai điểm phân biệt d O;d 1 . 0.25

Ta có diện tích tam giác OAB: 0.25

Trang 188

OAB1 1 1 1

S OA.OBsin AOB .1.1sin AOB sin AOB2 2 2 2

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0AOB 90

2 2 0 0 m1 1 2 2d I;d AB OA OB m 1

2 2 2 22

Vậy với m 1 thõa mãn đề ra.

0.25

2

Đường thẳng có phương trình tham số là:

x t

y 1 2t t R .

z 2 t

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I t; 1 2t; 2 t .

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng P một khoảng bằng 3 nên:

2t

| 2t 1 2t 4 2t 2 | | 6t 5 | 3d I; P 3

73 3t

3

0.25

Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1

I ; ; và I ; ;3 3 3 3 3 3

Vì mặt phẳng P cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có

bán kính là 2 2R 3 4 =5 .

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2 2 2 22 1 8 7 17 1

x y z 25 và x y z 253 3 3 3 3 3

0.25

VIIb Ta có:

12 1212 k12

12 k4 4 4 k 412

k 0

1 1 1 1x 1 x 1 1 x 1 C x

x x x x

0.25

i12 k 12 kk i12 k 12 kk i 4 k i 4k 4i i12 k 12 k

k 0 i 0 k 0 i 0

12 k12 k k i 4k 5i

12 k

k 0 i 0

11 C C x 1 C C x x

x

1 C C x *

0.25

Ta chọn: i, k ,0 i k 12 . vì hệ số của số hạng chứa 8x trong khai triển

Newton nên ta có:

i 0

k 2

i 44k 5i 8

k 7

i 8

k 12

0.25

Với từng cặp của hệ số vừa tìm được ta thay vào * nên ta có hệ số cần tìm là:

2 0 7 4 12 812 2 12 7 12 12C .C C .C C .C 27159 .

0.25

ĐỀ SỐ 26.

Trang 189

Câu Ý Nội dung Điểm I 1 HS tự làm 1

2 Ta có

' 3 2 2 '

2

x 0y 4x 4mx 4x x m ,y 0

x m 0 *

0.25

Hàm số có cực đại. cực tiểu 'y 0 có 3 nghiệm phân biệt và 'y đổi dấu khi x

qua các nghiệm của nó. vậy phương trình * phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

m 0m 0

f 0 0

0.25

Khi đó hàm số có 3 điểm cực trị

4 4 2 4 2A 0;m 2m , B m;m m 2m , C m;m m 2m

2 24 4AB m m m m ,BC 2 m 2 m

0.25

Hàm có 3 điểm cực trị A,B,C lập thành một tam giác đều AB BC

AB AC

2 2 4 3

3

m 0AB BC m m 4m m m 3 0

m 3

Vì m 0 nên 3m 3 thỏa mãn đề ra.

0.25

II 1 Ta có:

3 3

2 3 2cos3xcos x –sin3xsin x

8

2 3 2

cos3x cos3x 3cosx –sin3x 3sinx –sin3x

2

0.25

2 2 2 3 2cos 3x sin 3x 3 cos3xcosx sin3xsin x

2

2 3 2

1 3cos 3x x2

0.25

4x k23 2 2 4

3cos4x cos4x2 2

4x k24

0.25

x k , k Z16 2

.

Vậy phương trình có nghiệm S k k16 2

0.25

2 2x 1 x x * 2 2

x 2 x 1 x 2 3 0

Đặt: ,

,

,

2 2

2 2 2

2 2

2 22

v u 2x 1u x 2 u x 2

u 0 v 0v u 1

v x 2x 3 xv x 2x 32

0.25

Ta có:

* . .

. .

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

v u 1 v u 1v u u 1 v 0

2 2

v u u v u vv u u v 0

2 2 2 2

0.25

Trang 190

IO

D

A B

C

S

M

N

v u 0 1

v u 1v u v u 1 0 v u 1

2 2 v u 1 0 2

2 2

0.25

Vì u , v 0 0 . nên phương trình 2 vô nghiệm.

2 2

2 2

1 v u 0 v u x 2x 3 x 2

1x 2x 3 x 2 x

2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 1

x2

.

0.25

III

1 1

24 2 2 20 0

xdx xdxI

x x 1 x x 1

Đặt 2 dtx t 2xdx dt xdx

2 . Đổi cận x 0 t 0,x 1 t 1

0.25

1 1

22 20 0

1 dt 1 dtI

2 t t 1 2 1 3t

2 2

Đặt 1

u t du dt2

. Đổi cận 1 3

t 0 u , t 1 u2 2

3

2

2

12

2

1 duI

2 3u

2

0.25

Đặt 2

3 3 dyu tan y du

2 2 cos y

Đổi cận 1 3

u y ;u y2 6 2 3

0.25

23 3 3

22 2

6 6 6

3dy 1 tan y dy1 1 12I dy

32 1 tan y3 3 6 3cos y 1 tan y4

0.25

IV AD a 2 AM BA 1AM

2 2 AB BC 2

AMB BAC

nên AMB BAC

Mà 0 0AMB ABM 90 BAC ABM 90 vậy

0 0AIB 180 BAC ABM 90 0.25

AC BM 1 . vì SA ABCD SA BM 2 .

Từ 1 và 2 BM SAC mà BM SMB SAC SMB . 0.25

Gọi o là tâm của hình chử nhật ABCD .vậy

NO / /SA NO ABCD NO ABI 0.25

Trang 191

Vậy NO là đường cao của chóp AINB và 1 a

NO SA2 2

.

AI là đường cao trong 22 2 2 2

1 1 1 1 1 a 3ABM AI

AI AM AB a 3a 2

2

ABI vuông tại I nên : 2

22 2 2

ABI

a 3 a 6 1 1 a 3 a 6 a 2BI AB AI a S AI.BI .

3 3 2 2 3 3 6

Vậy thể tích của tứ diện AINB là: 2 3

AINB ABI

1 1 a a 2 a 2V NO.S . .

3 3 2 6 36 ( đvtt)

0.25

V Đặt a b c c a b b c au 2 ;3 ;4 ,v 2 ;3 ;4 ,w 2 ;3 ;4 M u v w

Mà u v w u v w

Nên 2 2 2

a b c a b c a b cM u v w 2 2 2 3 3 3 4 4 4

0.25

Theo bất đẳng thức côsi có:

23 3a b c a b c 3 a b c2 2 2 3 2 3 2 6 2 2 2 36 1 .

Tương tự ta có

23 3a b c a b c 3 a b c3 3 3 3 3 3 3 9 3 3 3 81 2

0.25

23 3a b c a b c 3 a b c4 4 4 3 4 3 4 12 4 4 4 144 3

Cộng từng vế của 1 , 2 , 3 ta được

2 2 2a b c a b c a b c

2 2 2a b c a b c a b c

2 2 2 3 3 3 4 4 4 261

2 2 2 3 3 3 4 4 4 3 29

0.25

Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1. 0.25

VIa 1 Hai đường tròn đã cho lần lượt có tâm và bán kính là:

1 1 1 2 2 2C : I 0;2 ,R 3; C : I 3; 4 ,R 3.

Gọi phương trình tiếp tuyến chung của 1 2C , C là:

2 2: Ax By C 0 A B 0

0.25

là tiếp tuyến chung của 1 2C , C

2 21 1

2 22 2

2B C 3 A B 1d I ; R

d I ; R3A 4B C 3 A B 2

Từ 1 và 2 suy ra

A 2B

2B C 3A 4B C 3A 2BC

2

0.25

Với A 2B . Chọn C 2 3 5

B 1 A 2C 2 3 5

Vậy ta tìm được 2 đường thẳng tương ứng với C trong trường hợp này:

0.25

Trang 192

1 2: 2x y 2 3 5 0 và : 2x y 2 3 5 0

Với 3A 2B

C2

. Thay vào 1 được 2 2

A 0

A 2B 2 A B 4A B

3

Khi A 0 B C 1 tìm được đường thẳng 3 : y 1 0

Khi 4

A B3

chọn B 3 A 4,C 9 tìm được đường thẳng

4 : 4x 3y 9 0

0.25

2 Gọi 1 2M d M 1 2t;3 3t;2t , N d N 5 6t ';4t '; 5 5t ' .

Vì đường thẳng MN// P d MN; P d M; P 2 2t 1 1 t 0; t 1. 0.25

Khi t 0 M 1;3;0 ,MN 6t ' 4;4t ' 3; 5t ' 5

P PMN n MN.n 0 6t ' 4 8t ' 6 10t ' 10 0 t ' 0 N 5;0; 5 0.25

Khi t 1 M 3;0;2 MN 6t ' 2;4t '; 5t ' 7

P PMN n MN.n 0 6t ' 2 8t ' 10t ' 14 0 t ' 1 N 1; 4;0 0.25

Vậy tìm được 2 cặp M, N thỏa mãn

M 1;3;0 , N 5;0; 5 và M 3;0;2 , N 1; 4;0 0.25

VIIa Gọi số phức z có dạng z x yi với x,y .

Vậy z 1 x yi 1 x y 1 i . 0.25

Ta có 22 z i x y 1 i x y 1

Theo đề ra ta có 1 z i 2 0.25

2 221 z i 4 1 x y 1 4 0.25

Gọi 1 2C , C là hai đường tròn có cùng tâm I 0;1 và bán kính lần lượt là

1 2R 1, R 2 . Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng số phức cần tìm là miền

giữa hai đường tròn 1 2C và C .

0.25

VIb 1 ABAB 6;4 n 2 2;3 . phương trình đường thẳng AB: 2x 3y 0

Gọi 0 0C x ;y với 0 0x 0,y 0 .Vì điểm C E nên 2 2

0 0x y1

9 4

0.25

Diện tích tam giác ABC là:

0 0 0 0ABC

2x 3y1 1 52 x yS d C,AB .AB . 52 3

2 2 13 3 213

0.25

Theo bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:

2 2 2 2 2

2 20 0 0 0 0 0 0 0x y x y x y x y1 1 2 2

3 2 9 4 3 2 9 4

Nên ABC

52 104S 3 . 2 3

13 13

0.25

Dấu bằng xảy ra khi

2 2x y21

x 39 42

x yy 2

3 2

. Vậy 3 2

C ; 22

. 0.25

2 Đường thẳng 0đi qua M 0,0,1 và có vtcp u 1,2,0

; 0.25

Trang 193

0 0M A 1,0, 2 ; M A, u 4, 2,2

Khoảng cách từ A đến d là 0M A, u

2 6AH d A,

5u

Tam giác AEF đều 0

AH 2 4 2AE AF AH.

cos30 3 5 .

Phương trình mặt cầu tâm A . bán kính 4 2

R AE5

là:

2 22 32

x 1 y z 15

.

0.25

d S E,F . nên tọa độE, F là nghiệm của hệ :

2 22

x t

y 2t1 2 2

t z 15

32x 1 y z 1

5

0.25

suy ra tọa độ E và F là :

1 2 2 1 2 2x x

5 5

2 4 2 2 4 2y y

5 5

z 1 z 1

Vậy 1 2 2 2 4 2 1 2 2 2 4 2

E ; ;1 , F ; ;15 5 5 5

.

0.25

VIIb Xét khai triển n 0 1 2 2 n n

n n n n1 x C C x C x ... C x *

Lấy tích phân 2 vế của * ta được: 2 2

n 0 1 2 2 n n

n n n n

0 0

1 x dx C C x C x ... C x dx 0.25

n 1 2 3 n 10 1 3 n

n n n n

n 1 2 n0 1 2 n

n n n n

3 1 2 2 22C C C ... C

n 1 2 3 n 1

3 1 2 2 2C C C ... C *

2 n 1 2 3 n 1

0.25

Mặt khác ta lại có 2 n

0 1 2 n

n n n n

2 2 2 121C C C ... C

2 3 n 1 n 1

. thế vào *

Ta được

n 1n 13 1 121

3 1 2.1212 n 1 n 1

0.25

n 13 243 n 4 Vậy n 4 thõa mãn đề ra.

0.25

ĐỀ SỐ 27.


Trang 194

2 Gọi điểm của hai tiệm cận là I 1; 2 .

0

0

3M C M x ;2

x 1

.

0.25

Hệ số góc của đường thẳng đi qua M và I là:

M IIM 2

M I 0

y y 3k

x x x 1

0.25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:

M 0 2

0

3k y ' x

x 1

Theo đề ra ta có tích hệ số góc M IMk .k 9

0.25

4 0 0

02 2

0 00 0

x 1 1 x 03 3. 9 x 1 1

x 1 1 x 2x 1 x 1

Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: 1 2M 0; 1 ,M 2;5 .

0.25

II 1 Điều kiện: x k , k

4 2

Vì tan x tan x tan x cot x 14 4 4 4

0.25

2

4 4 2 2 2 2 2 21 1 1sin 2x cos 2x sin 2x cos 2x 2sin 2xcos 2x 1 sin 4x cos 4x

2 2 2 0.25

Phương trình đã cho

2

4 2

2

cos 4x 1 *

2cos 4x cos 4x 1 0 1cos 4x VN

2

0.25

Giải phương trình

2 1 cos8x* cos 4x 1 1 cos8x 1 x k k

2 4

Phương trình có

nghiệm S k k4

.

0.25

2

Điều kiện

x 1x 1 0

12y 1 0 y

2

x 2y xy 0 1

x 1 2y 1 1 2

1 x y y xy 0 x y x y y y x 0

x y x y y 0 x y x 2 y 0

0.25

x 2 y 0 *

x y 0 VN

* x 2 y x 4y thay vào 2 ta được

4y 1 2y 1 1 4y 1 2y 1 1

0.25

Trang 195

4y 1 2y 1 2 2y 1 1 2y 1 2 2y 1 2y 1 2 2y 1 0

1y tm

2y 1 0 22y 1 2y 1 2 0

52y 1 2 y tm2

0.25

Với 1 5

y x 2, y x 102 2

Vậy hệ có nghiệm 1 5

S 2; , 10; .2 2

0.25

III

Ta c ó

x3ln 2 3ln 2 3

2 2x xx3

0 03 3

dx e dxI

e 2e e 2

Đặt x x

3 3t e 3dt e dx ;

Đổi cận khix 0 t 1; khix 3ln2 t 2

0.25

Ta được:

2 2

2 2

1 1

3dt 1 1 1I 3 dt

4t 4 t 2t t 2 2 t 2

0.25

=3

2

1

1 1 1ln t ln t 2

4 4 2 t 2

0.25

3 3 1

ln4 2 8

0.25

IV Từ B kẻ đường thẳng song song với 'OO và cắt O tại C.

Gọi I là hình chiếu vuông góc của A lên OC .

' ' ''

AI OCAI OO BC mà OO B OO BC

AI OO

'AI OO B .Vậy AI là đường cao của tứ diện

'OO AB

0.25

ABC vuông tại 22 2 2A AC AB BC 2a a a 3

Gọi H là trung điểm của AC . OAC cân tại O OH AC .

Vậy

22 2 2 a 3 a

OH OA AH a2 2

0.25

2

OAC1 1 a a 3

S OH.AC . .a 32 2 2 4

Mà

2

OACOAC

a 32.

1 2S a 34S AI.OC AI2 OC a 2

0.25

Vậy thể tích tứ diện ' '

3'

OO AB OO B

1 1 a 3 1 a 3OO AB là : V AI.S . . a.a

3 3 2 2 12 0.25

Trang 196

V Theo bất đẳng côsi ta có 2 2 2 2x y 2xy x y xy 2xy xy 1 xy 1

Lại có 22 2 1

x y xy x y 3xy 3xy 1 3xy xy 23

Từ 1

1 và 2 xy 13

0.25

Mặt khác ta có 2 2 2 2x xy y 1 x y 1 xy

Vậy 2 24 4 2 2 2 2 2 2 2 2x y x y 2x y 1 xy 2x y x y 2xy 1

Nên 2 2x y 2xy 2

P2 xy

0.25

Đặt 1

t xy t 13

2t 2t 2 1

P f t ; t 1t 2 3

'

2

t 6 26f t 0 1 0

t 2 t 6 2 (loai)

0.25

1 11

f 6 2 6 2 6 ,f ,f 1 13 15

Vậy 1 11maxP f 6 2 6 2 6 , min P f

3 15

0.25

VIa 1 Do B là giao của AB và BDnên toạ độ của B là nghiệm của hệ:

21x

x 2y 1 0 21 135B ;

x 7y 14 0 13 5 5y

5

0.25

Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD. kí

hiệu AB BD ACn 1; 2 ; n 1; 7 ; n a;b ( với 2 2a b 0 ) lần lượt là VTPT của các

đường thẳngAB, BD, AC . Khi đó ta có: AB BD AC ABcos n ,n cos n ,n

2 2 2 2

a b3

a 2b a b 7a 8ab b 0 ba2

7

0.25

Vớia b . Chọna 1 b 1 . Khi đó phương trình AC: x – y –1 0 .

A AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:

x y 1 0 x 3

A 3;2x 2y 1 0 y 2

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

7x

x y 1 0 7 52I ;

x 7y 14 0 5 2 2y

2

Do I là trung điểm của AC và BDnên toạ độ 14 12

C 4;3 ; D ;5 5

0.25

Với b 7a ( loại vì AC không cắt BD ) 0.25

Trang 197

2

Ta có phương trình tham số của d là:

x 3 2t

d : y 2 t t

z 1 t

Vì d P M nên toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

x 3 2t

y 2 tM 1; 3;0

z 1 t

x y z 2 0

0.25

VTPT của Pmp P là n 1;1;1 . VTCP của đường thẳng d là du 2;1; 1 .

Vì nằm trong mp P và vuông góc với đường thẳng d nên VTCP

d Pu u ,n 2; 3;1

.

Gọi 0 0 0N x ; y ; z là hình chiếu vuông góc của M trên . khi đó

0 0 0MN x 1; y 3; z .

Ta có MN vuông góc với u nên 0 0 0MN.u =0 2x – 3y z –11 0 1

Theo đề ra 0 0 0P mà N N P x y z 2 0 2

2 2 2

0 0 0Và MN 42 x 1 y 3 z 42 3

0.25

Từ 1 , 2 và 3 ta có hệ

0 0 0

0 0 0

2 2 2

0 0 0

x y z 2 0

2x 3y z 11 0

x 1 y 3 z 42

Giải hệ ta tìm được hai điểm 1 2N 5; 2; 5 và N 3; 4;5

0.25

Nếu 1N 5; 2; 5 ta có phương trình đường thẳng 1

x 5 y 2 z 5:

2 3 1

Nếu 2N 3; 4;5 ta có phương trình đường thẳng 2

x 3 y 4 z 5:

2 3 1

0.25

VIIa Điều kiện: x 0.

1

222 2

22

2 2 2 4log x 2log xlog x

log x 2log x 2log x2 x 20 0 2 x 20 0 2 x 20 0 2

22 22log x 2log x

4 x 20 0

0.25

Đặt 2t log x . Khi đó tx 2 .

BPT trở thành 2 2 22t

2t t 2t 2t4 2 20 0 4 2 20 0 . Đặt 22ty 2 y 1

0.25

BPT trở thành 2y y 20 0 5 y 4 .

Đối chiếu điều kiện ta có 1 y 4 0.25

Nên 22t 2 22 4 2t 2 t 1 1 t 1 .

Do đó 2

11 log x 1 x 2

2

0.25

VIb 1 Do AB CH nên AB CH ABu n 1; 1 n 1;1 . Vậy phương trình đường

thẳng AB: x y 1 0 .

Vậy 2x y 5 0

AB BN B B: B 4;3x y 1 0

.

0.25

Lấy 'A đối xứng A qua BN thì 'A BC .

Phương trình đường thẳng d qua A và vuông góc với 0.25

Trang 198

d BN dBN u n 2;1 n 1; 2 vậy đường thẳng d : x 2y 5 0 .

Gọi 2x y 5 0

I d BN I : I 1; 3 A' 3; 4x 2y 5 0

.

Phương trình cạnh BC đi qua B và có VTCP '

BC BCu BA 1; 7 n 7;1

BC: 7x y 25 0 . 7x y 25 0 13 9

C BC CH C : C ;x y 1 0 4 4

0.25

2 213 9 450

BC 4 34 4 4

.

2 2

7.1 1 2 25d A;BC 3 2

7 1

.

Suy ra: ABC

1 1 450 45S d A;BC .BC .3 2. .

2 2 4 4

0.25

2 Gọi điểm A Ox A a;0;0 .

Khoảng cách từ A tới mặt phẳng P là: 2 2 2

2a 2a

d A; P

32 1 2

0.25

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm ; ; 0

M 1 0 2 và có vtcp ; ;u 1 2 2

Khoảng cách từ A tới đường thẳng d là:

20

AM ; u8a 24a 36

d A; d

3u

0.25

Theo đề ra ta có

2

2 22a 8a 24a 36

d A; d d A; P 4a 8a 24a 36

3 3

0.25

2

24a 24a 36 0 4 a 3 0 a 3.

Vậy tìm được điểm A 3; ;0 0 thỏa mãn đề ra. 0.25

VIIb Gọi số phức z x yi x,y

Nên 2

2 2 2 2 2z x yi, z x y 2xyi,z x y 2xyi. 0.25

2

2

2 z i z z 2i2 x y 1 i 2y 2 i

4xyi 4z z 4

2 22

2

2 x y 1 2y 2

4xy 4

0.25

2xy *

4

1y 1

x

1y 2

x

Từ 1 và * ta có hệ

23

3

xx 4y

41

1 yy 4

x

Từ 2 và * ta có hệ

23

3

xx 4y

41

1 yy 4

x

.

0.25

Trang 199

Vậy số phức cần tìm là : 3 3

3 3

1 1z 4 i và z 4 i

4 4 0.25

ĐỀ SỐ 28.


2 Gọi 2 điểm cần tìm là

2a 4 2b 4A,B C A a; ;B b; ;a,b 1

a 1 b 1

6 b aAB b a;

a 1 b 1

0.25

Gọi I là trung điểm của a b a 2 b 2

AB I ;2 a 1 b 1

Phương trình đường thẳng có MNMN 2; 1 n 1;2 nên MN : x 2y 3 0

0.25

Vì A,Bđối xứng nhau qua

6 b a2 b a 0

a 1 b 1AB.MN 0MN

I MN a b a 2 b 22 3 0

2 a 1 b 1

0.25

A 0; 4a 0

b 2 B 2;0

Vậy tìm được A 0; 4 ,B 2;0 thuộc đồ thị C đối xứng nhau quaMN .

0.25

II 1 2 3 4 2 3 4sinx sin x sin x sin x cosx cos x cos x cos x

2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

sinx cos sin x cos x sin x cos x sin x cos x 0

sinx cosx sinx cosx sinx cosx sinx cosx 1 sin x cos x

sin x cos x sin x cos x 0

(sin x cosx). 2 2 sin x cosx sin x.cosx 0

0.25

sin x cosx 0

2 2 sin x cosx sin x.cosx 0

Với sin x cosx 0 x k k4

0.25

Với 2 2 sin x cosx sin x.cosx 0

Đặt 2t 1

t sin x cosx t 2; 2 sinx.cosx2

phương trình trở thành:

2t 1

t 4t 3 0t 3 l

0.25

x m2

t 1 sinx cosx 1 2 sin x 1 m4 x m2

2

Vậy S k , m2 , m2 k ,m .4 2

0.25

2 Đặt 3 33 3u x 34, v x 3 u v 37 . 0.25

Trang 200

Nên ta có 2 23 3

u v 1u v 1

u v u v uv 37u v 37

2

u v 1 u v 1

uv 12u v 3uv 37

0.25

u 3

v 4

u 4

v 3

0.25

Với u 3, v 4 ta được: x 61

Với u 4, v 3 ta được: x 30

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: S 61;30 0.25

III

6 6 6

22 2

0 0 0

6

2

0

s inx cosxtan xsinx cosx4 sinx cosxI dx dx dx

cos2x cos x sin x sinx cosx sin x cox

dx

sin x cosx

0.25

26 6

2 2

20 0

dx tan x 1dx

sinx t anx+1cos x +1

cosx

Đặt 2

2

1t tan x dt dx tan x 1 dx

cos x

0.25

Đổi cận 1

khi x 0 t 0, khi x t6 3

. 0.25

Suy ra

1

3

2

0

1dt 1 1 3

I 3t 1 2t 1

0

.

Lưu ý: ở câu này ta có thể tham khảo cách làm như sau.

6 6 6

2 220 0 0

dx dx 1 dx

2sin x cosx cos x2cos x44

1 1 3tan x 6

2 4 20

0.25

Trang 201

B

A'

B'

C'

CA

IO

IV Gọi I là trung điểm cạnh BC, O là trọng tâm

ABC Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên

a 3 2 a 3AI AO AI ,

2 3 3

1 a 3OI AI

3 6

'A ABC là hình chóp tam giác đều nên

'A O ABC

0.25

2 2 2' ' 2 2 2 'a 3b a

A O A A AO b ,A I BC3 3

Ta có

'

' ' ' ' ' '

A BC ABC BC

A I BC,A I A BC A BC , ABC A I,AI A IO

AI BC,AI ABC

2 2

' 2 23b a

A O 2 3b a3tanIO aa 3

6

.

0.25

Diện tích 2

ABC1 1 a 3 a 3

ABC:S AI.BC . .a2 2 2 4

'A '.BCC' B' ABC.A' B'C' A'.ABC ABC ABC ABC

1 2V V V A'O.S A'O.S A O.S

3 3

0.25

2 2 2 2 2 22 3b a a 3 a 3b a

. . đvtt3 4 63

0.25

V *

2 21 1 x 1 1 x

9 m 2 3 2m 1 0

Điều kiện x -1;1 . đặt 2

1 1 x

t 3 ;

ì

3;9

2

2 2 2

1 1 x

v 1 x 1 0 x 1 0 1 x 1 1 1 1 x 2

3 3 9 t

0.25

Phương trình * đã cho trở thành

2

2 2t 2t 1

t m 2 t 2m 1 0 * t 2 m t 2t 1 m

t 2

Xét hàm số

2

t 2t 1f t

t 2

. với 3;9t . Ta có:

0.25

' ',

2

2

t 1t 4t 3f t f t 0

t 3t 2

Lập bảng biến thiên t 3 9

'f t

0.25

Trang 202

f t

g m

64

7

4

Dựa vào bảng biến thiên * có nghiệm ; ** x 1 1 có nghiệm 3;9t

644 m

7

0.25

VIa 1 Gọi 0 0 0 0M x ;y d 3x y 5 0 1 .

AB 5,CD 17 0.25

AB

CD

AB 3;4 n 4;3 PT AB: 4x 3y 4 0

CD 4;1 n 1; 4 PT CD : x 4y 17 0

0.25

MAB MCD

0 0 0 0

0 0 0 0

0 00 0 0 0

0 0 0 0 0 0

S S AB.d M;AB CD.d M;CD

4x 3y 4 x 4y 175 17 4x 3y 4 x 4y 17

5 17

3x 7y 21 0 24x 3y 4 x 4y 17

4x 3y 4 x 4y 17 5x y 13 0 3

0.25

Từ 1 và 2 ta có 0 0

1

0 0

3x y 5 0 7M ;2

3x 7y 21 0 3

Từ 1 và 3 ta có 0 0

2

0 0

3x y 5 0M 9; 32

5x y 13 0

0.25

2 Các véc tơ chỉ phương của 1 2d và d lần lượt là u 1; 1;2 và u 2; ;1 1 2 0

Có 1 2M 2;1; d ; N 2;3; d MN ; ; 0 0 0 2 0 0.25

Xét u ;u ; ; u ;u .MN 1 2 1 21 5 2 10 0 vậy d1 chéo d2 .

Gọi ' ' ' '

1A 2 t;1– t;2t d vàB 2 – 2t ;3; t d AB –2t t; t; t t 2 2 2 0.25

AB là đọan vuông góc chung của 1 2

AB.ud và d

AB.u

1

2

0

0

' '

' '

–2t t; t; t t . 1; 1;2 t

–2t t; t; t t . 2; ;1 t '

12 2 03

2 2 0 0 0

Vậy tìm được điểm A ; ; và B 2; 3;

5 4 20

3 3 3;

Đường thẳng qua hai điểm A,B là đường vuông góc chung của

1 2

x t

d và d u AB ; ; : y t

z t

21

1 5 2 3 53

2

0.25

Phương trình mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính. tâm I ; ;

11 13 1

6 6 3 là trung

điểm củaAB . Vậy bán kính AB

R 5

2 6

Phương trình mặt cầu có dạng: S : x y z

2 2 211 13 1 5

6 6 3 6.

0.25

Trang 203

VIIa Giả sử z a bi z a bi; z c di z c di 1 1 2 2 0.25

Ta có z z a bi c di a c b d i a c b d i 1 2 1

Mà z z a bi c di a c b d i 1 2 2 0.25

Từ và1 2 ta có z z z z a c b d i 1 2 1 2 0.25

Tương tự

'z .z a bi . c di ac bd ad bc i ac bd ad bc i 1 2 1

Mà 'z .z a bi . c di ac bd ad bc i 1 2 2

Từ ' 'và1 2 ta có z .z z .z ac bd ad bc i 1 2 1 2

0.25

VIb 1 Gọi

3a 4A A a;

4

Vì B đối xứng với A qua I nên B

B

x 2.2 a16 3a

B 4 a;5 3a 44y 2.

2 4

0.25

Vậy diện tích tam giác ABC là:

ABC 22

3.2 4. 5 41 1 1S d C;AB .AB d C; .AB AB 3AB

2 2 2 3 4

.

Theo đề ra ta có ABCS 15 3AB 15 AB 5

0.25

Mặt khác 2 2

2 226 3a 6 3aAB 4 2a AB 4 2a

2 2

2

2 a 46 3a4 2a 25

a 02

0.25

Vậy hai điểm cần tìm là A 0;1 và B 4;4 . 0.25

2 Đường thẳng d có VTCP u 1;2;1

Từ phương trình tham số ta chuyển d về PTTQ: 2x y 1 0

x z 2 0

Mặt phẳng P có VTPT n 2; 1; 2

0.25

Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng P là:

d P

d P

u .n | 2 2 2 | 6sin

33. 6u . n

Góc giữa mặt phẳng P và mặt phẳng Q cần tìm là

2 6 3cos 1 sin x 1

9 3

0.25

Giả sử Q đi qua d có dạng: 2 2m 2x y 1 n x z 2 0 m n 0

2m n x my nz m 2n 0

Vậy góc giữa P và Q là: 2 2

| 3m | 3cos

33. 5m 2n 4mn

0.25

Trang 204

2 2| 3m | 3. 5m 2n 4mn m 2mn n 0 m n 0 m n. 22 2

Chọn m 1,n 1, ta có: mặt phẳng Q là : x y z 3 0 0.25

VIIb

.

3x 1 y 2 y 3x

2

2 2 3 2 1

3x 1 xy x 1 2

Phương trình

2

x 1x 1 0

2

x 3x y 1 03x 1 xy x 1

x 1 x 0

x 0 x 1

3x y 1 0 y 1 3x

0.25

Với x 0 thay vào . . log y 2 y y y y

2

8 81 2 2 3 2 8 2 12 2 2 y

11 11

0.25

Với

x 1

y 1 3x

thay y 1– 3x vào 1 ta được: . * 3x 1 3x 1

2 2 3 2

Đặt ì 3x 11

t 2 v x 1 t

4

*

2t 3 8 loai1

t 6 t 6t 1 0

t t 3 8

Với log log 2 2

1t 3 8 y 2 3 8 x 3 8 1

3

0.25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

;log , log ; log

2 2 2

8 1S 0 3 8 1 2 3 8

11 3

0.25

ĐỀ SỐ 29.


2 ' 2 2y 3x 2mx 2m 7m 7 hàm số đồng biến trên nữa khoảng 2; khi và

chỉ khi 'y 0 với x 2; .

2 2f x 3x 2mx 2m 7m 7 0, x 2;

0.25

Vì tam thức bậc hai f x có ' 27m 21m 21 0, m nên f x có 2 nghiệm

phân biệt ' '

1 2

m mx ,x

3 3

.

0.25

Vì 1 2x x nên 1

2

x xf x 0

x x

Do đó '

'

2

mf x 0 x 2; x 2 2 6 m

3

0.25

2 2' 2

m 6 m 6

6 m 7m 21m 21 6 m

2

m 6 51 m

26m 9m 15 0

vậy m ;5

12


0.25

Trang 205

II 1

Điều kiện:

sin x 0sin 2x 0

cosx 0tan x 1

tan x 1

Phương trình 2cosx sin x cos2x.cosxsin x sin x cosx

sin x cosx sin x

2 2

2cos x sin x .cosxcosx sin x

sin x sin x cosxsin x cosx sin x

2 2cosx sin xcos x sin x cosx sin x sin x cosx

sin x

0.25

2 2

2

cosx sin x sin x cos x 2sin x cosx sin x

sin x cosx sin x cosx sin x 0

cosx sin x sin x cosx sin x 1 0

2cosx sin x sin xcosx sin x 1 0

0.25

sin2x 1 cos2x

cosx sin x 1 0 cosx sin x sin2x cos2x 3 02 2

cosx sinx 0

cosx sinx 2 sin 2x 3 02 sin 2x 3 loai4

4

0.25

cosx sin x 0 tanx 1 x k k4

vì x 0; 0 k k 0 x4 4

Vậy tìm được nghiệm S4


0.25

2

2 2

2

2xyx y 1 1

x y đk :x y 0

x y x y 2

2 32xy

1 x y 2xy 1 0 x y 2xy x y 2xy x y 0x y

0.25

3

2

x y x y 2xy x y 2xy 0

x y x y 1 2xy x y 1 0

x y x y 1 x y 1 2xy x y 1 0

0.25

2 2

x y 1 3

x y x y 0 4

Dễ thấy 4 vô nghiệm vì x y 0

0.25

Thế 3 vào 2 ta được 2x y 1

Giải hệ 2

x 1

y 0x y 1

x y 1 x 2

y 3

0.25

Trang 206

O

D

AB

C

S

H

I

Vậy hệ có nghiệm S 1;0 , 2;3

III

2

3

0

3sin x 2cosxI dx

sin x cosx

Đặt x t dx dt2

Đổi cận: x 0 t , x t 0.2 2

0.25

Suy ra:

02

3 3

0

2

3sin t 2cos t3sin x 2cosx 2 2

I dx dtsin x cosx

sin t cos t2 2

2 2

3 3

0 0

3cos t 2sin t 3cosx 2sin xdt dx

cos t sin t cosx sin x

( Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cuả biến số ).

0.25

Suy ra:

2 2 2

3 3 2

0 0 0

3sin x 2cosx 3cosx 2sin x 12I I I dx dx dx

sin x cosx cosx sin x sin x cosx

0.25

=2 2

2

2 20 0 0

1 1 1 1dx d x tan x 1

2 4 2 42cos x cos x

4 4

.

Vậy 1

I2

.

0.25

IV ABD là tam giác đều cạnh

aa AO

3

2.

Từ O hạ hình chiếu vuông góc lên BC tại H.

Ta có SO BC

BC SOH BC SHOH BC

0.25

nên

SBC ABCD BC

SH SBC ,SH BC SBC , ABCD SH,OH SHO

OH ABCD ,OH BC

aOH

OH OC OB aa

2 22 2 2

1 1 1 1 1 3

43

22

SOtanSHO SHO

OH

01 45

0.25

Vì OI SBC OI IBC vậy OI là đường cao của chóp I.OBC 0.25

Trang 207

H

A

C B

KM

aOI IH SH SO IH 2 21 1 6

2 2 8

Vậy thể tích của chóp I.OBC là:

I.OBC IBC

a a aV OI.S OI. IH.BC . . .a đvtt

31 1 1 1 6 1 6

3 3 2 3 8 2 8 64

0.25

V

3 3 3

3

x y 16zP

x y z

Biến đổi tương đương ta có:

3

3 3 x yx y

4

Khi đó

3

33 33 33 3 3

3 3 3 3

x y16z x y 64z x y 64zx y 16z 4P 4P

x y z x y z 4 x y z x y z

0.25

Đặt x y z a x y a z .

3 33

3 3 33 33 3

3 3 3

z 64za 1

a ax y 64z a z 64z4P 1 t 64t

a a a

( với z

t ,0 t 1a

)

0.25

Xét hàm số 3 3f t 1– t 64t với t 0;1 . Có

22 1

f ' t 3 64t 1 t , f ' t 0 t 0;19

1 64

f 0 1,f 1 64,f9 81

0.25

t 0;1

64Minf t

81

GTNN của P là 16

81 đạt được khi x y 4z 0 0.25

VIa 1 Đường thẳngAC vuông góc vớiHK nên nhận

HK 1; 2 làm vtpt và AC đi qua K nên

AC : x 2y 4 0.

Phương trình đường thẳng BK có vtcp

HK 1; 2

BKn 2;1 BK : 2x y 2 0 .

0.25

Do A AC, B BK nên giả sử

A 2a 4; a , B b; 2 2b . Mặt khác M 3;1 là trung điểm của ABnên ta có hệ:

2a 4 b 6 2a b 10 a 4.

a 2 2b 2 a 2b 0 b 2

Tìm được A 4; 4 , B 2; 2 .

0.25

ABAB 2; 6 n 2 3; 1 AB : 3x y 8 0 . 0.25

Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA 3; 4 làm vtpt

Vậy phương trình cạnh BC : 3x 4y 2 0.

Tìm được phương trình các cạnh: AC : x 2y 4 0, AB : 3x y 8 0 .

BC : 3x 4y 2 0.

0.25

Trang 208

2 Thay A vào hai phương trình thấy A không thuộc hai đường trung tuyến trên.

nên giả sử x 3 y 6 z 1 x 4 y 2 z 2

BN : và CP :2 2 1 1 4 1

Chuyển về phương trình tham số

'

' '

'

x 4 tx 3 2t

BN : y 6 2t t , CP : y 2 4t t

z 1 t z 2 t

0.25

G là trọng tâm ABC G BN CP G 3;6;1

' ' 'B BN 3 2t;6 2t;1 t , C CP 4 t ;2 4t ;2 t

' ' 'GA 2; 4;4 ,GB 2t;2t; t ,GC t 1; 4t 4; t 1

0.25

Ta có :

'

'

'

'

2 2t t 1 0t 2

GA GB GC 0 4 2t 4t 4 0t 3

4 t t 1 0

B 7;2; 1 , C 1;14; 1 . Vậy AB 6;0; 6 , AC 0;2; 1 ,BC 6 1;2;0

0.25

Phương trình các cạnh của tam giác ABC lần lượt là

x 1 6t

AB: y 2

z 5 6t

x 1 x 7 t

AC : y 2 2t , BC : y 2 2t t

z 5 t z 1

0.25

VIIa Điều kiện n 4

Ta giải phương trình:

3 2 1

n n n

n! n! n!A 8C C 49 8. 49

n 3 ! n 2 !.2! n 1 !

n – 2 n –1 n – 4 n –1 n n 49

3 2 2n – 7n 7n – 49 0 n – 7 n 7 0 n 7

0.25

Vậy đẳng thức đã cho trở thành 7

2x 2

Khai triển đẳng thức 7 7

7 k2 k 2 7 k k 7 k 2k

7 7

k 0 k 0

x 2 C x 2 C .2 .x

0.25

Thứ hạng 8x trong khai triển nhị thức: 8 2kx x k 4 0.25

Nên hệ số của x8 là 2802C34

7 0.25

VIb 1 A 1;1 có phương trình tham số

x 1 3tt

y 2 2t

và có vtcp u 3;2 0.25

Gọi A thuộc B B 1 3t; 2 2t .

Vậy 22 2AB 3t; 3 2t AB 9t 2t 3 13t 12t 9

0.25

Theo đề ra ta có 0AB; 45 nên

0

2

AB.u 3t; 3 2t . 3;2cos AB;u cos45

AB . u 13t 12t 9. 9 4

0.25

Trang 209

2

2

15t

13t 6 1 13169t 156t 45 0

3213t 12t 9. 13 t13

Các điểm cần tìm là 1 2

32 4 22 32B ; , B ;

13 13 13 13

0.25

2 Giả sử n a;b;c là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P .

Phương trình mặt phẳng P : ax by cz 2b 0 .

Đường thẳng đi qua điểm A 1;3;0 và có một vectơ chỉ phương u 1;1;4

0.25

Từ giả thiết ta có

2 2 2

n.u a b 4c 0 1// P

| a 5b |4 2d ; P d A; P 4

a b c

0.25

Thế b a 4c vào 2 ta có 2 2 2 2 2a 5c 2a 17c 8ac a - 2ac 8c 0

a4

c

a2

c

0.25

Với a

4c chọna 4,c 1 b 8 .

Phương trình mặt phẳng 1P : 4x 8y z 16 0 .

Với a

2c chọna 2,c 1 b 2 .

Phương trình mặt phẳng 2P : 2x 2y z 4 0 .

0.25

VIIb Theo đề ra ta có:

2 2 2 2 2

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1z z z z z z z z z z z z

2

2 1

0 1 0 1 1 0

0

zz z z z z z 1

z

0.25

2 2 2 2 2

0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0z z z z z z z z z z z z

2

2 0

1 1 0 0 1 0

1

zz z z z z z 2

z

0.25

Từ 2 2

3 31 0

1 0 0 1 0 1

0 1

z z1 và 2 z z z z z z

z z 0.25

Do vậy 1 0 0 1z z z z hay là OA OB AB ( khác 0 ) nên OAB là tam giác

đều 0.25

ĐỀ SỐ 30.


2 Ta có các điểm cực đại. cực tiểu của hàm số C lần lượt là A 0;2 và B 2; 2

Đường tròn mC có tâm I m;2m bán kính 2 2 2R m 4m 5m 1 1 0.25

Ta có 2

2 2 2 2 36 6IB m 2 2m 2 5m 4m 8 5 m 1 R

5 5 5

0.25

Trang 210

Vậy điểm B nằm ngoài đường tròn mC .

Để hai điểm cực trị A, Bnằm 2 phía khác nhau của đường tròn mC khi điểm A

nằm trong đường tròn mC IA 1 0.25

22 2 3

m 2 2m 1 5m 8m 3 0 m 15

. 0.25

II 1 Điều kiện cosx 0 x k k .

2

Phương trình đã cho 1 sin2x 2 1 t anx 0

2 2 sinxsin x cos x 2sin x.cosx 2 1 0

cosx

0.25

2 2 cosx sinxcosx sinx 0

cosx

2cosx sinx cosx sinx 0

cosx

cosx sin x 0 1

2cosx sin x 0 2

cosx

0.25

Giải 1 ta có: cosx sin x 0 2 cos x 04

cos x 0 x k x k k4 4 2 4

0.25

Giải 2 ta có: 22cosx sin x 0 sin x.cosx cos x 2

cosx

2sin 2xcos x 2 *

2 . Vì 2sin 2x

1 sin 2x 1 cos x 22

Nên phương trình * vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có học nghiệm S k k4

.

0.25

2

2 2 2 2

2 2 2 2

3x 5x 1 x 2 3 x x 1 x 3x 4

3x 5x 1 3 x x 1 x 2 x 3x 4

Dạng bài toán này ta dễ dàng nhận thấy nhân lượng liên hợp hai vế ta có:

2 2 2 2

2 22 2

3x 5x 1 3 x x 1 x 2 x 3x 4

x 2 x 3x 43x 5x 1 3 x x 1

0.25

2 22 2

2x 4 3x 6

x 2 x 3x 43x 5x 1 3 x x 1

2 2 2 2

3 x 2 2 x 20

x 2 x 3x 4 3x 5x 1 3 x x 1

0.25

2 2 2 2

3 2x 2 0

x 2 x 3x 4 3x 5x 1 3 x x 1

0.25

Trang 211

C

A

D

B

A'B'

C'D'

H

I

J

2 2 2 2

x 2 0 *

3 20 **

x 2 x 3x 4 3x 5x 1 3 x x 1

Giải * ta được x 2

Từ ** ta thấy 2 2 2 2

3 20, x

x 2 x 3x 4 3x 5x 1 3 x x 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất s 2 .

0.25

III 2 2 2

0 0 0

2cosx 1 sinxsin 2x sinx 2sin x cosx sinxI dx dx dx

1 3cosx 1 3cosx 1 3cosx

0.25

Đặt

2t 1cosx

3t 1 3cosx

3sin xdt dx

2 1 3cosx

Đổi cận:

x 0t 2

t 1x2

0.25

1 22

2

2 1

t 1 2 2I 2 1 dt 2t 1 dt

3 3 9

. 0.25

3 22 2t 2 16 2 34t 2 1

19 3 9 3 3 27

. 0.25

IV Gọi H là hình chiếu vuông góc của 'A lên mặt phẳng

'ABCD A H ABCD

Từ H hạ hình chiếu vuông góc xuống AB,AD lần

lượt tại I, J . '

'

'

'

A H ABAB A J

HJ AB

A H AD, AD A I

HI AD

0.25

Vậy

' '

' ' ' ' ' ' ' ' 0

A B BA ABCD AB

A J A B BA ,A J AB A B BA , ABCD A J, HJ A JH 45

HJ ABCD , HJ AB

' '

' ' ' ' ' ' ' ' 0

A B BA ABCD AB

A I A D DA ,A I AB A D DA , ABCD A I, HI A IH 60

HI ABCD , HI AB

0.25

Đặt 'A H x x 0

Ta có: ' '

'

0

A H A Htan A JH HJ x

HJ tan 45 .

' ''

0

A H A H x 3tan A IH HI

HI tan60 3

HIAJ là hình chữ nhật

0.25

Trang 212

2

2 2 2 2 2x 3 2 3xAH AJ HJ HI HJ x

3 3

Mà

2

' 2 ' 2 2 22 3x 21A A A H HA 1 x x

3 7

Vậy thể tích hình hộp ' ' ' 'ABCDA BC D là: ' ' ' '

'

ABCDABCDA BC D

21V A H.S . 3. 7 3

7

0.25

V x yT

1 x 1 y

Đặt 2 2x cos a; y sin a a 0;2

khi đó

2 22 2 3 3 sina cosa sin a sina.cosa cos acos a sin a cos a sin aT

sina cosa sina.cosa sina.cosa

sina cosa 1 sina.cosa

sina.cosa

0.25

Đặt 2t 1

t sina cosa sina.cosa2

Ta có: t 2 sin a4

Vì 0 a 1 t 22

0.25

Khi đó 3

2

t 3tT f t

t 1

;

4

22

t 3f ' t 0 t 1; 2 f t f 2 2

t 1

0.25

Vậy

t 1; 2

min f t f 2 2

khi 1

x y2

. Hay minT 2 khi 1

x y2

. 0.25

VIa 1 Gọi 1A d A t; t vì ABCD là hình vuông nên C đối xứng với A qua BD. mà

B,D Ox nên C t; t . 0.25

Vì 2C d 2t t 1 0 t 1 . Vậy A 1;1 , C 1; 1 . 0.25

Gọi I là trung điểm của AC I 1;0 . B,D ox B b;0 ,D d;0

I cũng là tâm hình vuông ABCD nên ta có: 0.25

b 2

b 1 1 b 0IB IA 1

ID IA 1 d 1 1 d 0

d 2

.

B 2;0 và D 0;0 hoặc B 0;0 và D 2;0

Vậy 4 đỉnh của hình vuông là: A 1;1 ,B 2;0 ,C 1; 1 ,D 0;0 hoặc

A 1;1 ,B 0;0 ,C 1; 1 ,D 2;0 .

0.25

2 Tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng P là nghiệm của hệ sau: 0.25

Trang 213

I

M

T2

T1

x 1 tx 0x 1 y 3 z 3

y 3 2ty 1 A 0; 1;41 2 1

z 3 t2x y 2z 9 0 z 4

2x y 2z 9 0

Mặt phẳng P có véctơ pháp tuyến Pn 2;1; 2 .

Đường thẳng d có véctơ chỉ phương du 1;2;1 . 0.25

Vì P và d véctơ chỉ phương của đường thẳng là :

d Pu u ,n 5;0;5 5 1;0;1

0.25

Vậy phương trình tham số của đường thẳng

x t

: y 1 t

z 4 t

. 0.25

VIIa Gọi số phức z a bi a,b

Khi đó 22 2 2 2 2 2 2 2z a bi 2abi z a b 2abi z a b 2abi

0.25

Phương trình trở thành 2 2 2 2a b 2abi 2012 0 a b 2abi 2012 2 2a b 2012

2ab 0

0.25

2 22 2

a b 2012 1a b 2012

a 02ab 0

b 0

* Với a 0 thay vào 1 ta được 2b 2012 b 2012

* Với b 0 thay vào 1 ta được 2a 2012 ( vô nghiệm ).

0.25

Vậy tìm được nghiệm của số phức là: z 2012i và z 2012i 0.25

VIb 1 Đường tròn C có tâm I 1;3 và bán kính R 2 . Vì

MI 2 5 R nên điểm M nằm ngoài đường tròn C .

Gọi 0 0T x ;y là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ tại

M với đường tròn C nên:

T C T C

IT MT IT.MT 0

0.25

0 0 0 0MT x 3;y 1 và IT x 1;y 3

Nên

2 2

0 0 0 0

0 0 0 0

x y 2x 6y 6 0.

x 3;y 1 . x 1;y 3 0

0.25

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

2 20 0 0 0 0 0 0 0

x y 2x 6y 6 0 x y 2x 6y 6 0

x 3 . x 1 y 1 . y 3 0 x y 2x 4y 0

0 02x y 3 0 * .

0.25

1 2T và T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến qua M tới đường tròn C . nên

1 2T và T thuộc * . Vậy phương trình đường thẳng 1 2TT : 2x y 3 0. 0.25

2 Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng PP là n 1; 1;1

Véctơ chỉ phương của đường thẳng dd là u 1;2;2 0.25

Trang 214

Gọi đường thẳng có véctơ chỉ phương u a;b;c .

Vì PP u .n 0 a b c 0 1

Theo đề ra có góc: 0d, 45

0

2 2 2 2 2 2

a 2b 2c a 2b 2c 2cos d, cos45 2

23 a b c 3 a b c

0.25

Từ 1 và 2 ta có:

22 2

2 2 2

a b c 02

a 2b 2c a 2 a c 2c 3 a a c c22

23 a b c

22 2 2 2 23 23a 4c 2a 2ac 2c 3a 4c 9 a ac c 7c 15ac 0

2

0.25

c 0

15c a

7

* với c 0 a b 1 . vậy phương trình đường thẳng

x 3 t

: y 1 t

z 1

* với 15

c a a 7,c 15,b 87

.

vậy phương trình đường thẳng

x 3 7t

: y 1 8t

z 1 15t

0.25

VIIb

2 y 12 y 1

2 x 1 2 x 1

x 1 x 1 1 3x x 2x 2 3 1

y y 2y 2 3 1 y 1 y 1 1 3

Đặt u x 1

v y 1

0.25

Hệ trở thành

2 v

2 u

u u 1 3 1

v v 1 3 2

Dễ dàng nhận thấy 2 u 2 vu u 1 3 v v 1 3 là dạng f u f v *

Xét hàm số 2 tf t t t 1 3 , t

2

' t t

2 2

t t 1 tf t 1 3 ln3 3 ln3 0, t

t 1 t 1

nên hàm đồng biến trên

( vì 2 2 2t 1 t t t 1 t 0 )

0.25

Khi đó phương trình * u v . thay vào phương trình 1 . ta được:

2 u 2 u 2u u 1 3 3 ln u u 1 ln3 uln3 ln u u 1 uln3 0

Xét hàm số: 2g u ln u u 1 uln3, u

'

2

1g u ln3 1 ln3 0, u .

u 1

Nên hàm số nghịch biến trên .

0.25

Trang 215

Ta nhận thấy g 0 0 nên phương trình 3 có nghiệm duy nhất u 0 .

Hay x 1 0 x 1

u v 0y 1 0 y 1

. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x;y 1;1

0.25

Documents

f.libvui.comf.libvui.com/dlsm2/CauTrucDeThiDaiHocVaBoDeTuyenSinhMonToan_1b023fb01… · Trang 2 Lời nói đầu Làm sao để mình cảm thấy tự tin, vững vàng khi bước