Tải bản đầy đủ

Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
2



Sở GD & ĐT Tiền Giang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2 3
2
x
x


có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,

B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

2) Giải phương trình:
 
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R    
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
 

 


Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh
S
, có tâm đường tròn đáy là
.O ,A B
là hai điểm trên đường tròn đáy sao
cho khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
bằng
a
,


0
60ASO SAB 
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y 
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
 
 

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
( )d
có phương trình :
0x y 
và điểm
(2;1)M
. Tìm
phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng
( )d
tại B sao cho tam giác AMB
vuông cân tại
M

2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng
 

đi qua hai điểm
 
0; 1;2 ,A 
 
1;0;3B
và tiếp xúc với mặt cầu
 
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2x y z     

Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z  
.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
       
       
       
       

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
 
C
có phương trình
 
2
2
: 4 25x y   và điểm
(1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn
 
C tại 2 điểm ,A B sao
cho
3MA MB

2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
 
P
có phương trình:
1 0x y  
. Lập phương trình
mặt cầu
 
S đi qua ba điểm
     
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng
 
P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
3
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
 
 
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
   
 
 
 
 

ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x


(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y

  

2 2
lim ; lim
x x
y y
 
 
    
TCĐ x = 2
y’ =
2
1
0; 2
( 2)
x
x

  


BBT


2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x


) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
 


 

( )  TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x


)
( )  TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x

 


 AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
 



 AB min = 2 2 
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
 


 


II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 

      

   





0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z


     


0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx   
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
  
 

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
 



 





0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
4
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
 


 


 

  


Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 



  


  


  










0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

 
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R    

Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x    
ta được phương trình
2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t      
4
2
t
t
 






+ Với t =  4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
 
 
    
 
    
 


2
0
2
2
x
x
x


   




+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
 
 
   
 
    
 


2
0
3 1
3 1
x
x
x



   

 



ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x   



0,25



0,25






0,25







0,25



III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
 

 


I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x

, Đặt t =
1 ln x
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3





0.5


 
2
2
1
ln
e
I x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e  



0.25

0.25

www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
5
Câu IV
(1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của AB , nên
OI a

Đặt
OA R


0
60SAB SAB  
đều

1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
   
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO 

2
2 2
6
3 2
R a
R a R    
2SA a 

Chiếu cao:
2
2
a
SO 
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
  
  




0,25



0,25


0,25


0,25
Câu V
(1,0 đ)

Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn: 5x y  .
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
 
          

Thay
5y x 
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x

             
P bằng
3
2
khi 1; 4x y  Vậy Min P =
3
2

Lưu ý:
Có thể thay
5y x 
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
 
 





0,25


0,50


0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)

Anằm trên
Ox
nên
 
;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; )B b b ,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b      
 

Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
    



 

 

     




 
,
do
2b 
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b


  



  

 

 

 
 
     
    

 


 


2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b





  





 

 


 



 
    

 
  


  





0,25



0,25













S

O

A
B
I
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b





đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y  
Với
4
3
a
b





đường thẳng  qua AB có phương trình
3 12 0x y  


0,25


0,25

ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
 
;2

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

Câu III (1 điểm) Tính tích phân



2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4

Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44



yx
yx
P

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
 zzzz
, z C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y   
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1






 zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d 




Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
 xxx


www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2

Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm

0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
)1(6)12(66'
2
 mmxmxy

y’ có
01)(4)12(
22
 mmm

0,5






1
0'
mx
mx
y

Hàm số đồng biến trên
 
;2


0'y

2x  21m  1m

0,25
b)

0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

1 điểm
PT
 1)1cos4(3cos2
2
xx  1)sin43(3cos2
2
 xx

0,25
Nhận xét
Zkkx  ,

không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
 xx

xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3

 xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin 

0,25








26
26
mxx
mxx










7
2
7
5
2


m
x
m
x
;
Zm 

0,25


Xét khi

5
2

m

k 
2m=5k

m
t5
,
Zt 

Xét khi
7
2
7

m

=

k 
1+2m=7k

k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl 

Vậy phương trình có nghiệm:
5
2

m
x  (
tm 5
);
7
2
7

m
x  (
37  lm
)
trong đó
Zltm ,,



0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

1 điểm
PT

631012)13(2
22
 xxxx

232)12(412)13(2
222
 xxxxx
. Đặt
)0(12
2
 txt

Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 



x
t
x
t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:









7
602
;
2
61
x



0,5

Tính tích phân



2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó



2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e  dxedu
x
3
3 
;
22ln3;10  uxux

0,25
Ta được:



2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu













2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1










u
uu

0,25
Câu III

8
1
)
2
3
ln(
4
3


Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3


0,25

Câu IV




























0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
9
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:





BCOA
BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd  .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA

'


suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A 
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC


0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:

134)(3
222
 abccba


1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf 
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba 

33  cbaa
hay a
1

 ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
 atttaabccba

=
)(4)2(3
2222
tbcatcb 

=
















22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2

 cba
do a 1

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
 atttattaf

=
13)23(4))23((3
2222
 ttttt

=
0)47()1(2
2
 tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1  cbacbt
(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức

www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
10

1
1
22
44



yx
yx
P

Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22



Từ đó ta có
1
3
1
 xy
.


0,25
M¨t kh¸c
xyyxyxyx  11
2222

nªn
12
2244
 xyyxyx
.®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)(
2



 t
t
tt
tfP



0.25
TÝnh









)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf



0.25
Do hàm số liên tục trên
 
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26(  fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min  fP



0.25
Câu VIa

1 điểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
 
1;2 5AB AB   

. Phương trình của AB là:
2 2 0x y  
.
   
: ;I d y x I t t  
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC 



0,5
a)
Theo bài ra: 2),(.
2
1


ABCdABS
ABC

446. t







3
4
0
t
t


Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .



0,5

1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0

0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// nOH
;
 
H ABC

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H


0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
11
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)

H là trung điểm của OO’
 )
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O

0,5
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
 zzzz
, z C.
1 điểm
PT

 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2(
22
 zzzz

Đặt
zzt 2
2

. Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25
Đặt
zzt 2
2

. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
 tt


0,25
CâuVIIa













61
1
5
2
z
iz
t
t

Vậy phương trình có các nghiệm:
61z
;
iz  1



0,5
Câu VIb
a)

1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y  

5AB 

Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y  

17CD 


0,25
Điểm M thuộc

có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t 
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
 
 


0,25

Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD  


7
9
3
t t    

Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M 
0,5

1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
 
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2




0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u







 
 
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
 AB

(….)…

A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)

I(2; 1; -1)
0,25
b)


Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6

Nên có phương trình là:
 
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z     

0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
 xxx

1 điểm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
12

Điều kiện:
0x

Bất phương trình
 )1(2log)3(3
2
 xxx

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.

0.25
TH1 Nếu
3x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x

Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( 
đồng biến trên khoảng
 
;0


3
1
)(



x
x
xg nghịch biến trên khoảng
 
;3

*Với
4x
:Ta có





3)4()(
3)4()(
gxg
fxf

Bpt có nghiệm
4x

* Với
4x
:Ta có





3)4()(
3)4()(
gxg
fxf

Bpt vô nghiệm


0,25
TH 2 :Nếu
30  x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x


xxf
2
log
2
3
)( 
đồng biến trên khoảng
 
;0


3
1
)(



x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
 
3;0

*Với
1x
:Ta có





0)1()(
0)1()(
gxg
fxf

Bpt vô nghiệm
* Với
1x
:Ta có





0)1()(
0)1()(
gxg
fxf

Bpt có nghiệm
10  x



0,25
Vậy Bpt có nghiệm





10
4
x
x

0,25


Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng :

  
 
  
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y


 5 5 5
4
x y z

Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 
  
  
( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
 
  
  






0,25đ



0,25đ


www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
13



3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
 
  
     

Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
 
  
 
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
 
  
 
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
 
  
 
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh


0,25đ



0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph
ần
Nội dung Điểm
CâuVI
a.
(1,0)
1(1,
0)
+ Do
AB CH
nờn AB: 1 0x y   .
Giải hệ:
2 5 0
1 0
x y
x y
  


  

ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó:
( 4;3)AB BN B  
.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'A BC
.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0x y  
. Gọi
( )I d BN 
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
  


  

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A  

+ Phương trình BC:
7 25 0x y  
. Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
  


  


Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C  
.
+
2 2
450
( 4 13/ 4) (3 9 / 4)
4
BC       ,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
  
 

.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC  





0,25đ



0,25đ




0,25đ

0,25đ
Câu
VIIA

1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u

(4; - 6; - 8)

2
u

( - 6; 9; 12)
+)
1
u


2
u

cùng phương


0,25đ


+) M( 2; 0; - 1)  d
1
; M( 2; 0; - 1)

d
2

Vậy d
1
// d
2

0,25đ


*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n

= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1

Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB  A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d



0,25đ
B
C
A
H
N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
14
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 
 



A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 

 
 

I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
 
 
 
 



0,25đ









Cõu Nội dung Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:
2
4 3
1 0
2
z
z z z     (1)


Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z
0

Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : ( 0
2
1
)
1
()
1
2
2

z
z
z
z (2)

0.25đ

Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22

z
zt 2
1
2
2
2
 t
z
z

Phương trình (2) có dạng : t
2
-t+
0
2
5

(3)
2
99
2
5
.41 i

PT (3) có 2 nghiệm t=
2
31 i
,t=
2
31 i






0.25đ

Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2


 ziz
i
z
z
(4)

222
)3(696816)31( iiiii 

PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii


1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31( 

 iii



0.25đ

Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2


 ziz
i
z
z
(4)

222
)3(696816)31( iiiii 

PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii


1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31( 

 iii

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1i
; z=
2
1 i





0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I

d
1
H

A

B

A
1
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
15
Ta có:
Idd
21

. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:











2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy






2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1


Suy ra M( 3; 0)



0,25đ

Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
















Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd
1


Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 
. Lại có:
2MDMA 





0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
 







2y3x
03yx
2
2

   


















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2







1y
2x
hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)



0,25đ

Do






2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đ

Cõu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u

( 1; - 1; 2)

2
u

( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)

D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2

0,25đ


Xét
1 2
; .u u MN
 
 
  
= - 10

0
Vậy D
1
chéo D
2

0,25đ

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D
1
B(2 – 2t’; 3; t’)  D
2


1
2
. 0
. 0
AB u
AB u








 



1
3
' 0
t
t

 








A
5 4 2
; ;
3 3 3
 

 
 
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng

qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D
1

và D
2
.
Ta có

:
2
3 5
2
x t
y t
z t
 


 







0,25đ






0,25đ

www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
16
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
     
     
     

0,25đ

CâuVIIb
(1,0)

Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) ..i C iC i C    


0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
....
( ... )
C C C C C C
C C C C C C i
      
     

Thấy:
1
( )
2
S A B 
, với
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
....A C C C C C C      


0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
...B C C C C C C     

+ Ta có:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i       
.
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )i
nờn
1004
2A  .
+ Ta có:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) ...x C xC x C x C     

Cho x=-1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
... ...C C C C C C      

Cho x=1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ... ) ( ... ) 2C C C C C C       
.
Suy ra:
2008
2B  .
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S  
.




0,25đ



0,25đ





0,25đ
0,25đ



ĐỀ 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

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

  

.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho
   
DMN ABC
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .x y xy 

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
16x y z
P
x y z
 

 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
17
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 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.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z  
 
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z 
 


Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt
nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và
tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z  
 

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.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 



ĐÁP ÁN ĐỀ 3

Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II

2.0
1
Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


1.0
ĐK:
sin cos 0x x 
0.25
Khi đó
 
    
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x     

  
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     


   
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x    

0.25
sin 1
cos 1
x
x
 



 

(thoả mãn điều kiện)
0.25

2
2
2
x k
x m


 

  



 


 
,k m 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k


   và
2x m
 
 

 
,k m 
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

1.0
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
18
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

  



     



0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

  



   



0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


  

 




  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  




  



0.25


1x  

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx     
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  


  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
 
   
  
  
   

0.25

 
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u   
0.25


3
3 6ln
2
  

0.25
IV

1.0

Dựng
DH MN H 

Do
     
DMN ABC DH ABC  

.D ABC

tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.





0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
    
 
 
 

Diện tích tam giác
AMN

0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy 
0.25

Thể tích tứ diện
.D AMN

1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy 

0.25
D
A
BC
H
M
N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
19
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .x y xy 


0.25
V

1.0
Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)
   
2
... 0x y x y    
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
   
    
(với t =
z
a
,
0 1t 
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
 
0;1 . Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
0.25

 
 
0;1
64
inf
81
t
M t

   GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
VI.a

2.0
1

1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13 5 5
5
x
x y
B
x y
y



  


 
 
 
 
  
 






0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b 
  
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
   
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
   

2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
 


        

 


0.25

- Với a = - b. Chọn a = 1

b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y



  


 
 
 
 
  
 






Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
 
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 
 

0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
20

- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25

2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
    
 
 
    
 
 
   
 

0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN

(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d  (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n  

nên :
p
k MN kn  
 
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
  


    


    

có nghiệm
0.25

Giải hệ tìm được
1
1
m
t






Khi đó điểm M(1; 4; 3)

Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
 


 


 

thoả mãn bài toán



0.25
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n






Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3  log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
 (n – 3)(n + 9) = 4
3
 n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n




 


Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
     
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 
        
 

0.25

Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y         

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
  


  


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25

Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n 
 
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0

0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
21
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5


phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25

0.25
2

1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
 


  


  

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 


  


  


   

(tham số t)
(1; 3;0)M 

0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n

, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u 

.
Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n

 
  
 
  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó
( 1; 3; )MN x y z 

.
Ta có
MN

vuông góc với
u


nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

   

   


    


0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25

Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z  
  


Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z  
  



0.25
VII.b
Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 


1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
 





0.25
Hệ phương trình
 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
 
  
      
  
  
  
  
     
  

0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 



0.25

 
 
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 


 
 



 
  

 

 


Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
22

ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m  
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m 
.
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm
cực trị này ở về hai phía của trục tung.
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
17
8cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos
2
x x x x x

   
.
2. Tính tích phân :
  
1
2
1
1 1
x
dx
I
e x


 

.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e  
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
 
1 1 1
12x y z
x y z
 
    
 
 
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
 
1;3 .
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là
0
60
.Tính
theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
 
2;0A và
 
1 3G ;
là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
 
3
log 4.16 12 2 1
x x
x  
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
1y x ln x  .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với
 
0 1A ; và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là
2 1 0x y   

3 1 0x y  
. Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
 
 
.
2. Tìm giới hạn:
 
2
ln 2
lim
1
1
x
x
x



.
ĐÁP ÁN ĐỀ 4

Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I Ý 1
Khi m =1 
3
3 1y x x  
. Tập xác định D=R .
0,25 đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
23
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0 1x   .
0,25 đ

Bảng biến thiên .
Hàm số đồng biến trên khoảng
   
; 1 , 1;    và nghịch biến
trên khoảng
 
1;1 .
Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y

= 3 và đạt CT tại x = 1 ; y
CT
= -1 .

0,25 đ
(1,0 đ)

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .

0,25 đ
y’ = 0

3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m 
.
0,25 đ
0m 
: y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị .
0,25 đ

0m 
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0

hàm số có 2 cực trị.
KL: 0m  .

0,25 đ
(2,0đ)


Ý 2
(1,0 đ)
0m 

0P m   
đpcm.
0,25 đ
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x 


0,25 đ
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x   
0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x    
. 0,25 đ
Ý 1
(1,0 đ)

2
2
4
3
2
4
x k
x k
x k







 



  



 

, k
Z

KL:
0,25 đ

Khi x = 2y 
1y   
2
1
x
y





;
2
1
x
y
 


 

(loại) .

0,25 đ
âu II
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
Khi y=2x

-3 x
2
= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
 
2;1 .
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
44
1m t t  
.
0,25 đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
24

Xét
44
( ) 1f t t t  
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t
f t
t
 
  
 

 

hàm số NB trên
 
0;  .
0,50 đ


  
4 4 2
4
1
lim ( ) lim 0
1 1
t t
f t
t t t t
 
 
   
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.

0,25 đ
Ta có:
  
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
            
.
0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
     
 
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
 
       
 
 

0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)

   
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2
Q
x y z x y z
x y z x y z
   
           
   
   

0,25 đ

Gọi M là trung điểm BC

A , M , H thẳng hàng
0
BC SM 60BC AM SMH     
.

0,25 đ
AM=4a
2
3
12 ; 8
2
ABC
ABC
S a
S a p a r
p
      =MH .
0,25 đ
3
.
3 3
6 3
2
S ABC
a
SH V a   
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ)

Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP  

HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a       .

0,25 đ
Đặt AB = a
 
2
2 2
2 ;
2 2
ABC
a
a
BC a S p

     .
0,50 đ

2 2
ABC
S a
r
p
  

.
0,25 đ
Câu Va
(1,0 đ)

 
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a       

 
3 2 1r  
.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)

Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x
     
.
Chia 2 vế cho
2
3 0
x

, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
   
  
   
   
.
0,50đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
25

Đặt
4
3
x
t
 

 
 
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t kth t th       
.
0,25 đ

Khi
3
4
t 
, ta có:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x

   
    
   
   
.
0,25 đ
TXĐ:
 
0;D    ;
1
' ln
x
y x
x

 
.
0,25 đ
y’= 0
1x 
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x

 
là HSĐB
0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi 0 < x < 1
' 0y 
; khi x > 1
' 0y 
.
KL: miny = 0
1x 
.
0,25 đ
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
 

 


 
 
 

.

0,25 đ
Gọi
 
1
;2 1 ( )B b b d  ;
 
2
1 3 ; ( )C c c d 
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
 
  
 
 

 
 
   
 
 
.
0,50 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7
B C
   
 
   
   
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x  
.
0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
   
      
   
   
.
0,50 đ
Ý 1
(1,0 đ)
Khi t = 2 thì
3
log 2 9x x  
(th)
KL: nghiệm PT là
9x 
.

0,25 đ

Đặt
1. : 1 0t x Suy ra x t    
.
0,25 đ
Giới hạn trở thành:
 
 
0
ln 1
lim
2
t
t
t t



 
 
 
0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t

 

  
 
.

0,50đ

Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
KL:
 
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x


 

.
0,25đ

ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x



.
1). Khảo sát và vẽ đồ thị
 
C
của hàm số trên.
2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN 
.
Câu II (2 điểm) :
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
26
1). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

   


 



2). Giải phương trình :
01cossin2sinsin2
2
 xxxx
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x






Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình
chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10 1).12(48
22
 xxmx
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD:

1 0x y  
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t
y t
z t
  


 


 

.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)
song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua

, hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
  
    

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường
tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y  
2 2
( ') : 4 – 5 0C x y x  
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')C C
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
x 



1
2
và d’ :
1
5
3
2
2



 z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
    
 
     
 


ĐÁP ÁN ĐỀ 5

Câu Phần Nội dung
I
(2,0)

1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ): ( 1) 1.d y k x  
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
   
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y   

www.VNMATH.com

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×