[]-bỘ ĐỀ luyỆn thi ĐẠi hỌc mÔn toÁn cÓ ĐÁp Án nĂm 2012-2013(48 đề)

CẤU ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012

I. Phần chung cho tất cả thí sinh: (7 điểm) Câu I (2 điểm): - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. - Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: chiều biến thiên của hàm số; cực trị; giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước, tương giao giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)... Câu II (2 điểm): - Phương trình, bất phương trình; hệ phương trình đại số. - Công thức lượng giác, phương trình lượng giác. Câu III (1 điểm): - Tìm giới hạn. - Tìm nguyên hàm, tính tích phân. - Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay. Câu IV (1 điểm):Hình học không gian (tổng hợp): quan hệ song song, quan hệ vuông góc của đường thẳng, mặt phẳng; diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụtròn xoay; thể tích khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu. Câu V. (1 điểm): Bài toán tổng hợp II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm):Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian: - Xác định tọa độ của điểm, vectơ. - Đường tròn, elip, mặt cầu. - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng. - Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu VII.a (1 điểm): - Số phức. - Tổ hợp, xác suất, thống kê. - Bất đẳng thức; cực trị của biểu thức đại số. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian: - Xác định tọa độ của điểm, vectơ. - Đường tròn, ba đường conic, mặt cầu. - Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng. - Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng; khoảng cách giữa hai đường thẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu VII.b (1 điểm): - Số phức. - Đồ thị hàm phân thức hữu tỉ dạng y = (ax2 + bx + c) / (px + q) và một số yếu tố liên quan. - Sự tiếp xúc của hai đường cong. - Hệ phương trình mũ và lôgarit. - Tổ hợp, xác suất, thống kê. - Bất đẳng thức. Cực trị của biểu thức đại số.

1

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ 1

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 11

xyx

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

2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai đường tiệm cận

của đồ thị (C) một tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng 2 .

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 22cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 24

x x x x

.

2. Giải hệ phương trình

2 2

2

4 1

21

x y xy yyx y

x


1. Tính giới hạn2 3 4

2

( 3 9). 1 2 3lim2x

x x x xx

2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 21 9 6 3y x x x

Câu IV (2,0 điểm)

1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t ại A và D. Biết AB = 2a,

AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp

S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) theo a.

2. Cho các số a, b, c dương thoả mãn 2 2 2 12a b c .

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

1 1 1

1 1 1P

a b c

Câu V (2,0 điểm)

1. Cho phương trình 4 21 4 3 2 ( 3) 2 0x m x x m x .

Tìm m để phương trình có nghiệm thực.

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của

cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: 2 0x y và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc

đường thẳng (d): 3x + y 2 = 0 và A có hoành độ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D.HẾTCán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

2

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A

C©u Néi dung §iÓm

1. TXĐ: \{1}+ Sự biến thiên:Giới hạn và tiệm cận:

2 1 2 1lim lim 2; lim lim 21 1x x x x

x xy yx x

y = 2 là tiệm cận ngang.

1 1 1 1

2 1 2 1lim lim ; lim lim1 1x x x x

x xy yx x

x = 1 là tiệm cận đứng.

21' 0 ( ;1) (1; )

( 1)y x

x

0,25

BBTx ∞ 1 +∞y ' 0

1 +∞

y

∞ 1Hàm số nghịch biến trên: (; 1) và (1; +)

0,5

§å thÞ:

12

1

2

1

x

y

O

Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

2. Giả sử 0 0( ; )M x y thuộc đồ thị (C) của hàm số.

Phương trình tiếp tuyến tại M là 002

00

2 11 ( )1( 1)

xy x xxx

0,25

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)

Giao với đường thẳng x = 1 là 0

0

21;1

xAx

Giao với đường thẳng y = 2 là 02 1;2B x

0,25

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 nên2 2

0 20

04 2 20 0 0

0

42 2 8 (2 2) 8( 1)

0( 1) 2( 1) 1 0 ( 1) 1

2

AB AB xx

xx x x

x

0,5

I

Vậy có hai điểm cần tìm là 1 2(0; 1), (2; 3)M M

3

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Phương trình tương đương 2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3 1 cos 42

x x x x

0,25

2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3(1 sin 4 )

2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0

2cos3 cos 2 3 sin 3 cos 0

x x x x

x x x x

x x x x

0,25

cos 02cos (cos3 3 sin 3 ) 0 1tan 3

3 18 3

x x kx x x

x kx

Vậy phương trình có hai nghiệm là:2

x k và ( )

18 3kx k

0,5

2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.

Hệ tương đương với:

2

2

1 4

21

x x yy

yx yx

0,25

Đặt2 1,xu v x yy

. Hệ phương trình có dạng4

1 2

u v

vu

0,25

Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25

II

Với

2 11 1 21,

3 2 53

xu x xyv y y

x y

0,25

1. Xét hàm số 2 3 4 3( ) ( 3 9) 1 2 3;2

f x x x x x x ta có:

(2) 0f và 2

32 23 4

3 9 1 41'( ) 2 3 1 '(2)63 ( 1) 2 (2 3)

x xf x x x fx x

0,5

Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng:2

( ) (2) 41lim '(2)2 6x

f x fI fx

0,5

III2. TXĐ: D = [1; 3]

2

2 2

3 3 9 6 3 3 3' 19 6 3 9 6 3

x x x xyx x x x

22 2

3 3 0' 0 9 6 3 3 3 0 2

9 6 3 (3 3)

xy x x x x

x x x

0,5

Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4Vậy

[ 1;3][ 1;3]max 6; min 0;y y

0,25

4

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

D C

BA

S

Diện tích hình thang ABCD là21 3(2 ).

2 2aS a a a ;

Diện tích tam giác ABD là 21 .2ABDS AB AD a

Diện tích tam giác BCD là2

2BCD ABDaS S S

0,25

Thể tích khối chóp S.BCD là2 31 1. 3 .

3 3 2 2SBCD BCDa aV SA S a 0,25

Ta có: 2 29 10SD a a a Vì SA (ABCD) SA CD; AD CD CD SD.

Diện tích tam giác SCD là 21 102SCDS a

0,25

Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Ta có3 3

21 3 3 10.3 2 1010SBCD SCD

a a aV d S da

0,25

Ta có: 2 22 2

3 21 1 2

1 (1 )(1 )4 4

a a a aa a a a

23 2

1 1 221 (1 )( 1) aa a a a

0,5

IV

Vậy 2 2 2 2 2 23 3 3

1 1 1 2 2 2 18 12 2 2 61 1 1 a b c a b ca b c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2Vậy GTNN của biểu thức là P = 1

0,5

1. ĐK: x ≥ 2. Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình.

Với x > 2 phương trình tương đương với: 41 14 3 02 2

x xm mx x

Đặt 4 1 , 12

xt tx

.

Phương trình có dạng2

2 34 3 0 ( )4 1tt mt m m f tt

(t > 1)

0,25

V

Khảo sát2 3( )

4 1tf tt

với t > 1,

2

24 2 12 3'( ) 0

2(4 1)t tf t t

t

, 0,25

5

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm 1;

3 3max ( ) ( )2 4

m f t f

0,5

2. Gọi ( ; 3 2) , ( )A t t d t . Ta có: ( , ) 2 ( , )d A DM d C DM4 4 2.4 3 1

2 2t

t t

hay A(3; 7) hoặc A(1; 5).

Vì hoành độ điểm A âm nên A(1; 5)

0,25

Gọi D(m; m 2) , ( )DM m ( 1; 7); ( 3; 1)AD m m CD m m

Do tứ giác ABCD là hình vuông nên:

2 2 2 2

5 1. 0 5( 1) ( 7) ( 3) ( 1)

m mDA DC mDA DC m m m m

D(5; 3)

0,5

V

Vì ( 2; 6) ( 3; 1)AB DC B

Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3).0,25

6

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HOC NĂM 2012 (ĐỀ 2)Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7,0 điểm)

Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3y x 3x 2= − + (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) tại ba điểm phân biệt A( 2; 4), B, C sao cho gốc tọa độ O nằm trên đường tròn đường kính BC.

Câu II. ( 2 điểm)

1. Giải phương trình 2 2

44

(2 sin 2 )(2cos cos )cot 1

2sin

x x xx

x

− −+ = .

2. Giải phương trình 2 3 3 244 4 4(1 ) (1 ) 1 (1 ) ( ).x x x x x x x x x R+ − + − = − + + − ∈

Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân 1

(2 1) ln 3.

ln 1

e x xI dx

x x

+ +=+∫

Câu IV ( 1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với

mặt phẳng (ABB’A’) góc 060 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là

một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4

a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng

(MAC) (NPQ)⊥ . Câu V ( 1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

3 3 3

2 2 2

3

3 3 3 4

a b c

b c a+ + ≥

+ + +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 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành OABC có diện tích bằng 4. Biết A (-1; 2) và giao điểm I

của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x - 1. Tìm tọa độ đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng

1 3:1 2 1 2

x y zd

− −= =

−,

5 5:2 3 4 2

x y zd

− += = .Tìm các điểm A trên 1d và B trên 2d sao cho AB song

song với mặt phẳng (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1.

Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 2 2 21( 3 ) nP xx

+= + , biết n là số nguyên dương

thỏa mãn + =3 2n nA 2C 16n .

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI. b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(1 ; 2) và đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = 0. Hai điểm B và C di động

trên d sao cho đoạn BC luôn có độ dài bằng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD với A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) và đỉnh B nằm trên

mặt phẳng (Q): 032 =−++ zyx . Tìm toạ độ của đỉnh D. Câu VII.b ( 1 điểm)

Tìm a và n nguyên dương thỏa :2 3 1

0 1 2 127.....

2 3 ( 1) 7

nn

n n n n

a a aaC C C C

n

+

+ + + + =+

và 3 20nA n= .

............................ Hết .......................................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

7

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

4

2

-2

-5 5

f x( ) = x3-3×x� �+2

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm

I 1. 1 điểm a. TX§: D = R

b. Sù biÕn thiªn: 2' 3 3y x= − , 1

' 01

xy

x

== ⇔ = −

Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng ( ); 1−∞ − vµ ( )1;+∞

Hµm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( )1;1− .

0,25

+ Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1; yCT = 0. + Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1; yC§ = y(-1) = 4

Giíi h¹n: →+∞

= +∞limx

y ; →−∞

= −∞limx

y

0,25

B¶ng biÕn thiªn: x -∞∞∞ -1 1 +∞∞∞ y'

+ 0 - 0 +

y

4

-∞∞∞

0

+∞∞∞

0,25

3 §å thÞ: + Giao víi trôc Oy (0; 1) + Giao víi trôc Ox (1; 0), (-2; 0).

0,25

2. ( 1 điểm)

Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng d qua ®iÓm A(2;4)cã hÖ sè gãc k lµ: ( )y k x 2 4= − +

Hoµng ®é giao ®iÓm cña cña ®−êng th¼ng d vµ ®å thÞ (C) lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh:

( ) ( )( )3 2x 3x 2 k x 2 4 x 2 x 2x 1 k 0− + = − + ⇔ − + + − =

0,25

2

x 2 0

x 2x 1 k 0 (2)

− =⇔ + + − =

§−êng th¼ng d c¾t ®å thÞ (C) t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh (2) cã hai nghiÖm

ph©n biÖt kh¸c 2 0 0

9 0 9

k k

k k

> > ⇔ ⇔ − ≠ ≠

0,25

Khi ®ã täa ®é B(x1;y1); C(x2;y2) với 1 2

1 2

2

1

x x

x x k

+ = − = −

, 1 1 2 2( 2) 4, ( 2) 4y k x y k x= − + = − +

§iÓm O n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC khi vµ chØ khi . 0OB OC=��

0,25

� 3 29 25 17 0 1k k k k− + − = ⇔ = ( thỏa mãn ) Vậy d : y = x+2 .

0,25

1.(1,0 điểm) II.

1) ĐK: ,x k kπ≠ ∈ℤVới ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0,25

8

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

với:

4 4 2 2

2 2 2

1cos sin (2 sin 2 )(cos cos )

21 1

1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )2 2

x x x x x

x x x x

+ = − −

⇔ − = − −

2 2 2 2

2

12 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos

22 cos cos 1 0

x x x x x x

x x

− = − − ⇔ = −

⇔ − − =

0,25

�

cos 1

1cos

2

x

x

= =

2

22 , ( )

3

x k

x k k Z

π

π

π

=⇔ = ± + ∈

0,25

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là2

2 ,3

x k kπ

π= ± + ∈ ℤ0,25

2. 1 điểm

+) điều kiện 0 1x≤ ≤

Đặt 4

4 4

4

, 01

1 , 0

a x aa b

b x b

= ≥⇒ + =

= − ≥

0,25

+) Phương trình trở thành 2 2 3 2 3 2a ab b b a a b+ + = + + ( )( )( 1) 0a b a b a b⇔ − + + − =

0 ( ì.....)

1

a b

a b loai v

a b

=⇔ + = + =

0,25

+) Với a = b � 4 4 11 ( )

2x x x tm= − ⇔ =

0,25

+) Với a+b= 1 ta có hệ

24 4 2 2 2

111 01

01 1( ) 2 2 1

22

a ba ba b aba bab

a b a ba b ab a bab

ab

+ =+ = + = =+ = ⇔ ⇔ ⇔= + = + =+ − − = = =

0( )

1

xtm

x

=⇔ =

Vậy phương trình có 3 nghiệm x= 0, x= 1, 1

2x = .

0,25

Câu III 1 điểm

0,25

+) 1 1 1 1

(2 1) ln 3 2( ln 1) ln 1 ln 12

ln 1 ln 1 ln 1

e e e ex x x x x xI dx dx dx dx

x x x x x x

+ + + + + += = = ++ + +∫ ∫ ∫ ∫

0,25

+) 1

1

2 2 2( 1)1

e eI dx x e= = = −∫

0,25

9

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

QPK

M

I

N

CA

B

A' C'

B'

2

1

ln 1

ln 1

e xI dx

x x

+=+∫ . §Æt ln 1 ln 1t x x dt x= + ⇒ = + , §æi cËn x= 1 => t = e; x= e => t = e+1

0,25

+) 1

2

1

1ln ln(1 )

1

e edtI t e

t

+ += = = +∫

0,25

1 2 ln(1 ) 2( 1)I I I e e= + = + + −

0,25

Câu IV 1 điểm

Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' '

' ( ' ')' AA '

C I A BC I ABA B

C I

⊥ ⇒ ⊥⊥

suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc �'C BI .

Suy ra � 0' 60C BI = .

� 15' . tan '

2

aC I BI C BI= =

0,25

Có 2

' ' '

1 . 15' '. ' (d d )

2 4A B C

aS A B C I v t= =

3

. ' ' ' ' ' '

1 . 15. .AA '. AA ' . ' '2 4ABC A B C A B C

aV S CI A B= = = (đvtt)

0,25

+) / / '

( ) / /( ' )/ / '

NP BCNPQ C BI

PQ C I

⇒

(1)

0,25

+) � �

� � 0

' ( ) '

' 90 AM BI

ABM BB I c g c suy ra AMB BIB

suyra AMB B BI

= − − =

+ = ⇒ ⊥

△ △.

Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' )C BI

Suy ra (AMC) ⊥ ( ' )C BI (2)

Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥

0,25

Câu V 1 điểm

.Do ab + bc + ca = 3 nên

VT (***) = 3 3 3

2 2 2

a b c

b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca+ +

+ + + + + + + + +

=3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c a b c a b c a b c a+ +

+ + + + + +

0,25

Theo BĐT Cô si ta có 3 3

( )( ) 8 8 4

a b c a b a

b c c a

+ ++ + ≥+ +

3 5 2

( )( ) 8

a a b c

b c c a

− −⇒ ≥

+ + (1)

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3 5 2

( )( ) 8

b b c a

c a a b

− −≥+ +

(2)

3 5 2

( )( ) 8

c c a b

a b c a

− −≥+ +

(3)

0,25

10

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (***)4

a b cVT

+ +≥ 0,25

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3( )ab bc ca+ + = 3.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)

0,25

Câu VI a

1. 1 điểm

Ta có phương trình đường thẳng OA: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB. 5OA=

4 1OABC OAI OAIS S S= ⇒ = . 1 2

. 12 5

OAh h⇔ = ⇔ =

0,25

Gọi toạ độ diểm I là ( )0 0,I x y ta có hệ

0 0 0 00 0

0 0 0 00 0

2 2 1, 02 2

5 5 1 41 ,

1 3 3

x y x yx y

y x x yy x

+ = == + = ⇔ ⇔ − − = − = = = −

0,25

Do I là trung điểm OB và AC nên +) Với I(1;0) suy ra B(2;0) và C(3;-2)

0,25

+) Với I(1

;3

− 4

3

−) suy ra

2 8;

3 3B

− −

và C1 14

;3 3

−

Vậy có hai cặp B, C thoả mãn B(2;0) và C(3;-2) hoặc 2 8

;3 3

B− −

và C1 14

;3 3

−

0,25

2. 1 điểm

Ta có 1 2

1 2 5 3

: 3 : 4

2 5 2

x t x k

d y t d y k

z t z k

= + = + = + = = − = − +

vectơ pháp tuyến của (P) là (2; 1;2)n −�

1 (2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + − 2 (3 5,4 ,2 5)B d B k k k∈ ⇒ + −

(3 2 4,4 3,2 2 5)AB k t k t k t= − + − − + −��

0,25

. 0pABn = ⇔��

6 1 0k t+ + =0,25

( )/( )

4 2 3 4 1 2/ /( ) 1

3 3A P

t t t tAB P d

+ − − − − +⇒ = = =

5

1

t

t

= −⇔ =

0,25

Với 2 8 11

5 ( 9; 2;10), 7; ;3 3 3

t k A B− = − ⇒ = ⇒ − −

1 4 17

1 (3;4; 2), 4; ;3 3 3

t k A B− − − = ⇒ = ⇒ −

. Vậy …………

0,25

Câu VIIa

1 điểm

+) Đk: n ∈ N, n ≥ 3.

+ =3 2n nA 2C 16n ⇔ + =

− −n! n!

2 16n(n 3)! 2!(n 2)!

0,25

I

D C

AB

11

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

d

d'

CH

A'

D' A(1;2) D

B

+) ⇔ n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n ⇔ n2 – 2n – 15 = 0 ⇔ =

= −

n 5

n 3 (loaïi) Vậy n = 5.

0,25

+) Với n= 5 ta có 12

2 12 12 312

0

1( 3 ) 3k k k

k

P x C xx

− +

== + =∑

0,25

+)Theo bài ra ta có -12+3k = 0 � k = 4 .

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 4 4123 40095C =

0,25

Câu VI b.

1. 1 điểm

Gọi d’ là đường thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3y + 2 = 0.

Gọi D(x ; y) trên d’ sao cho AD = 5

Ta có: ( ) ( )4 2 4 4( ; ) ( 1; ); 5 4;6 ; ’ –2; –2 .

3 3 3 3D x x AD x x AD D D+ ⇒ = − − = ⇒

��

0,25

Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + 5 => chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất. Xét tứ giác ABCD. Dễ có ABCD là hình bình hành => AB + AC = AC + CDGọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD.

� AB + AC nhỏ nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm A’, C, D thẳng hàng.

0,25

Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm được

AA’: 3x + 4y – 11 = 0 ta có ( )AA' (5; 1) ’ 9;–4 .H d H A= ∩ ⇒ − ⇒

=> A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có 13

' ( ;1)2

C d A D C= ∩ ⇒ .

0,25

Do 7

( ; 3)2

BC AD B= ⇒ −��

.

Dễ thấy khi A’, C, D thẳng hàng thì A’, B, D’ cũng thẳng hàng .

Vậy hai điểm cần tìm là:7

( ; 3)2

− và 13

( ;1)2

.

0,25

2. 1 điểm

+) Gọi I là trung điểm của AC => 3 5

( ;2 2

; 2)I −

Gọi B( a; b; c) => ( 1; 2; ), ( 2; 3; 4)AB a b c CB a b c− − − − +��

Ta có ( ) 2 3 0B Q a b c∈ ⇒ + + − = (1)

0,25

+) Vì ABCD là hình vuông ta có 4 12 (2)

( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 4) 0 (3)

AB CB a b c

AB CB a a b b c c

= + − = ⇔ ⊥ − − + − − + + =

0,25

+) Từ (1) và (2) ta có 21 9

9 5

a c

b c

= + = − −

thay vào (3) ta được 2

2107 470 512 0 256

107

cc c

c

= −+ + = ⇔ − =

Với c = - 2 => B( 3; 1;-2) do I trung điểm BD nên D( 0; 4; -2).

0,25

12

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

+) Với 107

256c

−= =>57 317 256

( ; ; )107 107 107

B− −

do I trung điểm BD nên 378 218 172

( ; ; )107 107 207

D−

Vậy có 2 điểm thỏa mãn D( 0; 4; -2), 378 218 172

( ; ; )107 107 207

D−

0,25

1 điểm Câu

Đk : 3 àn v n N≥ ∈3 220 ( 1)( 2) 20 3 18 0nA n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )

0,25

Khi đó: 2 7

0 1 66 6 6

127. . ....

2 7 7

a aa C C C+ + + =

Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 66 6 6 6 6 6 6(1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + + . Lấy tích phân hai vế

6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 66 6 6 6 6 6 6

0 0

(1 )a a

x dx C C x C x C x C x C x C x dx+ = + + + + + +∫ ∫ ⇔

0,25

[ ]7 2 7 2 7

0 1 6 0 1 66 6 6 6 6 60

0 0 0

(1 )... . . ....

7 2 7 2 7

a a aax x x a a

C x C C a C C C + = + + + = + + +

0,25

VIIb

⇔ 7

7 7 7(1 ) 1 127(1 ) 128 (1 ) 2

7 7 7

aa a

+ − = ⇒ + = ⇒ + = ⇔ a 1=

Vậy n = 6, a = 1

0,25

13

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

(ĐỀ 3)PhÇn chung CHO TÊT C¶ ÇC THÝ SINH (7 ®iÓm)

C©u I: (2 điểm) Cho hµm số ( ) mxmmxmxxf +−+++−= 2)2() 3( 13 23 (1) (m lµ tham sè)

1. Khảo s¸t sự biến thiªn vµ vẽ ®å thị hµm số (1) khi 2−=m .

2. T×m m ®Ó ®å thị hµm số (1) cã cùc trÞ ®ång thêi kho¶ng çch tõ ®iÓm cùc ®¹i cña đồ thị hµm

số (1) tíi trôc Ox b»ng kho¶ng çch tõ ®iÓm cùc tiÓu cña đồ thị hµm số (1) tíi trôc Oy .

C©u II: (2 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxxx sincos3)sin(cos 3 +=+ .

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:

−=−+−=−1724

11716 222

yxxy

yyx .

C©u III: (2 điểm)

1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: 2 22 8 6 1 2 2x x x x+ + + − ≤ +

2. Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu ABCDS. víi ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng a, mÆt bªn t¹o

víi mÆt ®¸y mét gãc 060 . MÆt ph¼ng )(P chøa AB vµ t¹o víi mÆt ®¸y mét gãc 030 c¾t SC , SD lÇn

l−ît t¹i M vµ N . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp ABMNS. .

C©u IV: (1 điểm)

Cho çc sè thùc d−¬ng zyx ,, tho¶ m·n: 8))()(( =+++ xzzyyx . H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña

biÓu thøc zxyzxyP ++= .

PhÇn RI£NG (3 ®iÓm) : ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn A hoÆc phÇnB

PhÇn A.

C©u Va: (3 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 331322 222

2222 +−+++− +=+ xxxxxx .

2. Tõ çc ch÷ sè 0, 1, 2, 3, 5, 8 cã thÓ lËp ®−îc bao nhiªu sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét

kh¸c nhau vµ ph¶i cã mÆt ch÷ sè 3?

3. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy , h·y x¸c ®Þnh to¹ ®é çc ®Ønh cña tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i

A . BiÕt r»ng c¹nh huyÒn n»m trªn ®−êng th¼ng d : 0317 =−+ yx , ®iÓm )77;(N thuéc ®−êng th¼ng

AC , ®iÓm )3;2( −M thuéc ®−êng th¼ng AB .

PhÇn B.

C©u Vb: (3 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxx xx 32

92

3 log23loglog =+ .

2. T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa 5x trong khai triÓn nhÞ thøc Niu-t¬n cña

n2 x)( + , biÕt:

524288... 122

52

32

12 =++++ n−

nnnn CCCC .

3. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy , cho tam gi¸c ABC víi ®−êng cao kÎ tõ A vµ ®−êng ph©n gi¸c

trong cña gãc B lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh lµ: 022 =−− yx vµ 01=−− yx . T×m to¹ ®é çc ®Ønh cña

tam gi¸c ABC , biÕt )2;0(M thuéc ®−êng th¼ng AB vµ BCAB 2= .

-----------------------------HÕt------------------------

14

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

®¸p ¸n ®Ò thi

C©u Néi dung §iÓm 1) TX§: R 2) Sù biÕn thiªn: a) Giíi h¹n t¹i v« cùc: Ta cã −∞=

−∞→ y

xlim , +∞=

+∞→ y

xlim

0,25

b) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã ( )2' 3 6 3 2y x x x x= + = + 0=⇔ x hoÆc 2x =− .

+x

'y

y

2−−∞ +∞

0

−0

0

0 +

4−

+∞

−∞

+x

'y

y

2−−∞ +∞

0

−0

0

0 +

4−

+∞

−∞

Hµm sè ®ång biÕn trªn (-∞;-2) vµ (0;+∞),µm sè nghÞch biÕn trªn ( )2;0− .

Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x=-2 víi gi¸ trÞ cùc ®¹i lµ y(-2)=0 vµ ®¹t cùc tiÓu t¹i x=0 víi gi¸ trÞ cùc tiÓu lµ y(0)=-4.

0,25

C©u I.1 (1 ®iÓm)

3) §å thÞ: +) §å thÞ c¾t trôc tung t¹i (0;-4), giao víi trôc hoµnh t¹i (-2;0) vµ (1;0). +) §å thÞ nhËn ®iÓm uèn I(-1;-2) lµm t©m ®èi xøng.

O x

y

I

11−2−3−

4−

1

2−

O x

y

I

11−23 −−

4−

1

2−

0,5

( ) )2(3163 2, ++++=⇒ mmxmxy ; mxy =⇔= 0, hoÆc 2+= mx Hµm sè cã cùc trÞ víi mäi m. Hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ:

( )23; 23 −++ mmmmA , ( )63;2 23 −+++ mmmmB ; A lµ ®iÓm cùc ®¹i, B lµ ®iÓm cùc tiÓu.

0,5 C©u I.2 (1 ®iÓm)

Ta cã ( ) 23; 3 −++= mmmOxAd , ( ) 2; += mOyBd 0,5

15

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo gi¶ thiÕt ta cã:

==

−=−=

⇔+=−++

0

1

1

2

2233

m

m

m

m

mmmm

Ta cã xxxxxpt cos2sincos)sin(cos 3 ++=+⇔

[ ] xxxxx cos21)sin(cos)sin(cos 2 =−++⇔

0)1sinsin(coscoscos2cossin2)sin(cos 2 =−+⇔=+⇔ xxxxxxxxx

0,5

C©u II.1 (1 ®iÓm)

0)sin(coscos2 =−⇔ xxx

+=

+=⇔

==

⇔ππ

π π

kx

kx

x

x

4

21tan

0cos )( Ζ∈k 0,5

DÔ thÊy 0=y kh«ng ph¶i nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh.

Chia c¶ 2 vÕ cña pt 1 cho 2y , c¶ hai vÕ pt 2 cho y ta ®−îc:

=++

=−+⇔

=++

=+

72)1

4(

178)1

4(

721

4

171

16 22

2

y

x

yx

y

x

yx

y

x

yx

yx

.

§Æt (*)

14

=

=+

vy

x

uy

x

. HÖ ®· cho trë thµnh (**)72

1782

=+=−

vu

vu.

0,5


Gi¶i hÖ (**) ta ®−îc

==

1

5

v

u hoÆc

=−=8

9

v

u

Víi

==

1

5

v

u ta ®−îc

====

⇔

=−=−

4/1

1154

yx

yx

yx

yxy

Víi

=−=8

9

v

u ta ®−îc

=−=+

yx

yxy

8

194(v« nghiÖm)

VËy hÖ ®· cho cã hai nghiÖm lµ ( ) )1;1(; =yx hoÆc ( ) )4/1;4/1(; =yx .

0,5

§iÒu kiÖn: 3

1

x

x

≤ − ≥

0.25

( )( ) ( ) ( ) ( )BiÕn ®æi t−¬ng ®−¬ng bÊt ph−¬ng tr×nh:

2 1 3 1 1 2 1x x x x x+ + + − + ≤ +

NhËn thÊy víi 3x ≤ − bÊt ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm

0.25

C©uIII.1 (1 ®iÓm)

Víi 1x ≥ , bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng: ( ) ( )2 3 1 2x x+ + − ≤ 0.25

16

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

4

NhËn thÊy ( )

( )( ) ( )

2 3 2 22 3 1 2 2 2

1 0

xx x

x

+ ≥⇒ + + − ≥ >

− ≥

Do ®ã bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm 1x ≥ . KÕt luËn: bÊt ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm.

0.25

Gäi KH , lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AB vµ CD vµ I lµ giao ®iÓm cña SK

vµ MN

060=∠⇒ SHK , 030=∠IHK

Ta cã ⇒⇒ ⊂

CDABMNCDAB

PAB////

//

)(tø gi¸c ABMN lµ h×nh thang c©n.

TÝnh ABMNS , ta cã IH lµ ®−êng cao.

V× tam gi¸c SKH lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a nªn 2

3aIH = .

0,5


Ta cã 22

aABMN ==

2

8

33

2

3).

2(

2

1).(

2

1a

aaaIHMNABS ABMN =+=+=⇒

V× ( ) SIABMNSI ⇒⊥ lµ ®−êng cao cña khèi chãp ABMNS. vµ

22

aSKSI == .

VËy 16

3.

8

33

23

1.

3

1 32

.

aa

aSSIV ABMNABMNS ===

HK

I N

M

A

B

D

C

S

0,5

C©u IV (1 ®iÓm)

§Æt xyxa ++= .

Ta cã ( )( )( ) 8=−−− xayaxa .

3 2( ) ( ) 8a a xy yz zx a x y x xyz⇔ + + + − + + − =xyx

xyzP

+++=⇒

8.

Ta cã

3))()((2

3)(

2

1)(

2

1)(

2

13 =+++≥+++++=++ xzzyyxxzzyyxzyx (1)

Vµ 1222

=+++≤= xzzyyxzxyzxyxyz (2)

Tõ (1) vµ (2) 33

18 =+≤⇒ P .

VËy 3=MaxP ®¹t ®−îc khi 1=== zyx .

0.25

0.25

0.25

0.25

Pt

17

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

C©u Va.1 (1 ®iÓm) ⇔ 3333 2222

22.222.2 +−+++− +=+ xxxxxxxx

( ) ( )122122222 33 −=−⇔ +++− xxxxxx

( )

=

=⇔=−−⇔

+

+−++−

12

22012)22(

2

2

2233

33

xx

xxxxxx

=−===

⇔

=+

=+−⇔

0,1

2,1

0

0232

2

xx

xx

xx

xx

VËy tËp nghiÖm cña pt lµ { }2;1;0;1−=S .

0,5

0,5

C©u Va.2

(1 ®iÓm)

LËp sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau tõ c¸c sè ®· cho.

Gäi sè cÇn lËp lµ abcd )0( ≠a

Ta cã 144.4.3 24 =A sè.

LËp sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau vµ kh«ng cã mÆt ch÷ sè 3.


Ta cã 36.3.2 23 =A sè.

VËy cã 144-36=108 sè.

0,5

0,5

C©u Va.3 (1 ®iÓm)

§−êng th¼ng AB cã pt 0)3()2( =++− ybxa )0( 22 ≠+ ba .

Do 045=∠ABC nªn ta cã:

−==

⇔=−−⇔+

+==

ba

baabba

ba

ba

34

43071212

50

745cos

2

1 22

22

0 .

*Víi 3a=4b chän a=4, b=3, ta cã pt AB: 4x+3y+1=0. V× ABAC ⊥ nªn pt cua AC lµ: 3x-4y+7=0.

To¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt: )1;1(0743

0134−⇔

=+−=++

Ayx

yx.

To¹ ®é cña B lµ nghiÖm cña hpt: )5;4(0134

0317−⇔

=++=−+

Byx

yx.

To¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt: )4;3(0317

0743C

yx

yx⇔

=−+=+−

.

*Víi 4a=-3b chän a=3, b=-4, ta cã pt AB: 3x-4y-18=0. V× ABAC ⊥ nªn pt cña AC lµ: 4x-3y-49=0.


04934A

yx

yx⇔

=−−=−+

.

To¹ ®é cña B lµ nghiÖm cña hpt: BAByx

yx≡⇒⇔

=−−=−+

)3;10(01843

0317 (v«

lý). VËy, A(-1:1), B(-4:5) vµ C(3;4).

0,25

0,25

0,25

0,25

18

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

d

A

C

NM

B

C©u Vb.1 (1 ®iÓm)

§iÒu kiÖn 9

1,

3

1,0 ≠≠> xxx . x

x

x

x

xPt 3

3

3

3

3 log2log2

log21

log1

log2=

++

++

⇔ .

§Æt xt 3log= , ta ®−îc 0132222

21

1

2 23 =−−+⇔=+

+++

ttttt

t

t

t.

( )( )

=

=⇔

±−=

=⇔=++−⇔ ±−

2

222

3

3

2

22

1

01421x

x

t

t

ttt .

VËy tËp nghiÖm cña pt lµ

=±−2

22

3;3S .

0,5

0,5


Ta cã =+ nx 2)1( nnnnn CxCxCC 2

222

212

02 ...++++

Thay x=-1 ta ®−îc =+++ −122

32

12 ... n

nnn CCC ACCC nnnn =+++ 2

222

02 ...

Thay x=1 ta ®−îc

102524288222... 122222

12

02 =⇔=⇔=⇒=+++ − nACCC nnnn

nnn

Theo c«ng thøc Niu t¬n ta cã: kk

k

k xCx −

=∑=+10

10

010

10 2)2( .

VËy hÖ sè cña sè h¹ng chøa 5x lµ 55102C .

0,5

0,5


Gäi N lµ ®iÓm ®èi xøng cña M qua ph©n gi¸c cña gãc B. Suy ra pt cña MN lµ x+y-2=0. Gäi I lµ giao ®iÓm cña BD vµ MN.

Suy ra to¹ ®é cña I lµ nghiÖm cña hpt: )1;3()2

1;

2

3(

01

02−⇒⇔

=−−=−+

NAyx

yx.

V× N thuéc BC vµ ⇒⊥ AHBC pt BC: 2x+y-5=0.


052B

yx

yx⇔

=−−=−+

.

Ta cã pt AB: x-2y+4=0

Suy ra to¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt: )2

1;3(

022

042A

yx

yx⇔

=−−=−+

.

Gäi K lµ trung ®iÓm cña AB )4

3;

2

5(K⇒ .

0,25 0,25

0,25

19

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

V× BDCKBCBK ⊥⇒= suy ra pt CK: 04

13 =−+ yx .

D

N

I

M

HC

K

B

A

Suy ra to¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt: )2

3;

4

7(

052

04

13C

yx

yx ⇔

=−+

=−+ .

VËy )2

3;

4

7(1),;2(),

2

1;3( CBA .

0,25

Chó ý: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a.

20

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

A. PHẦN CHUNG (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số

3 23( 1) (6 3)y x m x m x m= − + + + − , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1=m 2. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm cực trị là

hai đường thẳng song song và cách nhau một khoảng bằng 1

2.

Câu II (2,0 điểm).

1.Giải phương trình ( )2 2

2

sin cos 2sin 2sin sin 3

1 cot 2 4 4

x x xx x

x

π π+ − = − − − + .

2.Giải bất phương trình sau: 2 22 8 10 3 5 3( 2 1) 2 2 4x x x x x x+ − − + ≤ + + − + −

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ( )3 2

1

1 ln 2 1

2 ln

e x x xI dx

x x

+ + +=

+∫ .

Câu IV (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại C, AB = 2a, AC =a. Trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại A lấy điểm S khác A. Gọi K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Tính thểtích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa SA và KH biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 450 . Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn xyz=1. Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )3 3 3

1 1 1 3

81 1 1x y z+ + ≥

+ + +B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần a hoặc b.

a. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2,0 điểm) .

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A, I(1 5

;2 2

) là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác. Điểm M(0;-1) và N(-1;2) lần lượt thuộc đường thẳng AB và AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết A có hoành độ dương.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): (x+1)2+(y-2)2+(z-3)2=25 và hai điểm A(0;-1;1), B(1;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và B sao cho (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 8π .

Câu VIIa (1,0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện: (1 )

2 11

i z

i

+ + =−

.Tìm số phức có mô đun nhỏ nhất,

lớn nhất. b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2.0 điểm) .

1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( )3;3I và 2AC BD= . Điểm 4

2;3

M

và 13

3;3

N

lần lượt thuộc các đường thẳng ABvà CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( )1 2

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

1 2 1 2 1 1

+ + − − −= = = = và mặt

phẳng ( )P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( ) ( )1 2d , d lần

lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.

Câu VIIb (1,0 điểm). Đặt ,

1 13 1 log 3 1log 9 7 2522 2b

xxa

=

−− − ++= , xét khai triển ( )8 0 8 1 7 8 8

...8 8 8C a C a b C ba b = + + ++ . Hãy

tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển trên bằng 244 ------------------------------------ Hết ------------------------------------

Họ và tên: ............................................................................................................ SBD: ...........................................................................................................................................

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC NĂM 2012 (ĐỀ 4)

21

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu Đáp án Điểm1. (1,0 điểm)

Víi 1=m ta cã 196 23 −+−= xxxy .

* TËp x¸c ®Þnh: D = R * Sù biÕn thiªn :

• ChiÒu biÕn thiªn: )34(39123' 22 +−=+−= xxxxy

Ta cã

<>

⇔>1

30'

x

xy , 310' <<⇔< xy .

Do ®ã: + Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng )1,(−∞ vµ ),3( ∞+ .

+ Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng ).3,1(

0,25

• Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i 1=x vµ 3)1( == yyCD ; ®¹t cùc tiÓu t¹i 3=x vµ

1)3( −== yyCT .

• Giíi h¹n: +∞=−∞=+∞→−∞→

yyxxlim;lim .

0,25

• B¶ng biÕn thiªn:

0,25

* §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm )1,0( − .

1 2 3 4

-1

1

2

3

x

y

O

0,25

2. (1,0 ®iÓm)

Đặt f(x) = 3 23( 1) (6 3)y x m x m x m= − + + + − ; y’=3x2-6(m+1)x+6m+3 +) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i, cùc tiÓu ⇔ ph−¬ng tr×nh 0'=y cã hai nghiÖm pb

⇔ Pt 2 2( 1) 2 1 0x m x m− + + + = cã hai nghiÖm ph©n biÖt .

1

2 1

x

x m

=⇔ = +

là hai nghiệm phân biệt 0m⇔ ≠ )1(

0,25

+) Ta có tiếp tuyến tại hai điểm cực trị có phương trình lần lượt là: y = f(1) và y = f(2m+1). khi m≠0 thì hai đường thẳng trên là song song và khoảng cách giữa

chúng là d= (1) (2 1)f f m− +

0,25

(Có thể tính d bằng nhiều cách) ta tính được d = 4 3m 0,25

I

(2,0 điểm)

theo bài ra 31 1 1

2 8 2d m m

±= ⇔ = ⇔ = (thỏa mãn (1)) 0,25

1. (1,0 ®iÓm)

x y’

y 3

-1

∞+

∞−

0 0

31 ∞+∞−

+ +−

22

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Điều kiện: sin 0x ≠ (*). Khi đó:

Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2s in2 cos2 .sin 2cos 2 .sin4

x x x x xπ + = −

0,25

( )cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 04 4 4

x x x x xπ π π ⇔ − = − ⇔ − − =

⇔ sinx=1 hoặc cos 2 04

xπ − =

0,25

* sin 1 22

x x kπ π= ⇔ = + ( )k ∈ℤ , thỏa (*)

0,25

• 3

cos 2 04 8 2

kx x

π π π − = ⇔ = +

( )k ∈ℤ , thỏa (*)

Vậy, phương trình có nghiệm: ( )32 ; .

2 8 2

kx k x k

π π ππ= + = + ∈ℤ

0,25

II.2) 2 22 8 10 3 5 3( 2 1) 2 2 4x x x x x x+ − − + ≤ + + − + − (a) Ghi đầy đủ và giải ra được Đkxđ: 1x ≥ (1)

0,25

Với đk(1) bpt đã cho ( 2 2 3)( 5 2) 3x x x⇔ − − + + + <(Đến đây, bài toán có thể giải bằng pp hàm số, nhận xét và biến đổi trương đương) bpt 2 2 3 5 2 2 2 2 5 3x x x x x x⇔ − − ≤ + − + ⇔ − + + ≤ + +

0,25

Nếu 2 2 5

7 (*) (*)2 3

x xx VT VP

x

− > +> ⇒ ⇒ > ⇒+ >

bpt (a)vô nghiêm trên (7;+∞ )

0,25

II

(2,0 điểm)

Nếu [ ]2 2 51 7 (*) (*) 1;7

2 3

x xx VT VP x

x

− ≤ +≤ ≤ ⇒ ⇒ ≤ ⇒∀ ∈+ ≤

đều là nghiệm của bpt (a).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình(a) là T = [ ]1;7

0,25

( )3 2

2

1 1 1

1 ln 2 1 1 ln

2 ln 2 ln

e e ex x x xI dx x dx dx

x x x x

+ + + += = ++ +∫ ∫ ∫

0,25

3 32

1 1

1

3 3

ee x ex dx

−= =∫0,25

( )1

1 1

2 ln1 lnln 2 ln

2 ln 2 ln

e eed x xx

dx x xx x x x

++ = = + + +∫ ∫ ( ) 2ln 2 ln 2 ln

2

ee

+= + − = 0,25

III

(1,0 điểm)

Vậy 3 1 2

ln3 2

e eI

− += +

0,25

IV

(1,0 ®iÓm)

Ta có BC⊥ SA và BC⊥AC ⇒ BC⊥ AH; mà AH⊥SC ⇒AH⊥ SB. Lại có AK⊥SB nên

0,25

H

A

B

K

C

S

23

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

SB⊥(AHK) ⇒ giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SBA) là góc AKH= 450. Do tam giác AHK vuông cân tại H nên ta có 2AK AH=

. Các tam giác SAC và SAB vuông nên 2 2 2 2

2 22 2 2 2

. ., 2

SA AC SA ABAH AK SA a

SA AC SA AB= = ⇒ =

+ +.

Thể tích khối chóp S.ABC là V = 31 6

. .6 6

aSAACCB =

0,25

Gọi I là hình chiếu của H trên AC, J là hình chiếu của K trên AB khi đó SA//(HKIJ) nên d(SA,HK) = d(A,(HKIJ) = d(A,IJ) do (ABC) vuông góc với (HKIJ)

0,25

Ta có: �2 2 AI 2, , 3, 6. osAS AI

3 33

a SA aAH a AK SC a SB a c C

SC AH= = = = = = ⇒ =

Tương tự ta có AJ = 2 3 3

( , )3 2 3

a ad A IJ AJ⇒ = =

0,25

áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 3 2 3 3 2

3 3 2

1 1 1 3 1 1 1 1 3 1; ;

8 2 8 21 1 1 1 1 1

1 1 1 3 1

8 21 1 1

x x x y y y

z z z

+ + ≥ + + ≥+ + + + + +

+ + ≥+ + +

Ta cần chứng minh bất đẳng thức: ( ) ( ) ( )2 2 2

1 1 1 3

41 1 1x y z+ + ≥

+ + +

0,25

Giả sử z là số lớn nhất trong 3 số x,y,z

Ta có: ( ) ( )

2 22 2

1 1 1( ) (1 ) 0

11 1xy x y xy

xyx y+ ≥ ⇔ − + − ≥

++ +(luôn đúng)

0,25

Ta c/m f(z)=( )2

1 3, 1

1 41

zz

z z+ ≥ ∀ ≥

+ +

0,25

V

(1,0 ®iÓm)

f’(z) ( )

2

4

1 30, 1 ( ) (1) , 1

41

zz f z f z

z

−= ≥ ∀ ≥ ⇒ ≥ = ∀ ≥+

. Bất đẳng thức được chứng minh,dấu bằng

xảy ra khi x = y = z =1

0,25

1. (1 ®iÓm)

Giả sử 2 2( ; ), 0n a b a b+ >�

là vtpt của đường thẳng AB Khi đó ta có phương trình của đường thẳng AB: ax+b(y+1)=0 và AC: b(x+1)- a(y-2) = 0

0,25

Do tam giác ABC vuông cân nên I là trung điểm của BC và I thuộc đường phân giác trong góc

A. ta có d(I,AB) = d(I,AC) 27 3

(1;1)0( )2 2 2 2

a ba b b aA

b l

= −⇒ + = − ⇒ ⇒ =

0,25

Ta có BC đi qua I vuông góc với AI nên có phương trình: x-3y+7=0 0,25

VIa.

(2,0 ®iÓm)

B là giao của AB và Bc nên B có tọa độ là B(2;3), C là giao của BC và AC nên tọa độ C là C(-1;2)

2.Đường thẳng AB đi qua điểm ( )0; 1;1A − và có VTCT ( )1;2;0u =�

. Gọi ( ), ,n a b c=�

là VTPT

của (P) với 2 2 2 0a b c+ + ≠ . Do (P) chứa AB nên:

Phương trình (P) có dạng:ax+by+cz+b-c=0 và . 0 2 0 2u n a b a b= ⇔ + = ⇔ = −� �

.

0,25

(S) có tâm I(-1;2;3) và bk R = 5, chu vi giao tuyến là 8π nên ta có d(I,(P)) = 3 0,25

( )22 24 4 0 2 0 2b bc c b c c b⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = 0,25

Do 0b ≠ chọn b = 1 ta được phương trình (P) là: 2 2 1 0x y z− − + = 0,25

Câu

24

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

VIIa

*Đă t , ( ; )z x yi x y R= + ∈ thì (1 )

2 11

i z

i

+ + =−

( )2 1y xi⇔ − + =

* ( )22 2 1x y⇔ + − = (1)

0,25

. Từ(1) ta có: 2 2 4 3x y y+ = − ,mà z = x2 + y2= 4y-3 0,25

. từ (1) ta có: 2(2 ) 1 1 2 1 1 3 1 4 3 9y y y y− ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ 0,25

Vậy số phức có modul lớn nhất thỏa mãn đkbt là: z = 3i Vậy số phức có modul nhỏ nhất thỏa mãn đkbt là: z = i

0,25

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là ' 3;3

5N

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y− + = Suy

ra: ( ) 3 9 2 4,

10 10IH d I AB

− += = =

0,25

Do 2AC BD= nên 2IA IB= . Đặt 0IB x= > , ta có phương trình

22 2

1 1 52 2

4 8x x

x x+ = ⇔ = ⇔ =

0,25

Đặt ( ),B x y . Do 2IB = và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

( ) ( )2 2 2

144 35 18 16 03 3 2 5

8 23 23 2 05

xxy yx y

yx yx y y

= = > − + = − + − = ⇔ ⇔ ∨ == −− + = =

0,25

VIb.

(2,0 ®iÓm)

Do xB< 3 nên ta chọn 14 8

;5 5

B

Vậy, phương trình đường chéo BD là:7 18 0x y− − = . 0,25

Viết pt đường thẳng d 2.Đặt ( ) ( )A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + + ,

ta có ( )AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + +��

0,25

Do AB song song với (P) nên: ( )PAB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = −��

;Suy ra: ( )AB a 5; a 1; 3= − − − −��

0,25

Do đó: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥

Suy ra: {a 2minAB 3 3 b 2== ⇔ = − , ( )1;2;2A , ( )3; 3; 3AB

��= − − −

0,25

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2

1 1 1

− − −= = . 0,25

Ta có ( ) ( ) ( )1

3 1 22

11 1log 3 1log 9 7 1 153 52 9 7 ,2 3 1

xx x x

−− − + −+ − −= + = +

0,25

Số hạng thứ 6 của khai triển là : ( ) ( ) ( ) ( )3 51 1

15 1 1 1 13 58 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1x x x xC

− −− − − − + + = + +

0,25

Theo giả thiết ta có ( ) ( )11

11 11 1

3 19 756 9 7 3 1 224 4

3 1 3 3

xxx x

x x

−−−− −− −

=++ + = ⇔ = ⇔ + =

0,25

CâuVIB.2

VIIb.

(1,0 ®iÓm)

1

2

x

x

=⇔ =

0,25

Gh chú : Các cách gi ải khác đúng cho điểm tương ứng

25

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM 2012 ( ĐỀ 5)

Môn: TOÁN; Kh ối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 21 12 ( 4)

3 3y x x m x m= − + + + − (1), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m= −2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số (1) đi qua điểm ( )3; 1A − .

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3cos cos3 2sin (cos2 2)

2 6cos2sin

4

x x x xx

xπ

− + + = +

.

2. Giải phương trình: 2

2

2 9 173

2 6 16 3 1

x xx

x x x

− +− =− + + −

.

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2

4

cot .ln(sin )

sin

x xI dx

x

π

π= ∫ .

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, � 060ABC= . Cạnh bên SB = 2a và SB tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 060 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: 2 2 2

2 2 2

a b cP

b c c a a b= + +

+ + +.

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 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình: 4 2 0x y− − = , cạnh AC song song đường thẳng d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có

phương trình: 3 0x y+ + = , điểm M(1;1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

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

4 1 1

x y z− − += =− −

và điểm

A(1;0;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với đường thẳng ∆ và khoảng cách giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3.

Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình sau: ( ) ( ) ( )234 4 2

12log 1 log 2 1 log 1

2x x x+ ≤ − + +

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

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, phương trình đường thẳng AB: 3 0x y− + = , điểm I(1;2) là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0x y z− + + = , đường thẳng

1

1 2:

1 2 1

x y zd

− += =−

, đường thẳng 2

1 1:1 1 2

x y zd

+ −= =−

. Viết phương trình mặt phẳng (α ) song

song mp (P), cắt các đường thẳng 1 2,d d lần lượt tại A và B sao cho độ dài đoạn AB bằng 3 .

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

5 125x y xy

x y xy+ +

+ = −

=

26

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM NĂM 2012

Câu Nội dung Điểm

1. (1 điểm) Khảo sát SBT và …… 3 21 42 3

3 3y x x x= − + +

Khi 1m= − ta có, 3 21 42 3

3 3y x x x= − + +

Tập xác định: D= ℝSự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2' 4 3y x x= − + ; 1

' 03

xy

x

== ⇔ =

0.25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (3; )+∞ , nghịch biến trên (1;3)

- Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại 8

1;3C§x y= = , đạt CT tại

43;

3CTx y= = .

- Giới hạn: lim ; limx x

y y→+∞ →−∞

= +∞ = −∞

0.25

- Bảng biến thiên:

0.25

Đồ thị:

0.25

2. (1 điểm)Viết PTTT… Gọi 0 0( ; )M x y thuộc đồ thị hàm số (1). Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số (1)

tại 0 0( ; )M x y là: 2 20 0 0 0'( ) 4 4 ( 2)y x x x m x m m= − + + = − + ≥

0.25

0 0'( ) 2khiMin y x m x= = ⇒ tọa độ tiếp điểm (2; 3)M m+ 0.25 PT tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại (2; 3)M m+ có dạng: ( 2) 3y m x m= − + + 0.25

I (2 điểm)

Tiếp tuyến đi qua (3; 1)A − nên 1 3 2m m m− = + + ⇔ = − . Vậy 2m = − 0.25

1. (1 điểm) Giải PT: 3cos cos3 2sin (cos2 2)

2 6cos2 (1)sin

4

x x x xx

xπ

− + + = +

. II

(2 điểm)

Điều kiện: ,4

x k kπ

π≠− + ∈ℤ . 0.25

27

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2a

G

S

M

C

A

B

3 36cos 4cos 6sin 4sin(1) 2 3cos2

sin cos

x x x xx

x x

− + −⇔ =+

(cos sin )(2 2sin2 )

2 3cos2sin cos

x x xx

x x

+ +⇔ =+

0.25

3cos2 sin2 1x x⇔ − = 1cos(2 )

6 2x

π⇔ + = 0.25

12 ( )

4

x mm

x m

π

π

π

π

= +

⇔ ∈=− +

ℤ . Vậy, phương trình có nghiệm: 4

x mπ π= − + 0.25

2. (1 điểm) Giải phương trình: 2

2

2 9 173 (2)

2 6 16 3 1

x xx

x x x

− +− =− + + −

.

Điều kiện: 1

3x ≥ . Ta thấy, để (2) có nghiệm thì 3x ≤ 1

33

x⇒ ≤ ≤

2(2) 3 2 6 16 3 1x x x x⇔ − = − + − −0.25

23 3 1 2 6 16x x x x⇔ − + − = − +

2 2(3 ) 2(3 ) 3 1 (3 1) 2(3 ) 2(3 1)x x x x x x⇔ − + − − + − = − + −0.25

2(3 3 1) 0x x⇔ − − − = 3 3 1x x⇔ − = − 0.25

2

9 41

29 10 09 41

2

xx x

x

+=⇔ − + = ⇔ −=

. Vậy PT có nghiêm: 9 41

2x

−= 0.25

2

2

4

cos .ln(sin )

sin

x xI dx

x

π

π

= ∫ . Đặt: 2

cosln(sin )

sincos

1sin

sin

xu x du dx

xx

dv dxvx

x

= = ⇒ = = −

0.25

22

2

4 4

1 cos.ln(sin )

sin sin

xI x dx

x x

ππ

π π

⇒ = − +

∫ 0.25

2 2

44

1 1.ln(sin )

sin sinx

x x

π π

ππ

= − −

0.25

III (2 điểm)

2

2 1 ln 22

= − − 0.25

IV (1 điểm)

0

0

.sin60 3

3 3.cos60

2 2

Trong SBG: SG SB

BG SB BM BG

a

a a

∆ = =

= = ⇒ = =

Đặt AB = x ( x > 0) 3

3, 2 ;2

AC BC MA MCx x x⇒ = = = = .

0.25

28

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Áp dụng định lý Côsin trong BCM∆ :

2 2 2 02 .cos30BM BC MC BC.BM= + − 3

7

ax⇒ =

0.25

3 3 3,

7 7AB AC

a a⇒ = = . Diện tích ABC∆ :

21 9 3.

2 14ABC

aS AB AC∆ = = 0.25

Thể tích khối chóp S.ABC là: 2 31 9 3 9

. . 33 14 14S.ABC

a aV a= = (đvtt) 0.25

Ta có: 2 2 2 2 2( 2 ) ( 2 ) 2

2. .2 9 2 9 3

a b c a a b c a a

b c b c

+ ++ ≥ =+ +

Tương tự, 2 2 2( 2 ) 2

2 9 3

b c a b b

c a

++ ≥+

; 2 2 2( 2 ) 2

2 9 3

c a b c c

a b

++ ≥+

0.25

Khi đó, 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1( ) ( 2 2 2 ) (1)

3 9P a b c a b b c c a a c ab bc≥ + + − + + + + +

Ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 2 3 3 3 (2)3 3 3

a a c a b b b c ca c ab bc a b c

+ + + + + ++ + ≤ + + = + +

0.25

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2 2 22 1( ) ( )( )

3 9P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + 0.25

V (1 điểm)

Mặt khác, 2 2 23( )a b c a b c+ + ≤ + +

nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1( ) ( ) 3( ) 1

3 9P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + =

Vậy, 1 1khiMinP x y z= = = =

0.25

1. (1 điểm)

Đường thẳng d1: qua M(1;1)

AH

⊥

⇒PT đường thẳng d1: 0x y− = .

Gọi I = d1∩AH ⇒ I(3

2− ;

3

2− )

Gọi N đối xứng M qua AH thì N(-4;-4) và N nằm trên AC.

0.25

Đường thẳng AC: qua N(-4;-4)

song song d

⇒PT đường thẳng AC: 4 12 0x y− − = .

Ta có, A = AC∩AH ⇒A(0;-3)

0.25

Đường thẳng AB: qua N(0;-3)

qua M(1;1)

⇒PT đường thẳng AB: 4 3 0x y− − = .

Ta có, B = d∩AB ⇒B(2

3;

1

3− )

0.25

VI.a (2 điểm)

Đường thẳng d1: 2 1

( ; )3 3

qua B

AH

−⊥

⇒PT đường thẳng BC: 1 0x y− − = .

Ta có, C = BC∩AH ⇒C(8

3− ;

11

3− )

0.25

H

NI

M

C

A

B

d

29

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. (1 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua B(2;1;-1), có vtcp ( 4; 1;1)u − −�

.

Phương trình mp(P): (1;0;3)

( ; ; )

qua A

vtpt n a b c

� có dạng: 3 0ax by cz a c+ + − − = 0.25

Ta có, / / . 0 4 (1)(P) n u b c a∆ ⇔ = ⇔ = −� �

Mặt khác, d(∆ ,(P)) = d(B,(P)) = 3 2 2 2

43 (2)

a c b

a b c

− +⇔ =

+ +

0.25

Từ (1) và (2), ta được: 2 216 10 0a ac c− + =

Chọn, 2 81 10 16 0

2

ca c c

c

== ⇒ − + = ⇔ =

0.25

- Với c = 8 4; 1b a⇒ = = ⇒PTmp(P): 4 8 25 0x y z+ + − =- Với c = 2 2; 1b a⇒ = − = ⇒PTmp(P): 2 2 7 0x y z− + − = .

0.25

Điều kiện: 1

12

x− < ≠

Bất PT 32log ( 1) log 2 1 log( 1)x x x⇔ + ≤ − + +

0.25

2 1 2 1 (*)x x x⇔ − + ≤ − 0.25

- Với 1

12

x− < < : 2(*) 1 1 2 1 0x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ − < ≤ 0.25

VII.a (1 điểm)

- Với 1

2x > : 2(*) 1 2 1 1 2x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ ≤ ≤ .

Vậy, bất PT có nghiệm: ( 1;0] 1;2][x∈ − ∪0.25

1. (1 điểm)

Do 16ABCDS = 4IABS∆⇒ =Gọi H là hình chiếu của I lên AB thì H là trung điểm đoạn AB.

Ta có, ( ) 2IH I,ABd= = nên 4 2AB = .

0.25

Phương trình HI: 3 0x y+ − = . H = IH∩AH ⇒H(0;3) 0.25

Khi đó, gọi A 0 0( ; 3)x x + thì B 0 0( ;3 )x x− − ; 020

0

24 2 8 32

2AB

xx

x

== ⇔ = ⇔ = −

0.25

- Với 0 2x = ⇒ A(2;5), B(-2;1), C(0;-1), D(4;3)

- Với 0 4x = − ⇒ A(-2;1), B(2;5), C(4;3), D(0;-1) 0.25

2. (1 điểm) Do mp( )α song song mp(P) nên PT mp( )α : 2 0x y z m− + + = 0.25 +) 1( ) (1 ;2 ; 2 )mp Ad m m mα ∩ = + − − 0.25 +) 2( ) ( 2;1 ; 2 3)mp d m m mα ∩ = + + − −B 0.25

VI.b (2 điểm)

Ta có, 3 0AB m= ⇔ = ⇒ PT mp( )α : 2 0x y z− + = 0.25

Điều kiện:0

0

x y

xy

+ > >

. Hệ phương trình ( ) 2

3

x y xy

x y xy

+ =⇔ + + =

0.25 VII.b

(1 điểm)

Đặt u x y

v xy

= + =

ta tìm được, 2; 1

1; 2

u v

u v

= = = =

0.25

I

C

BHA

D

30

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Với, 2 2 1

1 1 1

u x y x

v xy y

= + = = ⇔ ⇔ = = =

(thoả mãn điều kiện) 0.25

Với, 1 1

2 2

u x y

v xy

= + = ⇔ ⇒ = =

vô nghiệm.

Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;1)

0.25

31

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM 2012 ( ĐỀ 6)Môn: Toán khối A, B

Thời gian:180 phút không kể thời gian giao đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I. (2điểm) Cho hàm số ( )3 23 1 12 3 4y x m x mx m= − + + − + (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số có hai cực trị là A và B sao cho hai điểm này cùng với điểm 9

1;2

C − −

lập thành

tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm. Câu II . (2điểm)

1. Giải phương trình: ( ) 3cos 1 2 3sin2 cos3 4cos 2

2x x x x

π + = − −

.

2. Giải hệ phương trình. ( ) ( )

2 23 8 5

8 3 13

x y y x

x x y y

+ + + =

+ + + =

Câu III. (1điểm) Tính tích phân: 24

2

3

sin 1 cos

cos

x xI dx

x

π

π−

−= ∫

Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a, AD =a, DC = a (a > 0) và SA⊥ mặt phẳng đáy (ABCD). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng (SBC) với đáy bằng 450. Tính thểtích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a.

Câu V. (1điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện 2 2 2 4a b c abc+ + + = . Chứng minh rằng 3a b c+ + ≤ .

II. PHẦN RIÊNG. (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần.

1. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa. (2điểm).

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có tâm 2 2

3 1;I

. Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua

các điểm ( )4; 1M − − , ( )2; 4N − − . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm.

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: ( )29 2 4 2 2x m x x+ − = − + +

Câu VIIa . (1điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thế ở các góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, 5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục toạđộ). Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt cả hai trục toạ độ.

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VIb. (2điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng

( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ 9

2Ix = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1:1 2 1x y z

d− += =

−và hai điểm ( ) ( )1;1; 2 , 1;0;2 .A B− −

a. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và B đồng thời song song với đường thẳng d. b. Qua A viết phương trình đường thẳng ( )∆ vuông góc với d sao cho khoảng cách từ B tới ( )∆ là nhỏ nhất.

Câu VIIb . (1điểm). Cho hai số phức liên hợp nhau 1 2,z z thoả mãn điều kiện 122

z

z là một số thực và

1 2 2 3z z− = . Tìm số phức z1.

....................................................... Hết .

32

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Với 0m= ta có hàm số 3 23 4y x x= − +* TXĐ: D = ℝ* Sự biến thiên. 2' 3 6y x x= − , nên ' 0 0y x= ↔ = hoặc 2x =

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( );0−∞∞ và ( )2;+∞ , nghịch biến trên ( )0;2

- Cực trị. Cực đại ( )0;4 ; cực tiểu ( )2;0

- Giới hạn. lim , limx x

y y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

0,25

- Bảng biến thiên.

x −∞ 0 2 +∞y’ + 0 - 0 +

y

4 +∞

−∞ 0

0,25

1

* Đồ thị. y

Giao với Ox: ( ) ( )1;0 ; 2;0− 4

Giao với Oy: ( )0;4

Các điểm khác ( ) ( )1;2 ; 3;4

-1 x 2

0,25

Ta có ( )2' 3 3 1 12y x m x m= − + + . Hàm số có hai cực trị khi y’ đổi dấu hai lần, khi đó y’ = 0

có hai nghiệm phân biệt nên ( )21 0 1m m∆ = − > ↔ ≠

0,25

Khi đó hai cực trị là ( ) ( )3 22;9 , 2 ; 4 12 3 4A m B m m m m− + − + 0,25

Theo bài ra ta có. 3 2

2 2 1 01

924 12 6 4 0

2

mm

m m m

+ − = ↔ = −− + + + − =

thỏa mãn

0,25

I.

2

Khi đó dễ thấy A, B, C là tam giác nhận O làm trọng tâm 0,25

PT cos 2 3sin2 cos cos3 4sin2x x x x x↔ + = +

( ) 2sin2 sin 3cos 2 0

26

kx

x x x

x k

π

ππ

=↔ + − = ↔

= +

0,5 II.

1.

Vậy phương trình có các nghiệm. , 22 6

kx x k

π π π= = + 0,25

33

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐK của hệ: 2

2

3 0

8 0

x y

y x

+ ≥

+ ≥ đặt ( )2 23 , 8 0, 0a x y b y x a b= + = + ≥ ≥

Khi đó ta có hệ. 2 2

5 3

413

a b a

ba b

+ = = ↔ =+ =

hoặc 4

3

a

b

= =

0,25

Với 4

3

a

b

= =

ta có.

( )22

24 2

143 4

38 9 8 72 65 0

y xx y

y x x x x

= −+ = ↔

+ = − + − =

( )( )( ) ( )

2

2

14

3

1 5 4 13 0

y x

x x x x

= −↔ − + − + =

0,25

hệ có hai nghiệm. ( ) ( ); 1;1x y = và ( ) ( ); 5; 7x y = − − 0,25

2. Với

( )22

24 2

193 9

38 4 18 72 45 0

y xx y

y x x x x

= −+ = ↔

+ = − + − =

( )( )

( )( )

2 2

2 22 2 2 2

1 19 9

3 3

9 36 72 36 0 9 36 72 36 0

y x y x

x x x x x x

= − = − ↔ ↔ + − + − = + − + − =

( )( ) ( )

( )2 2

2 22

1 19 9 03 3

9 6 6 0 3 6, 3 6

y x y x

x x x x

= − = − = ↔ ↔ + − − = = − + = − −

Vậy hệ có 4 nghiệm ( ) ( ); 1;1x y = , ( ) ( ); 5; 7x y = − − , ( ) ( ); 3 6;2 6 2x y = − + − và

( ) ( ); 3 6;2 6 2x y = − − +

0.25

* Ta có 4 4

22 2

3 3

sin sin1 cos sin

cos cos

x xI xdx x dx

x x

π π

π π− −

= − =∫ ∫

0,25

= 0 4

2 20

3

sin sinsin sin

cos cos

x xx dx x dx

x x

π

π −−

= +∫ ∫

0,25

=0 02 24 4

2 2 2 20 0

3 3

sin sin 1 11 1

cos cos cos cos

x xdx dx dx dx

x x x x

π π

π π− −

− + = − + −

∫ ∫ ∫ ∫

0,25 III.

= ( ) ( )040

3

7tan tan 3 1

12x x x x

π

ππ

−− + − = − −

0,25

34

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

s

* Ta có 2AC a= nên tam giác ACD vuông

tại C → góc 045SCA∠ = do đó 2SA a=

- .

1.

3S ABCD ABCDV S SA= trong đó

( )21 3

2 2ABCD

aS AB DC AD= + =

Vậy 2 3

.

1 3 22

3 2 2S ABCD

a aV a= = A B

D C

0,5

* Ta có ( )( ) ( )( ) ..

31; ;

3S DCB

S DCB BCDBCD

VV S d B SCD d B SCD

S= ↔ =

0,25

IV

Trong đó 3

.

1 1 1 2. . sin .

3 3 2 6S BCD BCD

aV S SA CBCD C SA= = =

Vậy ( )( )3

.2

3 2 6;

33S DCB

BCD

V a ad B SCD

S a= = =

0,25

Giả sử ( ) ( )1 1 0 1a b a b ab− − ≥ ↔ + ≤ + khi đó ta chỉ cần chứng minh

2 2c ab c ab≤ − ↔ + ≤

0,25

Theo giả thiết. 2 2 2 2 24 2 4 2a b c abc ab c abc ab c abc= + + + ≥ + + ↔ ≥ + +

0,25

( )( )2 2 0 2 0c ab c ab c↔ + + − ≤ ↔ + − ≤ đpcm

Dấu bằng khi 1a b c= = = .

0,25 V.

Trong trường hợp ngược lại thì ( )( )1 1 0b c− − ≥ hoặc ( ) ( )1 1 0c a− − ≥ và làm tương tự 0,25

PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn

Gọi ( )' 7;2M và ( )' 5;5N là điểm đối xứng với M, N qua I . ta có 'N AB∈ và 'M CD∈Nên đường thẳng AB có phương trình 2 3 5 0x y− + =

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB 1

;22

H →

0,25

Gọi ( );A a b khi đó ta có (

2

)2

2 3 52

1 13 322 4

a bA AB a

HA HI ba b

− = −∈ = ↔ ↔ = =− + − =

hay

( )2;3A khi đó ( )1;1B −

0,25 1.

Bằng cách đối xứng A, B qua I ta có được ( ) ( )1; 2 , 4;0C D− 0,25

Điều kiện. 2 2x− ≤ ≤Đặt 2 2t x x= − + + khi đó ta có 2 2 2t≤ ≤

0,25

Bài toán quy về tìm m để phương trình 2 5t mt+ = trên 2;2 2

0,25

VIa.

2.

Bằng việc xét hàm số ( )2 5x

f xx

+= trên đoạn 2;2 2

0,25

35

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có kết quả 13 2

2 54

m≤ ≤ 0,25

Để đoạn thẳng nối hai điểm được chon cắt cả hai trục thì hai đầu đoạn thăng đó phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ bốn

0,25

Do vậy số cách chọn được số đoạn thẳng như vậy là 1 1 1 12 4 3 5 23C C C C+ = cách 0,25

Số cách chọn hai điểm bất kỳ 214 91C = 0,25 VIIa.

Vậy xác suất xẩy ra ở đề bài là: 23

91

0,25

2. Theo chương trình nâng cao

I có hoành độ 9

2Ix = và ( ) 9 3: 3 0 ;

2 2I d x y I ∈ − − = ⇒

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)

( ) ( )2 2 9 92 2 2 3 2

4 4I M I MAB IM x x y y= = − + − = + =

D

12. D = 12 AD = 2 2.

3 2ABCD

ABC

SS AB A

AB= ⇔ = =

( )AD d

M AD

⊥

∈, suy ra phương trình AD: ( ) ( )1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − = .

Lại có MA = MD = 2 .

0,5

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 22

3 0 3 3

3 2 3 3 23 2

x y y x y x

x y x xx y

+ − = = − + = − + ⇔ ⇔ − + = − + − =− + =

3 2

3 1 1

y x x

x y

= − = ⇔ ⇔ − = ± =

hoặc 4

1

x

y

= = −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),

1

2 2

9 3;I

là trung điểm của AC, suy ra:2 9 2 722 3 1 2

2

A CI

C I A

A C C I AI

x xx x x x

y y y y yy

+ = = − = − = ⇔ + = − = − = =

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

0,5

a. 0,5

VIb.

2. b. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (P) khi đó đường thẳng đi qua A và H thỏa mãn bài toán

0,5

Gọi 1z a bi= + ( ),a b∈ℝ khi đó 2z a bi= −Từ điều kiện của bài toán ta lập hệ phương trình

Tìm được. 1 1 3z i= ± +

Hoặc 1 1 3z i= ± −

. …………………………….. Hết …………………………….

36

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM 2012 ( ĐỀ 7)MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0) điểm

Cho hàm số 4 2 22y x mx m m= + + + có đồ thị là ( )mC với m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1m = − .

2. Tìm m để ( )mC có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác có một góc bằng 0120 .


1. Giải phương trình lượng giác 3 3

2

sin cos 1sin 4

1 (cos sin ) 16

x xx

x x

+=

+ −

2. Giải hệ phương trình 2

4 2 2 2

3 0

3 5 0

x xy x y

x x y x y

+ − + =

+ − + =

Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn

2 3

20

cos ln(1 )lim

x

x

e x xL

x→

− + +=

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và � 090SAD = . J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ).

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 3ab bc ca+ + = . Chứng minh rằng 4 4 43 3 37 7 7 2( )a b c a b c+ + + + + ≤ + +

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)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm (1;1)A . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng 3y = và điểm C thuộc trục

hoành sao cho tam giác ABC là tam giác đều. 2. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;2)A và (3;1)B . Viết phương trình đường tròn qua A, B và có tâm nằm trên

đường thẳng 7 3 1 0x y+ + = .

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên 2n ≥ , chứng minh hệ thức

1 2 2 2 3 2 22

1( ) 2( ) 3( ) ... ( )

2n n

n n n n nC C C n C nC+ + + + =

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

1. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;0)A , ( 2;4)B − , ( 1;4)C − , (3;5)D , tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng

3 5 0x y− − = sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau.

2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 4 3 2 0x y+ − = và tiếp

xúc với cả hai đường thẳng 4 0x y+ + = và 7 4 0x y− + = .

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 2log .log 2 log .log 3 0x x x x+ ≥ .

.........................................................................................................

37

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Lời giải Điểm I.1

(1đ) Với 1m = − hàm số là 4 22y x x= −

a. TXĐ: D = �

b. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn của hàm số tại vô cực limx→−∞

= +∞ và limx→−∞

= +∞

* Bảng biến thiên 3' 4 4y x x= − . Do đó ' 0 0; 1y x x= ⇔ = = ±

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x −∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y

+∞ 0 +∞

-1 -1 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và (0;1) và đồng biến trên mỗi khoảng

( 1;0)− và (1; )+∞ .

Hàm số đạt cực đại tại 0x = , giá trị cực đại của hàm số là 0. Hàm số đạt cực tiểu tại 1x = ± , giá trị cực tiểu là ( 1) 1y ± = − .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- c. Đồ thị

* Điểm uốn 2'' 12 4y x= − .

'' 0y = có hai nghiệm 3

3x = ±

và y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó

nên đồ thị có hai điểm uốn là 3 5

( ; )3

−9

− và 3 5

( ; )3 9

− .

* Điểm cắt trục tung là (0;0),

các điểm cắt trục hoành là (0;0) ; ( 2;0)− và ( 2;0) .

Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng.

Yêu cầu: Đủ các đề mục khi khảo sát. Đồ thị hàm số phải vẽ trơn và có tính đối xứng.

0.25

-------

0.25

-------

0.25

-------

0.25

I.2 (1đ)

3 2' 4 4 4 ( )y x mx x x m= + = +

0 x

y

-1

-1

13

33

3−

5

9−

38

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

0' 0

xy

x m

== ⇔

= −Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên m<0. Khi đó y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm này nên đk đủ để hàm số có 3 điểm cực trị là m<0. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính được tọa độ các điểm cực trị là 2(0; )A m m+ ; ( ; )B m m− ; ( ; )C m m− − .

2( ; )AB m m= − −

��; 2( ; )AC m m= − − −

��và 4AB AC m m= = − + nên tam giác

ABC cân tại A. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Để tam giác có một góc bằng 0120 thì � 0120BAC = .

Do đó �4

4

1cos cos( ; )

2

m mBAC AB AC

m m

+= = = −

− +

�� .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Từ đó tính được 3

1

3m

−= .

0.25

-------

0.25

-------

0.25

------- 0.25

II.1 (1đ)

ĐK: x∈�

Biến đổi pt về (sin cos )(1 sin cos ) 1

sin 2 (cos sin )(cos sin )2 2sin cos 8

x x x xx x x x x

x x

+ −= + −

−

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ta được sin cos 0

(cos sin )sin 2 4

x x

x x x

+ =

− =----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đánh giá được pt thứ hai vô nghiệm do VT<4 (hoặc giải bằng cách đặt ẩn phụ). -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Giải pt đầu và suy ra nghiệm là ( )4

x k kπ

π= − + ∈� .

0.25

-------

0.25

------- 0.25

------- 0.25

II.2 (1đ)

Xét 0x = suy ra 0y = là một nghiệm của hệ.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Xét 0x ≠ , chia hai vế của pt đầu cho x , hai vế của pt sau cho 2x rồi biến đổi về hệ

222

2

33

3 5 5

yy x yx yxx

y yx y x yx x

+ + =+ + = ⇔

+ + = + + =

Đặt y

z xx

= + được hệ 2

3

5

z y

z y

+ =

+ =.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Giải hệ này được 2; 1z y= = hoặc 1; 4z y= − = .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Giải trường hợp đầu được 1x y= = , trường hợp sau vô nghiệm.

Tóm lại các nghiệm (x;y) của hệ là (0;0);(1;1) .

0.25 -------

0.25

------- 0.25

-------0.25

39

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

III (1đ) Biến đổi về

2 3

20

( 1) (1 cos ) ln(1 )lim

x

x

e x xL

x→

− + − + +=

2 3

2 320

( 1) 1 cos ln(1 )lim .

(1 cos )

x

x

e x xx

x xx x→

− − += + + + ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

22

3

22 30

sin( 1) 1 ln(1 )2lim . .2(1 cos )

2

x

x

xe x

xx xx x→

− + = + + +

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Khi 0x → thì 2 0x → ; 02

x→ và 3 0x → nên

22

3

22 30 0 0

sin1 ln(1 )2lim 1;lim 1;lim 1

2

x

x x x

xe x

x xx→ → →

− += = = =

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Từ đó tính được giới hạn đã cho là 5

4L = .

0.25

-------

0.25

-------

0.25

-------

0.25

IV (1đ)

Do AD vuông góc với SA và AB nên AD vuông góc với mặt (SAB). Gọi I là trung điểm của AB thì AD vuông góc với SI. Mà tam giác SAB đều nên AB vuông góc với SI. Suy ra SI vuông góc với mặt (ABCD). ----------------------------------------------------------------------

Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) bằng 1

2khoảng cách từ S đến mặt (ABCD) và

bằng 1 3

2 4

aSI = .

Từ đó suy ra thể tích tứ diện ACDJ là 3

21 1 3 3. . .

3 2 4 24

a aV a= = (đvtt).

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Xét tam giác BCI vuông tại B nên 2 2

2 2 2 2 5

4 4

a aCI CB BI a= + = + = .

Tam giác SIC vuông tại I nên 2 2

2 2 2 23 52

4 4

a aSC SI IC a= + = + = . Tương tự

2 2 22SD SC a= = . Tam giác SCD có CJ là đường trung tuyến nên

0.25

------

0.25

------

0.25

A

B

D

C

S

I

J

40

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1( ) (2 ) .2

2 4 2 4CJ SC CD SD a a a a= + − = + − =

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Xét tam giác AJC có ; 2;2

aAJ AC a CJ a= = = nên tính được

3cos

4A = . Từ đó

� 7sin

4JAC = nên

2

AJC

1 7 7. . 2.

2 4 82

a aS a= = .

Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) là

3

2

33. 2124

778

aa

da

= = (đvd)

*************************************************************************** Có thể tính diện tích tam giác JAC bằng cách lấy hình chiếu của J trên mặt đáy (là trung điểm H của DI). Trong mặt đáy, kẻ HK vuông góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc AC thì chỉ ra được JK vuông góc với AC và tính được JK là đường cao tam giác JAC.

-------

0.25

V (1đ’)

Áp dụng bdt Cauchy cho 3 số 33( 7) 8 8 3 ( 7).8.8 12 7a a a+ + + ≥ + = + .

Làm tương tự rồi cộng vào với nhau ta được 3 3 3 697 7 7

12

a b ca b c

+ + ++ + + + + ≤

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Dùng bdt Cauchy cho 4 số ta được 4 1 1 1 4a a+ + + ≥

Do dó 4 4 469 285

12 48

a b c a b c+ + + + + +≤

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

nên chỉ cần chứng minh 4 4 4

4 4 42852( )

48

a b ca b c

+ + +≤ + + hay 4 4 4 3a b c+ + ≥

với 2 2 2 3ab bc ca+ + = . -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Dùng bdt Cauchy 4 4 4 21 4a b b ab+ + + ≥ ; 4 4 4 21 4b c c bc+ + + ≥ , 4 4 4 21 4c a a ca+ + + ≥ . Cộng các vế của bất đẳng thức trên suy ra đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi 1a b c= = =

0.25

-------

0.25

-------

0.25

-------

0.25

VI.a.1 (1đ’)

Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0). Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB=BC=CA.

Từ đó ta có hệ: 2 2

2 2

( 1) 4 ( 1) 1

( 1) 4 ( ) 9

a b

a b a

− + = − +

− + = − +-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Đổi biến 1; 1u a v b= − = − thu được hệ đẳng cấp: 2 2

2

3

2 5

v u

uv v

− =

− =

suy ra 2 28 6 5 0v uv u− − = ⇔ 2u v= − hoặc 4

5

vu = .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

0.25

-------

0.25

-------

0.25

41

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) là 4 3 5 3 4 3 5 3

( ; );( ; )3 3 3 3

− − .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính được B,C là 4 3 3 5 3 3

( ;3); ( ;0)3 3

B C+ +

hoặc 4 3 3 5 3 3

( ;3); ( ;0)3 3

B C− + − +

.

-------

0.25

VI.a.2 (1đ’)

Gọi tọa độ tâm đường tròn là I(a;b).

IA=IB nên 2 2 2 2( 1) ( 2) ( 3) ( 1) 4 2 5a b a b a b− + − = − + − ⇔ − =

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

mà 7 3 1a b+ = − , tính được 1 3

;2 2

a b= = − .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

suy ra 2 25

2R = .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Vậy pt đường tròn là 2 21 3 25( ) ( )

2 2 2x y− + + = .

0.25 -------

0.25 -----

0.25 -------

0.25

VII.a (1đ’)

Áp dụng hệ thức 2( 1) (1 ) (1 )n n nx x x+ + = +

Đạo hàm hai vế ta có 22.( 1) [(1 ) ]' [(1 ) ]'n n nx x x+ + = +

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Vì 0 1 1 2 2 1( 1) ...n n n n n nn n n n nx C x C x C x C x C− − −

+ = + + + + + và 1 2 3 2 1 2 1[(1 ) ]' 2. 3. ... ( 1)n n n n nn n n n nx C C x C x n C x nC x− − −

+ = + + + + − +

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

nên hệ số của 1nx − trong khai triển ở vế trái là 1 2 2 2 3 2 22[( ) 2( ) 3( ) ... ( ) ]nn n n nC C C n C+ + + + .

----------------------------------------------------------------------------------------------------

Mà 2 1 2 1 2 2 12 2 2 2[(1 ) ]' ... ...n n n n n

n n n nx C C x C x C x− −+ = + + + + + nên hệ số của 1nx − trong khai

triển ở vế phải là 2nnC .

Hai hệ số của 1nx − phải bằng nhau nên suy ra đpcm.

0.25

------- 0.25

-------

0.25 ------- 0.25

VI.b.1 (1đ’)

Tính được 5AB = và ptAB là 4 3 4 0x y+ − = ; 17CD = và pt CD là 4 17 0x y− + = .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gọi ( ;3 5)M a a − . Để hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau thì

( ; ) ( ; ). . 13 19 11 37M AB M CDd AB d CD a a= ⇔ − = −

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính được 9a = − hoặc 7

3a = (khi đó MAB và MCD thật sự là các tam giác).

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Từ đó suy ra ( 9; 32)M − − hoặc 7

( ;2)3

M

0.25 -------

0.25

------- 0.25

------- 0.25

VI.b.2 (1đ’)

Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác của hai đường thẳng nên nó thuộc đường thẳng 3 8x y− = hoặc 3 6x y+ = − .

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

0.25 ------- 0.375

42

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Trường hợp thứ nhất tính được tâm(2; 2); 2 2R− = . Ptđ tròn là 2 2( 2) ( 2) 8x y− + + = .

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Trường hợp thứ hai tính được tâm( 4;6); 3 2R− = . Ptđ tròn là 2 2( 4) ( 6) 18x y+ + − = .

------- 0.375

VII.b (1đ’)

Dễ thấy 1x ≥ là nghiệm của bpt. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Xét 0 1x< < chia cả hai vế của pt cho 2 3log .log 0x x > ta được

3 2

3 2

log 2 log 30

log log

x x

x x+ ≥

Rút gọn ta được 2 log 6 0x+ ≥

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính ra 6

06

x< ≤

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Từ đó tập nghiệm là 6

(0; ] [1; )6

S = ∪ +∞ .

***************************************************************************

Có thể giải bằng cách đưa về cùng cơ số 2 và biến đổi về pt 22 2log .log (6 ) 0x x ≥

0.25 -------

0.25

-------0.25

------0.25

Yêu cầu: Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá. Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau, tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm.

43

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


M«n: To¸nThêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò)

PhÇn chung CHO TÊT C¶ ÇC THÝ SINH (7 ®iÓm)

C©u I: (2 điểm) Cho hµm số ( ) mxmmxmxxf +−+++−= 2)2(3)1(3 23 (1) (m lµ tham sè)

1. Khảo s¸t sự biến thiªn vµ vẽ ®å thị hµm số (1) khi 2−=m .

2. T×m m ®Ó ®å thị hµm số (1) cã cùc trÞ ®ång thêi kho¶ng çch tõ ®iÓm cùc ®¹i cña đồ thị hµm

số (1) tíi trôc Ox b»ng kho¶ng çch tõ ®iÓm cùc tiÓu cña đồ thị hµm số (1) tíi trôc Oy .

C©u II: (2 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxxx sincos3)sin(cos 3 +=+ .

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:

−=−+−=−1724

11716 222

yxxy

yyx .

C©u III: (2 điểm)

1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: 2 22 8 6 1 2 2x x x x+ + + − ≤ +

2. Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu ABCDS. víi ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng a, mÆt bªn t¹o

víi mÆt ®¸y mét gãc 060 . MÆt ph¼ng )(P chøa AB vµ t¹o víi mÆt ®¸y mét gãc 030 c¾t SC , SD lÇn

l−ît t¹i M vµ N . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp ABMNS. .

C©u IV: (1 điểm)

Cho çc sè thùc d−¬ng zyx ,, tho¶ m·n: 8))()(( =+++ xzzyyx . H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña

biÓu thøc zxyzxyP ++= .

PhÇn RI£NG (3 ®iÓm) : ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn A hoÆc phÇnB

PhÇn A.

C©u Va: (3 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 331322 222

2222 +−+++− +=+ xxxxxx.

2. Tõ çc ch÷ sè 0, 1, 2, 3, 5, 8 cã thÓ lËp ®−îc bao nhiªu sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét

kh¸c nhau vµ ph¶i cã mÆt ch÷ sè 3?

3. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy , h·y x¸c ®Þnh to¹ ®é çc ®Ønh cña tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i

A . BiÕt r»ng c¹nh huyÒn n»m trªn ®−êng th¼ng d : 0317 =−+ yx , ®iÓm )7;7(N thuéc ®−êng th¼ng

AC , ®iÓm )3;2( −M thuéc ®−êng th¼ng AB .

PhÇn B.

C©u Vb: (3 điểm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxx xx 32

92

3 log23loglog =+ .

2. T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa 5x trong khai triÓn nhÞ thøc Niu-t¬n cña

nx)2( + , biÕt:

524288... 122

52

32

12 =++++ −n

nnnn CCCC .

44

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3. Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy , cho tam gi¸c ABC víi ®−êng cao kÎ tõ A vµ ®−êng ph©n gi¸c

trong cña gãc B lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh lµ: 022 =−− yx vµ 01=−− yx . T×m to¹ ®é c¸c ®Ønh cña

tam gi¸c ABC , biÕt )2;0(M thuéc ®−êng th¼ng AB vµ BCAB 2= .

-----------------------------HÕt------------------------

ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu, c¸n bé coi thi kh«ng ®−îc gi¶i thÝch g× thªm

®¸p ¸n M«n thi : To¸n

C©u Néi dung §iÓm 1) TX§: R 2) Sù biÕn thiªn: a) Giíi h¹n t¹i v« cùc: Ta cã −∞=

−∞→y

xlim , +∞=

+∞→y

xlim

0,25

b) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã ( )2' 3 6 3 2y x x x x= + = + 0=⇔ x hoÆc 2x =− .

+x

'y

y

2−−∞ +∞

0

−0

0

0 +

4−

+∞

−∞

+x

'y

y

2−−∞ +∞

0

−0

0

0 +

4−

+∞

−∞ Hµm sè ®ång biÕn trªn (-∞;-2) vµ (0;+∞),µm sè nghÞch biÕn trªn ( )2;0− .

Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x=-2 víi gi¸ trÞ cùc ®¹i lµ y(-2)=0 vµ ®¹t cùc tiÓu t¹i x=0 víi gi¸ trÞ cùc tiÓu lµ y(0)=-4.

0,25

C©u I.1 (1 ®iÓm)

3) §å thÞ: +) §å thÞ c¾t trôc tung t¹i (0;-4), giao víi trôc hoµnh t¹i (-2;0) vµ (1;0). +) §å thÞ nhËn ®iÓm uèn I(-1;-2) lµm t©m ®èi xøng.

O x

y

I

11−2−3−

4−

1

2−

O x

y

I

11−2−3−

4−

1

2−

0,5

( ) )2(3163 2, ++++=⇒ mmxmxy ; mxy =⇔= 0, hoÆc 2+= mx Hµm sè cã cùc trÞ víi mäi m. Hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ:

( )23; 23 −++ mmmmA , ( )63;2 23 −+++ mmmmB ; A lµ ®iÓm cùc ®¹i, B lµ ®iÓm cùc tiÓu.

0,5 C©u I.2 (1 ®iÓm)

Ta cã ( ) 23; 3 −++= mmmOxAd , ( ) 2; += mOyBd 0,5

45

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo gi¶ thiÕt ta cã:

==

−=−=

⇔+=−++

0

1

1

2

2233

m

m

m

m

mmmm

Ta cã xxxxxpt cos2sincos)sin(cos 3 ++=+⇔

[ ] xxxxx cos21)sin(cos)sin(cos 2 =−++⇔

0)1sinsin(coscoscos2cossin2)sin(cos 2 =−+⇔=+⇔ xxxxxxxxx

0,5


0)sin(coscos2 =−⇔ xxx

+=

+=⇔

==

⇔ππ

ππ

kx

kx

x

x

4

21tan

0cos )( Ζ∈k 0,5

DÔ thÊy 0=y kh«ng ph¶i nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh.

Chia c¶ 2 vÕ cña pt 1 cho 2y , c¶ hai vÕ pt 2 cho y ta ®−îc:

=++

=−+⇔

=++

=+

72)1

4(

178)1

4(

721

4

171

16 22

2

y

x

yx

y

x

yx

y

x

yx

yx

.

§Æt (*)

14

=

=+

vyx

uy

x

. HÖ ®· cho trë thµnh (**)72

1782

=+=−

vu

vu.

0,5


Gi¶i hÖ (**) ta ®−îc

==

1

5

v

u hoÆc

=−=8

9

v

u

Víi

==

1

5

v

u ta ®−îc

====

⇔

=−=−

4/1

1154

yx

yx

yx

yxy

Víi

=−=8

9

v

u ta ®−îc

=−=+

yx

yxy

8

194(v« nghiÖm)

VËy hÖ ®· cho cã hai nghiÖm lµ ( ) )1;1(; =yx hoÆc ( ) )4/1;4/1(; =yx .

0,5

§iÒu kiÖn: 3

1

x

x

≤ − ≥

0.25

BiÕn ®æi t−¬ng ®−¬ng bÊt ph−¬ng tr×nh:

( )( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 1 1 2 1x x x x x+ + + − + ≤ +

NhËn thÊy víi 3x ≤ − bÊt ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm

0.25


Víi 1x ≥ , bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng: ( ) ( )2 3 1 2x x+ + − ≤ 0.25

46

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

NhËn thÊy ( )

( )( ) ( )

2 3 2 22 3 1 2 2 2

1 0

xx x

x

+ ≥⇒ + + − ≥ >

− ≥

Do ®ã bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm 1x ≥ . KÕt luËn: bÊt ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm.

0.25

Gäi KH , lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AB vµ CD vµ I lµ giao ®iÓm cña SK

vµ MN

060=∠⇒ SHK , 030=∠IHK

Ta cã ⇒⇒ ⊂

CDABMNCDAB

PAB////

//

)(tø gi¸c ABMN lµ h×nh thang c©n.

TÝnh ABMNS , ta cã IH lµ ®−êng cao.

V× tam gi¸c SKH lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a nªn 2

3aIH = .

0,5


Ta cã 22

aABMN ==

2

8

33

2

3).

2(

2

1).(

2

1a

aaaIHMNABS ABMN =+=+=⇒

V× ( ) SIABMNSI ⇒⊥ lµ ®−êng cao cña khèi chãp ABMNS. vµ

22

aSKSI == .

VËy 16

3.

8

33

23

1.

3

1 32

.

aa

aSSIV ABMNABMNS ===

HK

I N

M

A

B

D

C

S

0,5

C©u IV (1 ®iÓm)

§Æt xyxa ++= .

Ta cã ( )( )( ) 8=−−− xayaxa .

3 2( ) ( ) 8a a xy yz zx a x y x xyz⇔ + + + − + + − =xyx

xyzP

+++=⇒

8.

Ta cã

3))()((2

3)(

2

1)(

2

1)(

2

13 =+++≥+++++=++ xzzyyxxzzyyxzyx (1)

Vµ 1222

=+++≤= xzzyyxzxyzxyxyz (2)

Tõ (1) vµ (2) 33

18 =+≤⇒ P .

VËy 3=MaxP ®¹t ®−îc khi 1=== zyx .

0.25

0.25

0.25

0.25

Pt

47

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

C©u Va.1 (1 ®iÓm) ⇔ 3333 2222

22.222.2 +−+++− +=+ xxxxxxxx

( ) ( )122122222 33 −=−⇔ +++− xxxxxx

( )

=

=⇔=−−⇔

+

+−++−

12

22012)22(

2

2

2233

33

xx

xxxxxx

=−===

⇔

=+

=+−⇔

0,1

2,1

0

0232

2

xx

xx

xx

xx

VËy tËp nghiÖm cña pt lµ { }2;1;0;1−=S .

0,5

0,5

C©u Va.2

(1 ®iÓm)

LËp sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau tõ c¸c sè ®· cho.


Ta cã 144.4.3 24 =A sè.

LËp sè tù nhiªn lÎ cã bèn ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau vµ kh«ng cã mÆt ch÷ sè 3.


Ta cã 36.3.2 23 =A sè.

VËy cã 144-36=108 sè.

0,5

0,5

C©u Va.3 (1 ®iÓm)

§−êng th¼ng AB cã pt 0)3()2( =++− ybxa )0( 22 ≠+ ba .

Do 045=∠ABC nªn ta cã:

−==

⇔=−−⇔+

+==

ba

baabba

ba

ba

34

43071212

50

745cos

2

1 22

22

0 .

*Víi 3a=4b chän a=4, b=3, ta cã pt AB: 4x+3y+1=0. V× ABAC ⊥ nªn pt cua AC lµ: 3x-4y+7=0.


0134−⇔

=+−=++

Ayx

yx.


0317−⇔

=++=−+

Byx

yx.

To¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt: )4;3(0317

0743C

yx

yx⇔

=−+=+−

.

*Víi 4a=-3b chän a=3, b=-4, ta cã pt AB: 3x-4y-18=0. V× ABAC ⊥ nªn pt cña AC lµ: 4x-3y-49=0.


04934A

yx

yx⇔

=−−=−+

.

To¹ ®é cña B lµ nghiÖm cña hpt: BAByx

yx≡⇒⇔

=−−=−+

)3;10(01843

0317 (v«

lý). VËy, A(-1:1), B(-4:5) vµ C(3;4).

0,25

0,25

0,25

0,25

48

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

6

d

A

C

NM

B


§iÒu kiÖn 9

1,

3

1,0 ≠≠> xxx . x

x

x

x

xPt 3

3

3

3

3 log2log2

log21

log1

log2=

++

++

⇔ .

§Æt xt 3log= , ta ®−îc 0132222

21

1

2 23 =−−+⇔=+

+++

ttttt

t

t

t.

( )( )

=

=⇔

±−=

=⇔=++−⇔ ±−

2

222

3

3

2

22

1

01421x

x

t

t

ttt .

VËy tËp nghiÖm cña pt lµ

=±−2

22

3;3S .

0,5

0,5


Ta cã =+ nx 2)1( nnnnn CxCxCC 2

222

212

02 ...++++

Thay x=-1 ta ®−îc =+++ −122

32

12 ... n

nnn CCC ACCC nnnn =+++ 2

222

02 ...

Thay x=1 ta ®−îc

102524288222... 122222

12

02 =⇔=⇔=⇒=+++ − nACCC nnnn

nnn

Theo c«ng thøc Niu t¬n ta cã: kk

k

k xCx −

=∑=+10 10

0 1010 2)2( .

VËy hÖ sè cña sè h¹ng chøa 5x lµ 55102C .

0,5

0,5


Gäi N lµ ®iÓm ®èi xøng cña M qua ph©n gi¸c cña gãc B. Suy ra pt cña MN lµ x+y-2=0. Gäi I lµ giao ®iÓm cña BD vµ MN.

Suy ra to¹ ®é cña I lµ nghiÖm cña hpt: )1;3()2

1;

2

3(

01

02−⇒⇔

=−−=−+

NAyx

yx.

V× N thuéc BC vµ ⇒⊥ AHBC pt BC: 2x+y-5=0.


052B

yx

yx⇔

=−−=−+

.

Ta cã pt AB: x-2y+4=0

Suy ra to¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt: )2

1;3(

022

042A

yx

yx⇔

=−−=−+

.

Gäi K lµ trung ®iÓm cña AB )4

3;

2

5(K⇒ .

0,25 0,25

0,25

49

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

V× BDCKBCBK ⊥⇒= suy ra pt CK: 04

13 =−+ yx .

D

N

I

M

HC

K

B

A

Suy ra to¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt: )2

3;

4

7(

052

04

13C

yx

yx⇔

=−+

=−+.

VËy )2

3;

4

7(),1;2(),

2

1;3( CBA .

0,25

Chó ý: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a.

50

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


MÔN: TOÁN (Khối A+B) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 3 2 23y x mx m m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với 1m ; 2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm

số đối xứng nhau qua đường thẳng 12 2

1y x .

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 23 sin 2 2cos 2 2 2cos 2x x x

2) Giải hệ phương trình: 9 7 4

9 7 4

x y

y x

Câu III (2,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho SA = a , AD = 2a , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích tứ diện ABIN theo a . 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2). a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD); b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD).


Cho , ,x y z dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 3x y z . Chứng minh rằng:

2 2 21 1 1 1

2 2 2x x y y z z

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (2,0 điểm)

1) Tìm giới hạn sau: 1 2

31

tan( 1) 1lim1

x

x

e xx

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường thẳng AB, BC tương ứng là 1 : 2 1 0, 4 3 0d x y x y . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC.

Câu VI.a (1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 2 29 3log 3 4 2 1 log 3 4 2x x x x

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

1) Tính tổng 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 20122012 2012 2012 2012 20121 2 3 ... 2011 2012S C C C C C

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình 6 0x y . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

Câu VI.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 43 8.3 9.9 0x x x x

------------ HẾT ------------

51

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm) 1) Khi 1m , ta có: 3 23 2y x x . Các bạn tự giải.

2) Ta có: 3 2 2 23 ' 3 6y x mx m m y x mx ; 0

' 02

xy

x m

.

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0m Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi): Gọi A( 20;m m ), B( 3 22 ; 4m m m m ) tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( 3 2; 2m m m m )

Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d):12 2

1y x , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường

thẳng (d) tức là: 3 2 1 12 12 2

m m m m m

Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) (2; 4)AB

Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2 đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn) Vậy với m = 1 thì … Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi):

Ta có: 2 21 ' 23 3

my x y m x m m

2 22y m x m m là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị

hàm số đã cho.

Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d):12 2

1y x , điều kiện cần là đường thẳng AB

vuông góc đường thẳng (d) tức là: 2 12 . 1 12

m m

Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1 M(1; 0) là trung điểm của đoạn AB nằm trên (d) m=1 thỏa mãn. Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1 M(-1; 2) là trung điểm của đoạn AB không nằm trên (d) m=-1 không thỏa mãn. Vậy với m = 1 thì … Câu II (2,0 điểm)

1) 2 23 sin 2 2cos 2 2 2cos 2 2 3 sin cos 2cos 4 | cos |x x x x x x x (2) Khi cos 0x , ta có:

2cos 0

(2) 2 3 sin cos 2cos 4cos3 sin cos 2

xx x x x

x x

cos 02

3 1 2sin cos 1 2 (KTM)2 2 3

x x k

x x x k

Khi cos 0x , ta có: 22 3 sin cos 2cos 4cos 3 sin cos 2x x x x x x

3 1sin cos 1 2 (KTM)2 2 3

x x x k

KL: 2) ĐK: 7; 7x y

9 7 49 7 09 7

9 7 4

00 0

9 7( )9 7 9 79 7

x yy xx y

y x

x yx y x y x yy x VNy x x yx y

52

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Khi 0x y , ta có: 9 7 4

9 7 4 79 7 4

x xx x x

x x

KL: Câu III (2,0 điểm) 1) + Vì SA(ABCD) nên SABM (1) Ta có:

2. . . . 0AC MB AB AD AB AM AB AB AM AD AB AD AM

ACBM (2) Từ (1) và (2): BM (SAC) (SBM)(SAC)

+ Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI AI =3

a

Xét tam giác ABI vuông tại I BI =2

3a

SABI = 2 26

a

Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC ON

= 2a

và là đường cao của hình chóp N.ABI VABIN = 3 236

a (đvtt)

2) a) Ta có: ( 2; 2;3), ( 1;0;2), ( 2; 2;0) , (4; 4;2) , 6BA BC BD BC BD BA BC BD

1, 3, 1ABCD BCDV S AH

b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: 0 0 0( 1; 1; 1), ,AH x y z BC BD

cùng phương và

0 0 0( 2; 1; ), ,CH x y z BC BD

vuông góc

hay 0 0 00 0 0 0 0 0

1 1 1 1 1 2 1 1 1, 4( 2) 4( 1) 2 0 , , ' ; ;4 4 2 3 3 3 3 3 3

x y z x y z x y z A


Đặt 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1, , 3, , ,2 2 1 2 2 1 2 2 1

a b ca b c a b cx y z x x a y y b z z c

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 12 2 2 2 1 2 1 2 1

a b cx x y y z z a b c

Ta có: 2

2( ) 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1

a b ca b c a b ca b c

2 2 2

2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1

a b c a b ca b c

2 2 2 2( ) 12 1 2 1 2 1 2( ) 3

a b c a b ca b c a b c

(đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1 Câu V.a (2,0 điểm)

1) 1 2

31

tan( 1) 1lim1

x

x

e xx

=1 2 1 2

3 3 31 1 1

1 tan( 1) 1 tan( 1)lim lim lim1 1 1

x x

x x x

e x e xx x x

1 2 2

2 23 31 1 1 1

1 1 sin( 1) 1lim lim lim lim1 1 11 os( 1)

x

x x x x

e x x xx x xx c x

1 2

3 2 3 23 32 21 1 1 1

1 sin( 1)lim lim 1 lim lim 1 1 3 6 91 1 os( 1)

x

x x x x

e xx x x x xx x c x

53

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2) Ta có: B(1; -1) Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC C(-8m-7; 2m+1)

PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0 A17 11 17 14;

6 3m m

31 31 11 11;

6 3m mAC

VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B

của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0 Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1. Câu VI.a (1,0 điểm)

ĐK: 21

3 4 2 1 13

xx x

x

2 2 2 29 3 9 9log 3 4 2 1 log 3 4 2 2 log 3 4 2 log 3 4 2 1 0x x x x x x x x (1)

Đặt t= 29log 3 4 2x x , ĐK: t0, (1) trở thành:

2 29

7 132 1 0 0 1 0 log 3 4 2 11 1

3

xt t t x x

x

KL: 7 1; 1 ;1

3 3S

Câu V.b (2,0 điểm)

1) Xét hàm số: 1 0 1 2 2 3 3( ) (1 ) (1 ) ...n n nn n n n nf x x x C xC x C x C x C

0 2 1 2 3 2 3 4 3 1(1 ) ( ) ( ) ( ) ... ( )n n nn n n n nx C x x C x x C x x C x x C

Ta có: 1 1 1( ) (1 ) '( ) ( 1)(1 ) "( ) ( 1) (1 ) "(1) ( 1) .2n n n nf x x f x n x f x n n x f n n

hay 0 2 1 2 3 2 3 4 3 1( ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ... ( )n n nn n n n nf x x C x x C x x C x x C x x C

0 1 2 2 2 3 3 1

1 2 2 3 2 1

1 2 2 2 3 2

'( ) (1 2 ) (2 3 ) (3 4 ) ... ( ( 1) )

"( ) 2 (2 6 ) (6 12 ) ... ( ( 1) ( 1) )

"(1) 2 2.2 2.3 ... 2

n n nn n n n n

n n nn n n n

nn n n n

f x C x C x x C x x C nx n x Cf x C x C x x C n n x n nx Cf C C C n C

1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 22 2.2 2.3 ... 2 ( 1) .2 2 3 ... ( 1) .2n n n nn n n n n n n nC C C n C n n C C C n C n n

Khi 2012n , ta có: 2 1 2 2 2 3 2 2012 20102012 2012 2012 20121 2 3 ... 2012 2013.2012.2C C C C =S

2) Gọi M là trung điểm của BC M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) Đường thẳng BC là: x+y-8=0

Gọi B(b;8-b) C(8-b;b). Ta có: ( 2;4 ); (6 ; 2)DB b b AC b b

Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC . 0 2, 5DB AC b b

+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5) Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: 4x

2 4 4 2 2 4 43 8.3 9.9 0 3 8.3 9 0x x x x x x x x (2)

Đặt 17

4 43 D : 3x xt K t

. (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0 t > 9

Khi t >9, ta có: 43 9 4 2 4 4 6 0 4 3 5x x x x x x x x KL: (5; )S

------------ HẾT ------------

54

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ 10

a. phÇn chung cho tÊt c¶ çc thÝ sinh (7,0 ®iÓm)

Câu I ( 2,0điểm). Cho hàm số 3 2 2 33 3 1 .x mx m x m m y = (1) (m lµ tham sè )

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 0m . 2. Chøng minh r»ng hµm sè (1) lu«n cã cùc ®¹i, cùc tiÓu víi m . T×m m ®Ó çc ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm

sè (1) cïng víi ®iÓm I(1;1), lËp thµnh mét tam gi¸c néi tiÕp mét ®êng trßn cã b¸n kÝnh b»ng 5 .

Câu II ( 2,0điểm).


2 sin4

tan 2 cos 0sin cos

x

x xx x

.

2. Giải hệ phương trình: 4

1,

x x yx y R

2

- = 1

y + x + 4y = 1.

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

2 21

2 (1 2 ln ) ln

( ln )

ex x x x

I dxx x x

.

Câu IV ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ®¸y lµ h×nh vu«ng c¹nh a. Çc ®iÓm M, N n»m trªn çc ®o¹n th¼ng AB, AD sao cho MA= MB, ND= 3NA. BiÕt SA= a, MN vu«ng gãc víi SM, tam gi¸c SMC c©n t¹i S. TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp S.MNDC vµ kho¶ng çch gi÷a hai ®êng th¼ng SA vµ MC theo a. Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thùc tuú ý tho¶ m·n x + y + z = 3. Chøng minh r»ng víi 1a ta lu«n cã :

1 1 1

.x y z x y z

x y z

a a a a a a

b. PHẦN RIÊNG(3,0®iÓm). (ThÝ sinh chØ ®îc chän mét trong hai phÇn) a. Phần dành cho ch¬ng tr×nh chuÈn. Câu VIa ( 2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vu«ng t¹i A. Hai ®iÓm A, B thuéc trôc hoµnh. Ph¬ng tr×nh c¹nh BC : 4 3 16 0x y . X¸c đÞnh to¹ ®é trọng tâm G của tam giác ABC . BiÕt r»ng b¸n

kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC b»ng 1.

2. Trong không gian với hệ trục toạ ®é Oxyz cho 1

1 1: ,

2 1 1

x y zd

2

1 1 2:

1 1 1

x y zd

vµ ®iÓm

A(1; 1;2) . T×m to¹ ®é cac®iÓm ,B C lÇn lît thuéc 1d , 2d sao cho ®êng th¼ng BC n»m trong mÆt ph¼ng

®i qua A vµ ®êng th¼ng 1d , ®ång thêi 2AC AB . BiÕt ®iÓm B cã hoµnh ®é d¬ng.

Câu VIIa (1,0 điểm). T×m sè phøc z tho¶ m·n : 1 . 2z z i lµ sè thùc vµ 2z i .

b. Phần dành cho ban nâng cao. Câu VIb ( 2,0 điểm).

1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã D( 1; 1) , ®êng th¼ng chøa ph©n gi¸c trong

gãc A cã ph¬ng tr×nh lµ : 2 0x y . T×m té ®é ®iÓm B. BiÕt ®iÓm A cã tung ®é ©m vµ diÖn tÝch tø gi¸c

ABCD b»ng 6. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm (1;0;1),A (3; 2;0),B (1;2; 2).C Viết phương trình mặt

(P) ph¼ng ®i qua A sao cho tæng kho¶ng çch tõ ®iÓm B vµ C ®Õn mÆt ph¼ng (P) lµ lín nhÊt . BiÕt r»ng mÆt ph¼ng (P) kh«ng c¾t ®o¹n th¼ng BC.

Câu VIIb ( 1,0 điểm ). Cho hai sè phøc 1,z 2z tho¶ m·n 1 3z , 2 2z , 1 2 5z z . TÝnh 1 2z z .

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

55

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu

Điểm

Câu I (2

điểm)

1. ( 1.0 đ)

*) Víi m = 0 hµm sè trë thµnh 3 3y x x

*) TXĐ: D R *) Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2 3y' = 3x ,

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .

- Cực trị: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1 ; y(c®) = 2. Hµm sè ®¹t cc tiÓu t¹i x = 1 ; y(ct) = -2. - Giới hạn :

Ta có: limx

y

- Bảng biến thiên: x - - 1 1 + y’ + 0 - 0 + y

2 + -2 -

*) Đồ thị:

Đồ thị hàm số đi qua các điểm 3;0 , (0,0), 3;0 ,

0,25 0,25 0,25

x

y

O

1

-2

-1

2

3 3

56

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

0,25

2.

+ ta cã , 2 26 3 1mx m y = 3x

+ ,y = 0 2 22 1mx m x = 0. Ta cã , = 1>0 => ,y = 0 cã 2 nghiÖm pb vµ ®æi

dÊu khi ®i qua c¸c nghiÖm ®ã. Suy ra hµm sè lu«n cã cùc trÞ m + ®iÓm C§ A(m-1, 2-2m) , CT B(m+1, -2-2m) + ph¬ng tr×nh AB : 2x + y =0 , tõ ®ã suy ra A, B, I lËp thµnh 3 ®Ønh mét tam gi¸c.

+ Víi R= 5 , TÝnh AB = 2 5 = 2R suy ra tam gi¸c AIB vu«ng t¹i I, víi AB lµ ®êng kÝnh.

Khi ®ã ta t¬ng ®¬ng víi ®iÒu kiÖn 2 2 2IA IB AB < = > 210 4 6 0m m => m= -1 hoÆc

m = 3

5 . VËy m = -1 hoÆc m =

3

5 th× bµi to¸n tho¶ m·n.

0.25 0,25 0,25 0,25

Câu II 1( 1.0 đ) §K : cos2x 0.

BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh 2 2sin cos sin 2 cos .cos2 0x x x x x

BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng

2cos .cos2 1 0pt x x

2cos 2 cos 2 2 0pt x x

cos 2 1x (tho¶ m·n §K) hoÆc cos2x = -2 (v« nghiÖm). Víi cos2x = 1 2 2x k x k , k Z. Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. x k , k Z.

0,25 0,25 0.25 0,25

57

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2(1.0đ) Điều kiện 0,x 1 0x y .

Tõ pt ®Çu cña hÖ ta ®îc 1 1x x y b×nh ph¬ng 2 vÕ ta ®îc 2 1y x y

B×nh ph¬ng 2 vÕ biÕn ®æi vÒ d¹ng 2

2 4y x (1)

Tõ pt 2 cña hÖ biÕn ®æi ta ®îc 2 42 5 0y x (2).

Thay (1) vµo (2) ta ®îc pt 4 4 5 0x x 3 2( 1).( 5) 0x x x x <=> x = 1 hoÆc 3 2 5 0x x x

Víi x =1 thay vµo (1) ta ®îc 2

2 4y => y = 0 hoÆc y = - 4.

Víi 3 2 5 0x x x pt v« nghiÖm do 3 2 5x x x >0 víi 0x . Víi x = 1 , y = 0 thay vµo hÖ tho¶ m·n . Víi x = 1 , y = -4 thay vµo hÖ kh«ng tho¶ m·n. VËy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x,y) = (1,0).

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu III (

1điểm)

Ph©n tÝch 2 2

2 21

2 (1 2 ln ) ln

( ln )

ex x x x

I dxx x x

=

2

2 21

( ln )

( ln )

ex x

dxx x x

2

2 21 ( ln )

ex x

dxx x x

TÝnh 2

2 21

( ln )

( ln )

ex x

dxx x x

2

2 21

( ln )

( ln )

ex x

dxx x x

2

1

1e

dxx

1

1e

TÝnh 2

2 21 ( ln )

ex x

dxx x x

=

21

11

( ln )

ex dx

x x

2

1

( ln )

( ln )

ed x x

x x

1

1 11

ln 1

e

x x e

. VËy 1 1

21

Ie e

.

0,25 0,25 0.25 0.25

Câu IV (1

điểm)

* TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp S.MNDC

Ta cã NA= 3ND => NA = 1

4a , ND =

3

4a TÝnh

5 5 5, ,

4 2 4MN a MC a NC a .

Suy ra MNC vu«ng t¹i M => ( )MN SMC MN SH => ( )SH MC

SH ABCDSH MN

0,5

58

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

+ TÝnh 2 2SH SA AH , gäi I lµ trung ®iÓm BM

=> 2 2 2 213 3

16 4AH IH AI a SH a

+ TÝnh 211

16MNDCS a . Suy ra 3

.

1 11 3.

3 192S MNDC MNDCV SH S a (dvtt)

* TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a SA vµ MC theo a. Gäi K lµ trung ®iÓm CD => MC //(SAK) => d(MC,SA) = d(MC,(SAK)) = d(H,(SAK)) H¹ ,HE AK HF SE suy ra ( )HF SAK => d(H,(SAK)) = HF.

+ gi¶ sö MN c¾t AK t¹i T => tø gi¸c MTEH lµ h×nh ch÷ nhËt => 2

5

AM aHE MT

MN

Suy ra 2 2

. 3.

31

SH HEHF a

SH HE

VËy d(MC,SA) = d(H,(SAK))

3.

31a

0,5

S F B A I M T N H

C E D K

59

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

* Víi a = 1 ta thÊy B§T ®óng . * Ta xÐt khi a > 1.

Hµm sè y= 1 1

t

ty

a a

nghÞch biÕn víi t R , khi a > 1.

Khi ®ã ta cã

Ta có : 1 1

( )( ) 0,x y

x ya a

, .x y R

Suy ra x y y x

x y x y

a a a a (1)

Chøng minh t¬ng tù y z y z

y z z y

a a a a (2)

z x z x

z x x z

a a a a (3)

Céng vÕ víi vÕ (1) ,(2) vµ (3) ta ®îc 2( )x y z x y z

x y z y z z x x y

a a a a a a

(4)

0.25 0,25

Céng 2 vÕ cña (4) víi biÓu thøc x y z

x y z

a a a ta ®îc

1 1 1

3( ) ( )( )x y z x y z x y z

x y z x y z x y z x y zx y z

a a a a a a a a a

0.25

Suy ra 1 1 1

.x y z x y z

x y z

a a a a a a ( do x + y + z = 3 )

DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi x = y = z = 1. (®pcm)

0.25

Câu V ( 1

điểm)

Câu VIa (2

điểm)

1. ( 1điểm) Ta cã ®iÓm B lµ giao cña trôc Ox vµ ®êng th¼ng BC lªn to¹ ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña hÖ:

4 3 16 0 4

0 0

x y x

y y

=> B(4, 0).

Ta cã AOx nªn gi¶ sö A(a,0) (a 4), C BC =>16 4

( , )3

aC a

(do ABC nªn A Cx x a ).

Ta cã 1 1 16 4

. 42 2 3

ABC

aS AB AC a

, mµ .ABCS p r , víi ; 1

2

AB BC CAp r

Tõ ®ã ta ®îc 1 16 4 1 16 4 5

4 ( 4 4 )2 3 2 3 3

a aa a a

=> 22 1 4 5

4 4 (1 )3 2 3 3

a a => a = 1 hoÆc a = 7.

0,25 0,5

60

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Víi 4

1 (1;0), (1;4), (4;0) (2; ).3

a A C B G

Víi 4

7 (7;0), (7; 4), (4;0) (6; ).3

a A C B G

VËy cã hai to¹ ®é träng t©m 4

(2; )3

G hoÆc 4

(6; ).3

G

0,25

2.(1.0 đ)

+ 1d ®i qua M( 0,1,1) vtcp 1 1(2,1,1) ( 1,2, 1) , ( 3,1,5)u AM u AM

=> (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0

+ Theo gi¶ thiÕt ( )C P vµ 2C d => 2 ( )C d P => C(-1,3,0)

+ 1B d => B(2t; 1+t; 1+t) . Ta cã 24,AC 26 2 6AB t t

+ AC = 2AB 26 2 6 6t t => t = 0 hoÆc t = 1

3

Víi t = 0 => B(0,1,1) ( lo¹i) do hoµnh cña B b»ng 0.

Víi t = 1

3 => B(

2,

3

4,

3

4

3) tho¶ m·n.

VËy 2 ®iÓm ph¶i t×m C(-1,3,0) , B(2

,3

4,

3

4

3)

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu VIIa ( 1

điểm)

Gi¶ sö z = a + bi , ( , )a b R

Khi ®ã:

( 1).( 2 ) ( 1) . (2 ) ( 1) (2 ) 2 2 2 2z z i a bi a b i a a b b a b i R a b (1)

+ 222 2 1 2z a b (2)

Tõ (1) vµ (2) ta ®îc a = 1 , b = 0 hoÆc 1

5a

,

12

5b

VËy 1 1,z 2

1 12

5 5z i

0,5 0,25 0,25

Câu VIb (2

điểm)

1( 1.0 đ) + Gäi E ®èi xøng víi D qua E AB ViÕt pt®t DE ®i qua E vµ vu«ng gãc víi => pt d¹ng x + y + 2 = 0

+ Gi¶ sö DE I . Khi to¹ ®é ®iÓm I lµ nghiÖm cña hÖ 2 0

( 2,0).2 0

x yI

x y

Mµ I lµ trung ®iÓm DE => E(-3,1).

0.25

61

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

+ §iÓm A thuéc ®êng trßn (C) t©m I(-2,0) , b¸n kÝnh 2ID => (C) : 2 22 2x y

Tõ ®ã to¹ ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña hÖ

2 2

2 0

2 2

x y

x y

=> A(-3,-1) , A(-1,1) ( lo¹i do 0)Ay

ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AE : x + 3 = 0 Do B AE nªn gi¶ sö B(-3,b) . Ta cã AD = 2 nªn ABCDS = AB.AD = 6 => AB = 3

Tõ ®ã ta ®îc 2

1 34

bb

b

Víi b = 2 => B(-3,2) , víi b = -4 => B(-3,-4) . Do lµ ph©n gi¸c trong gãc BAD nªn B vµ D n»m kh¸c phÝa víi ®t KiÓm tra ®iÒu kiÖn f(B).f(D) < 0 khi ®ã ta ®îc B(-3,2) tho¶ m·n. VËy B(-3,2) lµ ®iÓm cÇn t×m.

0,25 0,.25 0,25

2.(1.0đ) Gi¶ sö I lµ trung ®iÓm cña BC => I(2,0,-1) Gäi M, N, H lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B , C, I lªn mÆt ph¼ng (P) => H lµ trung ®iÓm cña MN. Khi ®ã tø gi¸c BMNC lµ h×nh thang vu«ng vµ IH lµ ®êng trung b×nh cña h×nh thang. Khi ®ã ta cã d(B,(P)) + d(C,(P)) = BM + CN = 2IH 2IA (do AHI vu«ng t¹i H ). VËy d(B,(P)) + d(C,(P)) lín nhÊt b»ng 2IA x¶y ra khi chØ khi H trïng víi A.

VËy mp(P) cÇn viÕt ®i qua A(1,0,1) nhËn (1,0, 2)AI

lµm VTPT nªn cã pt (P): 2 1 0x z

0.25 0.5 0.25

Câu VIIb

(1 điểm)

Gäi 1 1 1 1 1, ( , )z a b i a b R , 2 2 2 2 2, ( , )z a b i a b R

Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã

2 21 1

2 22 2

2 2

1 2 1 2

3

4

5

a b

a b

a a b b

=> 1 2 1 22( ) 2a a b b .

VËy 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 22 3z z a a b b a b a b a a b b

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa câu đó.

0.25 0.5 0,25

62

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 11

63

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

64

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

65

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

66

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

67

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HOC NĂM 2012 (ĐỀ 12)

Môn: TOÁNThời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 4 22 3 y x x (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) tại bốn điểm phân biệt M, N, P, Q ( sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN, NP, PQ được giả sử là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2sin .sin 4 2 2 cos 4 3 cos .sin .cos 26

x x x x x x

2. Giải hệ phương trình:

2 22 3 8 1

, y8 3 13

x y y x

xx x y y

.

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

21

14

x

x

x e dxx xe

.

Câu IV (1,0 điểm). Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = cvà 0BAC CAD DAB 60 . Câu V (1,0 điểm). Chứng minh phương trình: 1 1 xxx x luôn có nghiệm thực dương duy nhất. B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 1 0d x y và đường tròn 2 2: 2 4 0C x y x y . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó kẻ được hai

đường thẳng tiếp xúc với đường tròn C tại A và B sao cho 060AMB .

2. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm ;0;0 , B 0; ;0 , C 0;0;A a b c với a, b, c là các

số dương thay đổi và thỏa mãn 2 2 2 3a b c . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ gốc toạ độ O 0;0;0 đến mặt phẳng ABC đạt giá trị lớn nhất.

Câu VII a (1,0 điểm). Tìm , a b để phương trình 2 0z az b có nhận số phức 1z i làm nghiệm.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho prabol 2:P y x . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 3) sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A 1;5;0 , B 3;3;6 và đường

thẳng d: 1 12 1 2

x y z

. Xác định vị trí của điểm C trên đường thẳng d để diện tích tam

giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.

68

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

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

2 32 2 4 2 4 24 1 2 2

2

1log 1 log 1 log 1 log 13

x x x x x x x x .

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngy = m và đồ thị (C):

4 2x 2x 3 m 4 2x 2x 3 m 0 1

Đặt 2t x t 0 .Phương trình trên thành: 2t 2t 3 m 0 2 Gọi 1 2 3 4x , x , x , x lần lượt là hoành độ các giao điểm M, N, P, Q. Khi đó 1 2 3 4x , x , x , x là nghiệm của phương trình (1). Dựa vào đồ thị , ta thấy với điều kiện: 4 m 3 thì phương trình (2) có hai nghiệm là: 1 2t 1 m 4 ; t 1 m 4 .

Suy ra 1 2 2 1 3 1 4 2x t , x t , x t , x t Ta có 4 3 3 2 3MN PQ x x , NP = x x 2x

Để ý rằng: Điều kiện để ba số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một là: a b cb c ac a b

.

Vì MN PQ nên để MN, NP, PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ nên ta chỉ cần: 4 3 3 4 32 2 2 2MN PQ NP PQ NP x x x x x

hay 2 1 2 13 91t 2 t t 4t 1 m 4 4 1 m 4 m 4 m5 25

Kết hợp với điều kiện : 4 m 3 ta được: 91 m 325

.

Câu II 1. Ta có:

sin .sin 4 2 2 cos 3 cos .sin 46

x x x x x

sin 4 sin 3 cos 2 2 cos6

x x x x

sin 4 . sin sin cos cos 2 cos sin 4 2 cos 06 6 6 6

x x x x x x

69

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

cos 06

x

( vì sin 4 2 0x ) 2 6 2 3

x k x k k .

2. Điều kiện: 2 2x 3y 0 , y 8x 0

Đặt 2 2u x 3y , v = y 8x ( u, v 0 )

Hệ phương trình thành: 22 2 2 2 2

v 2u 12u v 1 v 2u 1u v 13 u v 13 u 2u 1 13

2

v 2u 15u 4u 12 0

2 12236

5

v uuuv

u

.

Khi đó:

2

2 2

2222

4 xy3x 3y 2 x 3y 4

4 xy 8x 9y 8x 3 8x 93

222

24 2

1444 1333 1 51 5 4 13 08 72 65 05 7

xxx yx y yyx xx x x xx x xx y

Kết hợp với điều kiện ta đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là: 1;1 , 5; 7S .

Câu III

Ta có: 4 4x

2x2x x1 1

1 x e 1 1 1I dx dx4x 4x exe xe

24

x1

1 1 dxe2 x

= 4

x1

1 1 dxe2 x

= 4x

1x e 4

1 11e

e

Câu IV Giả sử a min a, b,c Trên cạnh AC lấy điểm E, AD lấy điểm F sao cho AB AE AF a . Tứ diện ABEF có bốn mặt là các tam giác đều bằng nhau nên là tứ diện đều cạnh bằng a.

b

a

c

B

C

D

A

H

E

F

70

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta dễ dàng tính được 3

ABEFa 2V

12 .

Gọi H là chân đường cao hạ từ B.

Ta có: AEF

ACD

02

ABEF

0ABCD

1 1BH.S AEAFsin 60V a3 21 1V bcBH.S ACADsin 603 2

.

Suy ra ABCDabc 2V

12 .

Câu V Ta có: xx 1x x 1 x 0 x 1 ln x x ln x 1 0 Xét hàm số: f x x 1 ln x x ln x 1 x 0

1 1 1f x ln 1x x x 1

Chứng minh bất đẳng thức cơ bản ln 1 t t t > 0 ta suy ra 1 1ln 1x x

Do đó 1 1 1 1f x 0 f xx x x 1 x 1

đồng biến trên 0; (1)

Mặt khác: do f x liên tục trên 0; và f 2 f 3 ln8 ln 9 ln81 ln 64 0 suy ra

tồn tại 0 2;3x 0, sao cho 0f x 0 (2) Từ (1) và (2) điều phải chứng minh. B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu Via 1. Viết lại C dưới dạng 2 21 2 5x y

Vậy C có tâm 1;2I , bán kính 5R .

; 1M d M t t

Theo giả thiết 60oAMB Suy ra 30 2 2 2 5oAMI MI IA R

hay

2 22 23 3;4

20 1 1 20 93 3;2

t MMI t t t

t M

2. Phương trình mặt phẳng (ABC): x y z 1a b c

2 2 2

1d d O; ABC1 1 1a b c

B

A

MI

71

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

2 2 22 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 19 a. b. c. a b c 3a b c a b c a b c

.

Suy ra: 2 2 2

1 1 1 3a b c

. Do đó: 13

d .

Dấu bằng xảy ra 2 2 2

1 1 1 1 a b c 1a b c

.

Vậy 1Max d3

khi a b c 1 .

Câu VIIa Theo đề, ta có: 21 i a 1 i b 0 21 2 0i i a ai b

a 2 i a b 0 a 2 0 a 2a b 0 b 2

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt 2 2A a;a , B b;b ( b > a)

PT đường thẳng d: y a b x ab Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đt d . Ta có:

b

2

a

S a b x ab x dx b

a

x a x b dx b

a

x a x b dx

= b

33 2

a

1 a b 1x x abx b a3 2 6

.

Do M 1;3 d a b ab 3

Suy ra 3 32 2 22 1 1 1S b a a b 4ab ab 3 4ab

36 36 36

= 3321 8 128 8 2ab 1 8 S

36 36 9 3

8 2MinS ab 1 0 ab 1 a b 23

.

Vậy ta lập được phương trình đường thẳng d : y 2x 1 . 2. Ta có: C d C 1 2t;1 t;2t

AB 2; 2;6 , AC 2t 2; t 4;2t

2 6 6 2 2 2AB;AC ; ; 2t 24;8t 12;2t 12

t 4 2t 2t 2t 2 2t 2 t 4

Gọi S là diện tích tam giác ABC.

72

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Ta có: 00 0

0

2 3; , 22

xM x C xx

, 20

02x

1)x('y

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M : 2x

3x2)xx(

2x

1y:

0

002

0

Toạ độ giao điểm J, K của () và hai tiệm cận là: J 0

0

2 22; ; 2

xx

K 02 2;2x

Ta có: 00

2 2 22 2

J KM

x x x x x , 0

0

2 32 2

J KM

y y x yx

M là trung điểm JK.

Mặt khác I(2; 2) và IJK vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IJK có diện tích:

S = 2

2 2 200 0 2

0 0

2 3 1( 2) 2 ( 2) 22 ( 2)

xIM x xx x

Dấu “=” xảy ra khi

020 2

0 0

1 1;11( 2)( 2) 3 3;3

x Mx

x x M

.

Câu II

1. Ta có: 2 2 34sin 3 sin 2 1 2cos22 4

x x x

2 1 cos 2 3 cos 2 1 1 cos 2 32

x xx

2 2cos 3 cos 2 2 sin 2 sin 2 3 cos 2 2cosx x x x x x

1 3sin 2 cos 2 cos sin 2 cos2 2 3 2

x x x x x

22 2 5

3 2 18 3

2 2 23 2 6

5

x x k x k k

x x k x k

.

Vì 0;2

x

nên ta chọn được nghiệm 185x

.

2. Với 0y hệ phương trình đã cho thành: 27 06 0x

( Vô lý). Suy ra 0y

Khi đó:

33

3 3

2 2

3(2 ) 188 27 184 6 3 32 . 2 3

xx y y yx y x y

x xy y

.

Đặt 32 ,u x v =y

. Hệ phương trình trên trở thành

73

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 33 3 318 3 18 2713 3 3

u vu v u v uv u v u vuvuv u v uv u v uv u v

. Suy ra u, v là

nghiệm của phương trình: 2

3 523 1 0

3 52

tt t

t

.

Do đó:

3 5 3 53 5 3 52 24 42 2

3 3 5 3 3 53 3 5 3 3 52 2 2 2

x xx x

y yy y

.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

3 3 5 3 3 53 5 3 5; ; ;4 2 2 2

S

.

Câu III Đặt 10 5 10 51 cos 1 cost x t x

9 4 4 910 5sin .cos sin .cos 2t dt x xdx x xdx t dt

Ta có: I 1 12

10 5 5 4 10 9 10 20

0 0 0

1 cos .cos .sin cos 2 1 2x x x xdx t t t dt t t dt

111 21

0

20211 21 231t t

.

Câu IV ABC vuông cân tại B nên

2 2 2 24 4 2 2AC AB BC a a a EBC vuông cân tại B nên

2 2 2 24 5C BE BC a a a . Theo định lý ba đường vuông góc ta có: EH HC . Suy ra: sinEH EC

1 52 2

aEI EC .

1 1 5. sin 5 sin . cos2 2 2HEI

aS EH EI HEI a

= 25 sin 28

a .

B A

C

S

ME

I

J

H

74

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Trong SCE , IJ là đoạn trung bình nên 12

IJ SE a và IJ HEI .

Do đó 3

21 1 5 5. sin 2 sin 2 .3 3 8 24EHIJ HEI

aV IJ S a a

EHIJV đạt giá trị lớn nhất khi sin 2 1 02

tức .

4

Câu V

Xét hàm số: x 1 x x x

1 x 1 x 1 x 1 x 1 xf x x x x x.x 1 x x x 0;1 .

x1 x

2

1 x x 1 xf x 2. ln x1 x1 x

.

Xét: 1 xg x 2. ln x1 x

2

2

1 xg x 0 g x

x 1 x

đồng biến trên 0;1

g x g 1 0 f x 0 x 0;1 f x nghịch biến trên 0;1

11 x

11 1 x

x 1 x 1 x 1

1 2f x lim f x lim 1 x x .x 2lim 1 x 0;11 e1 x

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa 1. Ta có: A AB AD toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

42 2 0 3

2 1 0 53

xx yx y y

.

Do đó 3 34 5;A

.

Gọi ;N x y AC ( AC là tia phân giácBAD ). Hơn nữa M và N nằm cùng phía đối với

đường thẳng AB nên ta có:

2 2 2 12 2 2 15 5

2 2 1 4 2 0 2 2 02 2 02 1 2 2 2 0

x y x yx y x y

x y x yx yx y

A

C

BD

MN

75

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 2 1x y x y hay 3 0x y . Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là: 3 0x y . Đường chéo BD qua 1;2M nhận 1; 1BD ACu n

làm vectơ chỉ phương nên có

phương trình là: 1 2 3 01 1

x y x y

.

B AB BD toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 0 4

3 0 1x y xx y y

. Do đó 4; 1B .

D AD BD toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 4

3 0 7x y x

x y y

. Do đó 4;7D .

Gọi I AC BD toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 3 0 03 0 3

x y xx y y

. Do đó 0;3I .

Vì I là trung điểm AC nên 4 13;3 3

C

.

2. Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: 2 2 2; ; 0pn a b c a b c

.

vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (xOy) là: 0;0;1xOyn

vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: 1;1;2du

. 0 2 0 2d PP u n a b c b a cd

.

Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (xOy) 02

.

Ta có: 2 2 2 2 2 22 2

cos2 4 52

c c c

a b c a ac ca a c c

.

+ Nếu 0c thì cos 02

.

+ Nếu 0c thì ta chọn 1c . Khi đó: 2 2

1 1 1cos32 4 5 2 1 3a a a

.

Dấu “=” xảy ra khi 1a . nhỏ nhất cos lớn nhất.

Do đó so sánh hai trường hợp này ta được 0;

2

1max cos3

khi 1 1a c ; b= .

Mặt phẳng P qua 1; 2;0A d và 1; 1;1Pn

làm vectơ pháp tuyến nên có phương

trình: 1. 1 1. 2 1. 0 0 3 0x y z x y z . Câu VIIa Hai số phức liên hợp có mođun bằng nhau, ta suy ra

76

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

z 2 i z 2 i (vì z 2 i z 2 i z 2 i ).

Từ đó ta có: z 2 i 1 .

Đặt ,z x iy x y . Suy ra

2 2 2 22 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1z i x y i x y x y

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I 2;1 , bán kính R 1.B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b 1. Gọi phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M(4;5) là: 2 24 5 0 0a x b y a b . Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua N(6;5) và vuông góc với AB là: 6 5 0b x a y . Diện tích của hình chữ nhật ABCD là:

2 22 2 2 2

4 33 4 4; . ; .

a b a ba b b ad P AB d Q BC

a ba b a b

.

Theo đề, ta có:

2 22 2

4 316 3 4

a b a ba b a b a b

a b

.

Cho b = 1, ta được: 2 2 23 1 4 1 4 3 4 4a a a a a a

2 2 2

2 2 2

14 3 4 4 3 4 1 014 3 4 4 5 4 7 03

aa a a a aaa a a a a

Vậy phương trình cạnh AB là: 1 0 ; 3 11 0 x y x y . 2. mp qua A 2;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c b,c > 0 nên có phương trình là:

x y z 12 b c

1 1 1 bcJ 1;1;1 1 b c 12 b c 2

AB 2;b;0 , AC 2;0;c

b 0 0 2 2 bAB;AC ; ; bc;2c;2b

0 c c 2 2 0

2 2 2 2 2 2 2 2ABC

1 1 1S AB;AC b c 4c 4b b c 4 b c2 2 2

.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 2 22 2 2 21.b 1.c 2 b c 4 b c 2 b c .

Do đó: 2 2 22 2ABC

1 1 6S b c 2 b c 4 b c 2 b c b c2 2 2

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b c.

C

A B

D P

Q N

M

77

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Từ (1) suy ra 2bc 0 b 2.b 2

Suy ra ABC6 2b 6 4 6 4S b b 2 b 2 4

2 b 2 2 b 2 2 b 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương: 4b 2 4b 2

ABCS 4 6 .

Do đó ABCMinS 4 6 đạt được khi b c 0

b c 4bcb c2

.

Câu VIIb Ta có:

k kk kk 2010

kk 1 k 1

2011

2 2010! 2 2010!2 C1k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !

2 2011!1 1 2 C2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 21 5 4 43

2

y x mx mx (C).

5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0 . 6. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x sao cho biểu thức :

222 1

2 21 2

5 125 12

x mx mmAx mx m m

đạt giá trị nhỏ nhất.


3. Giải phương trình: tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1 tan tan2xx x x x x x

.


6 2 6

5 2

6 2 6

25

22 33

22 33

xyx x yx x

xyy y xx y

, yx .

1 2 20111 2 20112011 2011 2011

2011 0 02011

1 P 2 C 2 C ... 2 C4022

1 1 2 1 2 C .4022 2011

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HOC NĂM 2012 (ĐỀ 13) Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

78

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân:

ln5

ln 2.

10 1 1x x

dxIe e

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy hình chóp và SA a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC AHK và tính thể tích O.AHK. Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

4 3 3 3 4 1 1 0m x m x m B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn:

2 22 21 2C : x y 9 ; C : x 1 y 1 25 . Gọi A, B là các giao điểm của 1C

và 2C . Viết phương trình đường thẳng AB. Hãy chứng minh rằng nếu K AB thì

KI KJ với I, J lần lượt là tâm của 1C và 2C .

4. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;5;0 và đường thẳng x 1 y 1 z 7d :2 3 4

.

Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A và BC 2 17 .

Câu VII a (1,0 điểm). Giải phương trình: 2z 2011 0 trên tập số phức .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, xác định toạ độ các điểm B và C của tam giác đều ABC biết

A 3; 5 và trọng tâm G 1;1 .

2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm 0;0; 3 , N 2;0; 1M và mặt phẳng

: 3 8 7 1 0x y z . Tìm tọa độ P nằm trên mặt phẳng sao cho tam giác MNP đều.

Câu VII b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 3log y log x

3 3

x 2y 27log y log x 1

.

BÀI GIẢICâu I1. Học sinh tự giải. 2. TXĐ: D =

2 5 4y x mx m . Hàm số đạt cực trị tại 1 2, x x Phương trình 0y có hai nghiệm phân biệt 1 2, x x

79

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

216

25 16 0 250

mm m

m

(1)

Theo định lý Viet, ta có: 1 2

1 2

54

x x mx x m

Vì 1x là nghiệm của phương trình nên: 2 2

1 1 1 15 4 0 5 4x mx m x mx m . Do đó: 2 2

1 2 1 2 1 25 12 5 4 5 12 5 16 15 16 0x mx m mx m mx m m x x m m m .

Tương tự, ta cũng tính được: 2 22 15 12 25 16 0x mx m m m .

Khi đó: 22 2 22 1

2 2 2 21 2

5 12 25 16 25 12 25 16

x mx mm m m mAx mx m m m m m

( Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương). Dấu “=” xảy ra

2 2 24 2 2 2

2 225 16 25 16 25 16

25 16m m m m m m m m m

m m m

20

24 16 0 23

mm m

m

. Kết hợp với (1) ta chọn 2 .3

m

Vậy min 2A khi 23

m .

Câu II

1. Điều kiện: 2

cos 0 cos 0 cos 0 cos 01 cos 0 cos 1cos 0 2cos 0

2 2

x x x xx x x x

.

Ta có: tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1 tan tan2xx x x x x x

sinsin 2tan tan 2sin 1 6cos 3 sin 1

cos cos2

xxx x x x x xx

cos cos sin sin

2 2tan tan 2sin 1 6cos 3 sincos cos

2

x xx xx x x x x xx

cos

2tan tan 2sin 1 6cos 3 sincos cos

2

x

x x x x x xx

80

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

tan tan 2sin tan 6cos 3 tanx x x x x x

tan tan 2sin 6cos 3x x x x

2 2tan 1 2cos 3 1 2cos 1 2cos tan 3 0x x x x x

22 2 2 2 2

11 1 1 coscos cos cos 22 2 21costan 3 sin 3 os 1 os 3cos4

xx x x

xx x c x c x x

2 1 1 2os os2 2 2

4 2 3 3c x c x x k x k k (thoả điều kiện)

2. Cộng vế theo vế của hai phương trình trên ta được:

2 2

5 2 25

1 122 33 2 33

xy x yx x y y

2 2

2 25 5

1 121 32 1 32

xy x yx y

(*)

Nhận xét: 2 2* 2 *VT xy x y VP .

0* * 1

10

x yx y

VT VP x y x yx y

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 0;0 , 1;1S . Câu III

Ta có:

ln5 ln5

ln 2 ln 2

.10 1 1 10 1

x

x x x x

dx e dxIe e e e

Đặt 21 1 2x x xt e t e tdt e dx Đổi cận: ln 2 1 ; ln 5 2x t x t

Khi đó:

22 2 2

21 1 1 1

2tdt dt 1 1 1 1 3 t 1 5I 2 dt ln ln3 t 3 t 3 3 t 3 t 3 3 t 3 29 t t

.

Câu IV + Chứng minh SC AHK

Ta có: BC ABBC SAB BC AH

BC SA

.

Mặt khác AH SB nên AH SBC , do đó AH SC . G

O

D

A B

C

S

H

K

I

M

81

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

f t liên tục trên 0;1

2

22

52 8 60 05 16 7

t tf tt t

f t là hàm nghịch biến trên 0;1 .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi 7 9 .9 7

m

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a

1. Ta có:

2 2

1 1 2 2

9;

1 1 25

x yM x y C C

x y

2 2

2 2

97 0

2 2 23 0x y

x yx y x y

là phương trình đường thẳng AB.

; 7K AB K t t .

Đường tròn 1C có tâm là: 0;0 I , đường tròn 2C có tâm là: 1;1J .

2 2 22 2 21 8 7 16 0KJ KI a a a a KI KJ .

2. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên 2 21 342

AB BC .

B, C d nên có toạ độ là 1 2 ; 1 3 ;7 4t t t .

Khi đó 2 2 22 2 134 2 6 3 6 4 7 34 29 116 87 0

3t

AB t t t t tt

.

Vậy 1;2;3 , C 5;8; 5B hoặc B 5;8; 5 , C 1;2;3 . Câu VIIa Đặt , bz a bi a .

Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2011 2011 2z a b abi z a b abi z a b abi

Do đó 2 2

2 2 2 2011 02011 0 2011 2 0

2 0a b

z a b abiab

.

97

t

f t

f t

0 1

97

82

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Nếu 0b thì 2 2011 0a ( vô lý) . Do đó 0 0b a . Dẫn đến: 2011b . Vậy số phức z cần tìm là: 2011.i B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm)

1. Gọi M là trung điểm BC, suy ra 3 0;42

MA GA M

Trong tam ABM vuông tại M ta có: 0

0

3 10cos30 2 30cos 30 3

2

AM AMABAB

.

Suy ra: 2 30 302

BM CM

Giả sử 0 0;B x y . Khi đó 22 20 030 4 30MB x y (1)

Mặt khác 0 0 0 0. 0 3 12 0 3 12AM BM AM BM x y x y

(2)

Thay (2) vào (1) ta được: 2 2 20 0 03 12 4 30 4 3y y y

0 0

0 0

7 91 9

y xy x

Vậy 9;7 , C 9;1B hoặc 9;1 , C 9;7B .

2. Đường thẳng MN qua M 0;0; 3 nhận MN 2;0;2

làm vectơ chỉ phương

nên có phương trình: x 2ty 0 tz 3 2t

.

Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN. Gọi I là trung điểm MN I 1;0; 2 .

Mặt phẳng qua I 1;0; 2 nhận 2;0;2MN

làm vectơ pháp tuyến nên có phương

trình: 2. x 1 2. z 2 0 x z 1 0 .

P sao cho MNP đều 2 2

P

MN NP

Giả sử tọa độ điểm N là 0 0 0; ;x y z , ta có:

0 0 0

0 022 2

0 0 0

3 8 7 1 01 0

3 8

x y zx z

x y z

.

Giải hệ phương trình này ta tìm được 2 2 1P 2; 2; 3 , P ; ;3 3 3

.

Câu VIIb Điều kiện : , 0x y .

MB C

A

G

83

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đặt 3

3

og 3log 3

a

b

a l x xb y y

HPT đã cho thành: 23 93 2 3 271 11

b a aba b a ba b a bb a

; ba là nghiệm của phương trình: 2 12 0

2t

t tt

Khi đó:

31 1 9

2 2 12 2 91 1 1

3

xa a y

b bxa a

b b y

( thoả điều kiện).

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 1 1S 3;9 , ;9 3

.

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HOC NĂM 2012 (ĐỀ 14) Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 1 1

xyx

(C).

7. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 8. Tìm điểm M thuộc (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ là nhỏ nhất.Câu II (2,0 điểm)


cos 2 1tan 3tan2 cosπ xx x

x

.


3

23

1 3

82

y x

x y

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

2

34

tan tan xI x x e dx

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA ABC , tam giác ABC vuông cân

đỉnh C và SC a . Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương sao cho: 2 2 2 2 4a b c d . Chứng minh: 3 3 3 3 8a b c d . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

84

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với 5,AB 1; 1 ,C đường thẳng AB có phương trình 2 3 0x y và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 2 0.x y Hãy tìm toạ độ các điểm A và B. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm 3;1;1 , B 7;3;9 , C 2;2;2A và mặt phẳng (P) có phương trình: 3 0x y z .

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 3MA MB MC

nhỏ nhất.

Câu VII a (1,0 điểm)

Gọi A, B theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 0 và 12

iz z .

Chứng minh tam giác OAB vuông cân. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng : 2 1 2 0d x my và đường tròn 2 2: 2 4 4 0C x y x y . Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m sao cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính diện tích đó. 2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A 1;2;5 và phương trình hai đường trung tuyến :

1 2x 3 y 6 z 1 x 4 y 2 z 2d : ; d :

2 2 1 1 4 1

Viết phương trình chính tắc các cạnh của tam giác ABC.

Câu VII b (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình sau: 2 1

2 25 5

2 2 2

log 3 1 log 2 4 1

y x y x

x y y x y

.

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải

2. Ta có: 00

0

1;1

xM x Cx

Gọi Md là khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ, khi đó:

00

0

1;Ox ;1M

xd d M d M Oy xx

Chọn 1;0 1MM H d . Do đó, để tìm MMind ta chỉ cần xét:

85

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

00

000 0

0

11 1

0 11 1 111

xx

xx x xx

.

Với 00 1x thì

00 0 0

0 0 0

1 2 21 1 21 1 1M

xd x x xx x x

00

22 1 2 2 2 2 2 2 11

xx

( Bất đẳng thức Cauchy).

Dấu bằng xảy ra0

00

0

0 12 121

1

xx

xx

Vậy 2 2 1Mmind khi 2 1;1 2M .

Câu II

1. Điều kiện: cos 0

cos 0sin 2 0

s 0 sin 0 22

xx πx x k kπco x x

Phương trình tương đương với 2

2 2 32

2sin 1cot 3tan tan 0 tan 1cos tan

xx x x xx x

tan 14πx x kπ k .

2. Đặt 3 ,u 0 ; v = 1u x y . Suy ra: 2 2 4

3 3 3 31 1x u x uy v y v

Hệ đã cho trở thành: 344 3 4 3

3 33 81

81 81u v v u

u uu v u v

4 3 2 3 29 27 54 0 3 2 15 18 0u u u u u u u u .

Do 0u nên 3 22 15 18 0u u u . Suy ra 3, v = 0u .

Khi đó: 33

3 911 0

x xyy

.

Vậy 91

xy

là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Câu III

2 x 2 x x1 2

3 3 34 4 4

I tan x tan x e dx tan x.e dx t anx.e dx I I

Sử dụng tích phân từng phần đối với 2I ta được:

86

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

232 1 1 24 3

4

t anx. 1 tan .x xI e x e dx e I I I I e

.

Câu IV

Ta có:

, 0;2

BC SBC ABCSC BC SCACA BC

Trong SAC vuông tại A, ta có: sin sinSA SC a . và cos cosAC SC a . Vì ABC vuông cân tại C nên:

2 2 21 1 1. cos2 2 2ABCS AB AC AC a .

Thể tích hình chóp .S ABC là:

2

2 2 3 2 3.

1 1 1 1. sin . cos sin cos sin sin3 3 2 6 6S ABC ABC

aV SA S a a a

Xét hàm số 3sin siny f , 0;2

.

Đặt sint , 0; 0;12

t

.

Khi đó xét hàm số 3 , t 0;1g t t t

21 3g t t

2

1 0;130 1 3 0

1 0;13

tg t t

t

Lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra

3 3 3 3

. 0;10;2

2 3max max max .6 6 6 273 3S ABC t

a a a aV f g t

khi 1sin3

, 0;2

Câu V

A C

B

S

00

t

g t

g t

0 1

0

13

23 3

87

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Từ 2 2 2 2 4a b c d suy ra 2 4 2.a a Khi đó 2 3 22 0 2a a a a .

Tương tự ta cũng chứng minh được: 3 22b b , 3 22c c , 3 22d d . Cộng vế theo vế của bốn bất đẳng thức trên ta được

3 3 3 3 2 2 2 22 8.a b c d a b c d


1. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên : 1 31 3

A B C A B G

A B C A B G

x x x x x xy y y y y y

Suy ra 2 3A A B B G Gx y x y x y . Vì G đường thẳng 2 0x y nên 2 0 2G G G Gx y x y . Do đó: 2 6 8A A B B A A B Bx y x y x y x y

Lại vì A, B thuộc đường thẳng 2 3 0x y nên: 2 3 0

12 3 0

A A

B B

x yx y

.

2

8 3 2 3 2 610

A BA A B B A A B B A B

A B

y yx y x y y y y y y y

x x

Mặt khác 2 25 5A B A BAB x x y y Nhưng theo (1) 3 2 , x 3 2A A B Bx y y nên 2A B B Ax x y y .

Suy ra 2 2 25 5A B A B A Bx x y y y y

Vậy

1 11 1 2 2

2 2 3 32 2

A AA B A B

A B A BB B

y yy y y yy y y y y y

Cuối cùng ta thu được:

1 34; , B 6;2 2

A

hoặc 36;2

A

, 14;2

B

.

2. Giả sử I là một điểm thoả 2 3 0IA IB IC

. Khi đó ta tính được I 23 13 25; ;6 6 6

.

Ta có: 2 3 2 3 6MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI

2 3MA MB MC

nhỏ nhất MI

nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt

phẳng (P).

88

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Gọi là đường thẳng qua I nhận 1;1;1Pu n

làm vectơ chỉ phương nên có phương

trình tham số :

236

13 6

256

x t

y t t

z t

.

Ta có M P toạ độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình : 23 13 25 79 5 20 23 0 ; ;6 6 6 18 9 9 9

t t t t M

.

Vậy 2 3MA MB MC

nhỏ nhất khi 5 20 2; ;9 9 9

M

Câu VII a Giả sử z x yi thì ta có A x; y . Vì z 0 nên 2 2x y 0 .

Ta có 1 1 1 .2 2 2 2

i x y x yz z i x yi i

Vậy B có tọa độ : ; .2 2

x y x yB

Ta lại có: 2 2 2 2

2 2 2 2 ; OB2 2 2

x y x y x yOA x y

.

2 2 2 2 2 22 .

2 2 2 2 2x y x y x y y x x yAB x y

Từ đó, suy ra : 2 2 2

OB AB.

OA OB AB

Vậy tam giác OAB vuông cân tại B.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b 1. ( )C có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. d cắt ( )C

( , ) tại 2 điểm phân biệt A, B

d I d R22 2 1 2 3 2 m m

2 21 4 4 18 9m m m 25 4 17 0m m ( luôn đúng m ).

Ta có: 1 1 9. sin .2 2 2

S IA IB AIB IA IBIAB

Vậy: S IAB lớn nhất là 92

khi 090AIB AB = 2 3 2R 3 2( , )

2d I d

dB

A

I

89

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 2 21 2 2m m

2 2 216 16 4 36 18m m m

22 16 32 0m m 4 m 2. Thay tọa độ A 1;2;5 vào hai phương trình 1 2d , d thấy không thỏa. Do đó

1 2A d , A d . Giả sử 1d là trung tuyến vẽ từ B, 2d là trung tuyến vẽ từ C

1 2 , C dB d B 3 2b;6 2b;1 b C 4 c;2 4c;2 c .

1 2G d d Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ : 3 6 1

2 2 1 .4 2 2

1 4 1

x y z

x y z

Giải hệ này ta thu được x 3; y 6;z 1.

Do đó G 3;6;1G là trọng tâm của tam giác ABC nên

A B CG

A B CG

A B CG

x x x 1 3 2b 4 cx 33 3 2b c 1

y y y 2 6 2b 2 4cy 6 b 2c 43 3

b c 5z z z 5 1 b 2 c1z33

b 2 B 7;2; 1

c 3 C 1;14; 1

Từ đó ta lập được phương trình các cạnh của tam giác ABC là: 1 2 5 :

1 0 17 2 1 :

1 2 01 14 1 : .

0 2 1

x y zAB

x y zBC

x y zCA

Câu VII b

2 1

2 25 5

2 2 2 1

log 3 1 log 2 4 1 2

y x y x

x y y x y

Điều kiện : 0y . Chia cả hai vế của (1) cho x2 0 ta được:

2 2 2 12 2 2 2 2 2 0

2 2 0

y xy x y xy x y x

y x

90

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 2 1y x x y . Thay y x vào (2) ta được:

22 25 5 5

1log 3 1 log 2 4 1 log 3 1 2 1x x x x x x xx

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 5 513 og 3 log 2 3 1VT l xx

.

3 1VP .

Vậy 2

13 3 1 1 1

1 0

xxVT VP x y

x

(thỏa điều kiện y 0 )

Vậy 1x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.

ĐỀ 5

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 23 1 5 4 8y x m x m x mC

9. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị mC của hàm số khi m 0 .

10. Tìm m để mC cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt lập thành một cấp số nhân. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 3 18sincos sin

xx x

.

2. Giải phương trình: 2 3 3 244 4 41 1 1 1 .x x x x x x x x

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân:

0

12

1 1dxIx x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc

với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 34

a .

Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: 2

2

1 12 s inx s inx 7s inx s inx 2.

1 13 s inx s inx 12s inx s inx

m

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần

ĐĐỀ THI TH Ử ĐẠI HOC NĂM 2012 (ĐỀ 15)

Môn: TOÁNỀ T

91

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm 2;1A . Lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ 0b và điểm C thuộc trục Oy có tung độ 0c sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 2. Trong không gian Oxyz cho các điểm 2;0;0 , M 0; 3;6A . Viết phương trình mặt

phẳng P chứa A, M và cắt các trục , Oy Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho 3.OABCV

Câu VII a (1,0 điểm).

Xét số phức: 1 2

i mzm m i

. Tìm m để 1.2

z z .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng : 2 2 0x y và hai điểm 1;3 , B 3; 2A . Tìm M trên sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm 2;3;0 , B 0; 2;0A và đường thẳng

: 02

x tyz t

. Tìm C sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.

Câu VII b (1,0 điểm). Tìm miền xác định của hàm số: 32 lg 2 lgln 8 4x xy

BÀI GIẢICâu I

1. Học sinh tự giải

2. + Điều kiện cần : Giả sử mC cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt 1 2 3, ,x x x lập thành

một cấp số nhân . Khi đó 3 23 1 5 4 8 0x m x m x có 3 nghiệm là 1 2 3, ,x x x

3 21 2 33 1 5 4 8 xx m x m x x x x x x x

3 23 1 5 4 8x m x m x 3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3x x x x x x x x x x x x x x x

Suy ra : 1 2 3 8x x x . Vì 1 2 3, ,x x x lập thành một cấp số nhân nên 22 1 3x x x . Do đó

32 28 2.x x Thay 2 2x vào phương trình 3 23 1 5 4 8 0x m x m x

ta thu được 4 2 0 2.m m

92

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

+ Điều kiện đủ : Với 2m thay vào phương trình 3 23 1 5 4 8 0x m x m x ta

thu được 3 21 2 37 14 8 0 1 2 4 0 1 , 2, 4x x x x x x x x x lập

thành một cấp số nhân .

Vậy 2m là giá trị cần tìm.

Câu II

1. Điều kiện: sin 0sin 2 0 .

cos 0 2x

x x k kx

Phương trình đã cho tương đương với: 28sin cos 3 sin cosx x x x 4 1 cos 2 cos 3 sin cosx x x x

4cos 4cos 2 cos 3 sin cosx x x x x 4cos 2 cos3 cos 3 sin cosx x x x x

1 3cos sin cos3 cos cos32 2 3

x x x x x

3 2

3 6 3 2

3 12 2

x x k x kk

x x k x k

thoả điều kiện ban đầu.

2. Điều kiện: 0 1x

Đặt 4

44 4

00

1 1

uu x

vv x u v

Từ phương trình đã cho ta được :

2 2 3 2 2 2

2 2 0

u uv v v u u v

u v u v u uv v

1 0

1 0

u v u v u v

u v u v

( do u , v không âm và u , v không đồng thời bằng 0 nên 0u v ).

Ta được các hệ :

4

4 44

10 2)

112

uu va

u v v

. Do đó

112 .

1 212

xx

x

93

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

224 4 2 2

11)

1 2 2 1

u vu vb

u v u v uv u v

2 2

1 01

0 110

2 4 0 1 12

2 0

u v uu v

uv vu vuv

u v uv u v uuv

uv v

. Do đó

01 1 0

111 0

xx x

xxx

.

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là: 10; ;12

S

.

Câu III

Ta có:

0 0

21 12 21 1 1 11

4 2

dx dxIx x

x

Đặt 1 1 1sin costdt ; t ;2 2 2 2 2

x t dx

Lúc đó: 2 2 2

20 0 0

1 cos cos 22 1 2 .2 cos 2 cos 21 11 sin

4 4

tdt tI dt dt Jt t

t

Cần tính J2

0

dt2 cos t

. Đặt 2

2tan2 1x dtt dx

t

Ta có: 1 12

2 20 0

2

21 2

1 321

dtdttJ

t tt

Đặt 23 tan 3 1 tant u dt u du

26 6

20 0

3 1 tan 13 3tan 3 6 3

u duJ du

u

.

Suy ra: 9 4 3

I 2.2 186 3

.

94

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV

Trong ABO vuông tại O ta có:

2 3tan 32

OA AC aABOOB BD a

060 ABO hay ABD đều.

SAC ABCD

SBD ABCD SO ABCD

SO SAC SBD

.

Do ABD đều nên với H, K lần lượt là trung điểm của AB, HB nên DH AB và DH = 3a ;

OK // DH và 1 32 2

aOK DH OK AB AB (SOK)

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay ;OI d O SAB

SOK vuông tại O ta có: 2 2 2

1 1 12aSO

OI OK SO .

Diện tích đáy: 24 2 . 2 3 2 3ABCD ABOS S OA OB a a a .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

2.

1 1 3. 2 33 3 2 3S ABCD ABCD

a aV SO S a .

Câu V Bất phương trình đã cho tương đương với:

2

2

1 12 sin sin 1sin sin 21 13 sin sin

sin sin

x xx x

x x mx x

.

Đặt 1sin , tsin

t x x kx

.

Bài toán tương đương với việc tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi t: 2

2

2 1 23

t tt t m

.

Vì mẫu thức xác định t nên 11 12 0 .12

t m Khi đó 23 0 tt t m .

Vì 22 1 0 tt t nên 2

22

2 1 2 4 3 2 1 0 3

t t t t t m tt t m

359 16 2 1 0 .12

m m

S

A

B K

H

C

O

I D

a

95

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 3512

m là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Ta có: ;0 , C 0;B b Ox c Oy với , c 0b .

2; 1 , 2; 1AB b AC c

.

Do tam giác ABC vuông tại A nên 0 2 2 1 0 1 2 2AB AC b c c b

.

2 21 1 2 1. 4 12 2ABCS ABAC b c

2 2 21 2 1 4 4 2 2 1 12

b b b .

Do 52 5 0 02

c b b .

Dấu “=” xảy ra khi 2b , 1c . Vậy min 1ABCS khi 2;0B , 0;1C .

2. Giả sử 0; ;0 , C 0;0;B b c . Mặt phẳng P qua A , B , C nên có phương trình là :

1.2x y z

b

c

3 60; 3;6 1 6 3 .M P b c bcb c

Lại có : 1 2 1. . . 3 9.3 3 2 3OABC OBC

bcV OA S bc bc

Từ đó ta có được các hệ phương trình :

(a) . 2

32 3

32 3 2 36 3 9 332 3 99 2 3 9 0 32

2 6

bc b

cc b c bb c bb bbc b b b

bc

.

(ii ). 2

2 3 2 36 3 92 3 99 2 3 9 0

c b c bb cb bbc b b

( Hệ vô nghiệm).

Vậy phương trình mặt phẳng P cần tìm là :

96

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 , 1.32 3 3 2 62

x y z x y z

Câu VII a

Ta có:

2

22 2 2

1 2

1 2 1 4

m i m mii mzm mi m m

2 2 2 2 2

2 22 2

1 2 1 2 1 1

1 1

m m m i m m m m i m

m m

= 2 2

11 1

m im m

2 2

11 1

mz im m

Do đó

22

2 22

1 1 1 1 1. 1 2 1.2 2 1 21

mz z m mmm

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b 1. Đặt ; 2 2F x y x y . Do 1;3 . 3; 2 15 0F F nên A và B nằm về hai phía khác nhau đối với . Gọi d là đường thẳng qua A vuông góc với . Khi đó d nhận 1;2du n

làm vectơ chỉ

phương nên có phương trình: 1 3 2 1 01 2

x y x y .

Gọi H d Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: 2 1 0 00;1

2 2 0 1x y x

Hx y y

.

Gọi C là điểm đối xứng của A qua nên H là trung điểm của AC. Suy ra 1; 1C .

Ta có: 17.MA MB MC MB BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .M BC Đường thẳng BC qua 3; 2B nhận 4;1BC

làm vectơ chỉ phương nên có phương

trình: 3 2 4 5 04 1

x y x y

.

Toạ độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ: 92 2 0 79;74 5 0 2

2

xx yM

x y y

.

Vậy 17Max MA MB khi 79;2

M

.

2. Ta có: ;0;2C C t t Gọi P là chu vi của tam giác ABC, ta có:

P AB AC BC 2 215 6 2 2 8 17 2 4 6t t t y

97

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 22 215 6 2 2 2 3 2 1 2t t

Trong mặt phẳng Oxy, đặt 2 2 ;3 , 2 1 ;2u t v t

3 3AC BC u v u v

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u

và v

cùng phương

2 2 3 72 52 1

tt

t

.

15 6 3 3 3MinP khi 7 3;0;5 5

C

.

Câu VII b Hàm số xác định khi và chỉ khi

32 lg 2 lg

3 22 lg 2 lg32 lg 2 lg

008 4 0

8 48 4x x

x xx x

xx

9 2 lg 4 2 lg

0 09 2 lg 4 2 lg2 2x x

x xx x

0 0

100lg 2 100x x

xx x

.

Vậy miền xác định của hàm số đã cho là: 100;D .

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 23 2y x x C

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

12. Tìm m để C có điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với đường tròn

2 2 2: 2 4 5 1 0mC x y mx my m . Câu II (2,0 điểm) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng 0; của phương trình:

sin 3 cos37 cos 4 cos 22sin 2 1

x x x xx

.

2. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

5 1 5 1

2

7 7 2012 20122 2 3 0

x x x xx m x m

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

2 4 211 3 1

dxx x x x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, , AB = 2a, SAAC a vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ( ĐỀ 16)

98

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

060 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC. Chứng minh AK HK và tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1,0 điểm). Cho , y, z 0,1x . Chứng minh rằng 1 1 1 1xyz x y z . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm 2;3M và đường thẳng

: 2 1 2 1 0m x m y m . Tìm tham số thực m để khoảng cách từ M đến đường thẳng là lớn nhất.

6. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

12 1:

2 1 2x y zd

và 2

2 2: 3

x td y t

z t

. Chứng minh hai đường thẳng trên chéo

nhau. Hãy viết phương trình mặt cầu (S) biết (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của 1 2, d d . Câu VII a (1,0 điểm). Cho M, N là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức 1 2, zz khác 0 thỏa mãn đẳng thức 2 2

1 2 1 2z z z z . Chứng minh tam giác OMN là tam giác đều. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 2: 3 0, d : 6 0d x y x y . Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của đường thẳng 1d với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng và mặt cầu S lần lượt có

phương trình: 2 2 22 2 3 0 ; 1 2 4 25.x y z x y z Xét vị trí tương đối

giữa mặt cầu S và mặt phẳng . Viết phương trình mặt cầu V đối xứng với S qua

mặt phẳng .

Câu VII b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 2 2log 3 1 6 1 log 7 10x x .

BÀI GIẢICâu I 1. Học sinh tự giải 2. Hàm số xác định và liên tục trên .

Ta có: 23 6y x x ; 2 00 3 6 0

2x

y x xx

Tọa độ các điểm cực trị: 0;2 , B 2; 2A .

Cách 1: (C) có điểm cực trị nằm về hai phía đối với đường tròn mC khi và chỉ khi

99

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 24 8 5 1 4 4 4 8 5 1 0m m m m m

2 2 25 8 3 5 4 7 0 5 8 3 0m m m m m m ( vì 25 4 7 0 mm m ). 3 15

m .

Cách 2: Đường tròn 2 2: 2 1mC x m y m có tâm ; 2I m m , bán kính 1R .

Ta có: 2

2 2 36 65 4 8 5 15 5 5

IB m m m R

điểm B nằm ở phía ngoài

đường tròn mC . Do đó điểm A nằm ở phía trong đường tròn mC , tức là:

2 2 31 5 8 4 1 5 8 3 0 15

IA R m m m m m .

Câu II

1. Điều kiện: 5 212sin 2 1

212

x kx k

x k

.

Phương trình đã cho tương đương với: 3 33sin 4sin 4cos 3cos7 cos 4 cos 2

2sin 2 1x x x x x x

x

3 sin cos 4 sin cos 1 sin cos

7 4 cos 22sin 2 1

x x x x x xx

x

sin cos 3 4 4sin cos

7 cos 4 cos 22sin 2 1

x x x xx x

x

2sin cos 2sin 2 1

7 cos 4 cos 2 7sin 4 1 2sin2sin 2 1

x x xx x x x

x

21 2sin 62sin 7sin 3 0 2

5sin 3 26

x kxx x

x x k

Vì 0;x nên ta có được hai nghiệm sau đây: 5 , 6 6

x x .

2. Điều kiện: 1x Ta có: 5 1 5 1 1 5 57 7 2012 2012 7 7 7 2012 1x x x x xx x (*)

Nếu 1x thì * 0 *VP VT ( Vô lý). Bất phương trình (*) luôn đúng khi 1 1x . Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm Bất phương trình 2 2 2 3 0x m x m có

nghiệm 1;1x Bất phương trình: 22 2 3m x x x có nghiệm 1;1x

100

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 32

x xmx

có nghiệm 1;1x

1;1

minx

m f x

với 2 2 3

2x xf x

x

.

Hàm số này được viết lại : 32

f x xx

, 1;1x

2

2 2

3 4 112 2

x xf xx x

2 3 1;10

2 3 1;1

xf x

x

2 3 2 2 3f ; 1 1 2f f ;

Do đó

1;1

min 1 1 2x

f x f f

.

Vậy 2m thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu III Đặt x t dx dt .

Khi đó: 1 1

2 4 2 2 4 21 11 3 1 1 3 1

dt dxIt t t t x x x x

.

Suy ra: 1

1

2I g x g x dx

với 2 4 2

11 3 1

g xx x x x

.

Ta có: 2 4 2 2 4 2

1 11 3 1 3

g x g xx x x x x x x x

=

2 4 2 2 4 2

2 4 2 2 4 2

1 3 1 1 3 1

1 3 1 1 3 1

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 4 2

22 4 2 2

2 1 3 1

1 3 1

x x x

x x x x

= 2 4 2

4 4 2 2 4 2 2 4 2 2

2 1 3 1

1 3 1 2 2 3 1 2 3 1

x x x

x x x x x x x x x x

2 4 2

4 2 4 2 2 4 2

2 1 3 1

2 2 4 2 3 1 2 3 1

x x x

x x x x x x x

2 4 2

4 2 4 2 2 4 2

1 3 11 2 3 1 3 1

x x xx x x x x x x

2 4 2

22 4 2 2 4 2 4 2

1 3 1 111 3 1 3 1

x x xxx x x x x x x x

.

Do đó: 1 1 1

2 2 21 0 0

2 21 1 1

dx dx dxI Ix x x

Đặt 2tan 1 tanx u dx u du

101

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 24 4

42 0

0 0

1 tan1 tan 4

u duI du u

u

.

Câu IV. .

Ta có: SA BCBC SAC BC AK

AC BC

Mà AK SC nên AK SBC AK HK .

Hơn nữa AK SBC AK SB

Suy ra: SB AHK SB HK

Mà SB SAB SBC nên 060AHK .

Dễ dàng tính được 2

ABCa 3S

2

Trong tam vuông AKH có 0 3AK AHsin 60 AH

2

Các tam giác SAB, SAC vuông tại A nên 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1AH SA AB SA 4a

(1)

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 1 1 3 3AK SA AC 3AH SA a AH 4SA 4a

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2

1 1 a 2SA4SA 2a 2

.

Vậy 3

S.ABCa 6V

12 .

Câu V

Cách 1: Do , , 0;1x y z nên

0;1

1 1 1 0;1

xyz

x y z

.

Khi đó: 3 31 1 1 1 1 1xyz x y z xyz x y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3 31 11 1 1 1

3 3x y z x y zxyz x y z

Suy ra: 1 1 1 1xyz x y z . Cách 2:Ta có 0;1 1 0;1z z

Do đó: 1 1 1 1 1xyz x y z xy x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

A

C

B

S

H

K

102

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

1 1 1 1 1 1 1 1x y x y x x y y xy x y

Suy ra: 1 1 1 1xyz x y z . B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a

1. Ta có: 2 2 2

2 2 3 1 2 1 7 8,

2 6 52 1

m m m md d M

m mm m

Suy ra: 2

22

49 112 642 6 5m mdm m

Cách 1:

Ta có: 2

2 2 2 2 2 22

49 112 64 2 6 5 49 112 642 6 5m md d m d m d m mm m

hay 2 2 2 22 49 2 56 3 5 64 0d m d m d .

+ Nếu 2 7 22 49 02

d d ( do 0d ) thì 117 11735 02 70

m m .

+ Nếu 2 7 22 49 02

d d thì phương trình bậc hai ẩn theo ẩn m ở trên có nghiệm

khi và chỉ khi 22 2 256 3 2 49 5 64 0d d d 4 2 237 0 37 0d d d ( do 0d ) 2 37 37d d

Với 37d ta có: 2 1125 110 121 05

m m m .

Vậy max 37d khi 115

m

Cách 2:

Xét hàm số: 2

2

49 112 642 6 5m mf mm m

Tập xác định D

2

22

70 234 176

2 6 5

m mf mm m

2

870 70 234 176 0115

mf m m m

m

49 49lim , lim2 2x x

f m f m

.

103

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra 11max 375m

f m f

.

Vậy max 37d khi 115

m .

2. Đường thẳng 1d đi qua 2;1;0M và có vectơ chỉ phương 1 1; 1;2u

. Đường thẳng 2d đi qua 2;3;0N và có vectơ chỉ phương 1 2;0;1u

.

Ta có: 1 2 1 2; 10 0 , d u u MN d chéo nhau.

1 22 ;1 ;2 ; B 1 2 ;3;A a a a d b b d

AB là đoạn vuông góc chung của 11 2

2

1. 0, d 3

. 0 0

AB u a

dAB u b

.

Do đó : 5 4 2; ; , B 2;3;03 3 3

A

Mặt cầu (S) có tâm 11 13 1; ;6 6 3

I , bán kính 2 6

30

ABR

Vậy phương trình của mặt cầu (S) là : 2 2 211 13 1 5

6 6 3 6

x y z .

Câu VII a

Ta có:

222 1 2 1 2 1 2 12 2

1 2 1 2 2 21 2 1 2 1 2 2 1

z z z z z z z zz z z z

z z z z z z z z

Vì 1 2, z 0z nên 1 2, 0z z .

Từ ta có: 2 2

3 32 12 1 1 2 1 22 2

1 2

z zz z z z z z

z z

Do đó: 2 1 1 2z z z z

Mà 1 2 2 1 ; ON = ; MN = OM z z z z . Vậy tam giác OMN đều. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm)

0t

f m

f m

87

115

0

492

492

37

0

104

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Ta có : 1 2I d d toạ độ điểm I là nghiệm của hệ :

93 0 26 0 3

2

xx yx y y

.

Do đó 2 29 3;I

.

1 3;0M d Ox M .

Ta có : 2 I 3 2AB M

Giả thiết 1212 . 12 2 23 2ABCDS AB AD AD

Vì 1, M dI nên 1d AD .

Đường thẳng AD qua 3;0M và nhận 1

1; 1AD du n

làm vectơ chỉ phương nên có

phương trình: 3 0 3 01 1

x y x y

.

Toạ độ A, D có dạng: ;3t t . Ta có:

2 22 22 2 3 3 2MA MD MA MD t t 2 26 8 0

4t

t tt

.

Do đó: 2;1 , D 4; 1A hoặc 4; 1 , D 2;1A .

+ Với 2;1 , D 4; 1A suy ra 7;2C , 5;4B

+ Với 4; 1 , D 2;1A suy ra 5;4C , 7;2B

2. + Mặt cầu S có tâm 1; 2;4I và bán kính 5R .

22 2

2.1 2 2.4 3; 3 5

2 1 2d I R

.

Vậy mặt phẳng cắt mặt cầu S .

+ Gọi J là điểm đối xúng của I qua mặt phẳng thì V là mặt cầu có tâm J, bán kính 5R .

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với . Khi đó d nhận 2; 1;2n

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số:

1 2

24 2

x ty tz t

Gọi H là trung điểm IJ. Khi đó H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng . Toạ độ điểm H ứng với tham số t là nghiệm của phương trình:

2 1 2 2 2 4 2 3 0 1t t t t .

IM

A

D C

B

105

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra 1; 1;2H . Vì H là trung điểm IJ nên dễ dàng suy ra được J 3;0;0 .

Vậy phương trình mặt cầu (V) là: 2 2 23 25.x y z Câu VII b (1,0 điểm)

Điều kiện: 1 10.3

x

Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 23 1 6 3 1 6log log 7 10 7 10

2 2x xx x

3 1 2 10 8x x 3 1 4 3 1 10 4 10 64x x x x

24 3 1 10 23 16 3 1 10 23x x x x x x

2 36949 418 369 0 149

x x x

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của bất phương trình trên là: 3691;49

S .


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 2 1

xy Cx

13. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d

cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thoả 5 26cos26

BAI .


1. Giải phương trình: )2

sin(2cossin

2sincot2

1

x

xxxx

2. Giải bất phương trình sau: 2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ba đường sau:

Elip (E):2

2 14x y , đường thẳng d: 2 3 4 0x y và trục hoành.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, 2 , CD = a AB AD a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) là (ABCD) bằng 060 . Gọi I là

trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ( ĐỀ 17)

106

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình: 2 2cos 2mx x có đúng 2 nghiệm thực phân

biệt trong đoạn 0;2

.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC có trọng tâm 2;0 .G Biết phương trình các cạnh AB,AC theo thứ tự là 4 14 0x y , 2 5 2 0.x y Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C . 2. Trong không gian Oxy cho các điểm 3;5; 5 , B 5; 3;7A và mặt phẳng

: 0P x y z . Tìm điểm M P sao cho 2 2MA MB nhỏ nhất . Câu VII a (1,0 điểm)

Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ 43 5n

biết n thỏa mãn 1 2 3 2 4964 1 4 1 4 1 4 1... 2 1 n

n n n nC C C C . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Cho parabol 2.y x Một góc vuông ở đỉnh O cắt Parabol tại 1A và 2A . Hình chiếu của

1 2 , AA lên Ox là 1 2, BB . Chứng minh rằng: 1 2.OB OB const . 2. Cho mặt cầu: 2 2 2: 2 2 2 0S x y z x z và các điểm 0;1;1 , A B 1; 2; 3

C 1;0; 3 . Tìm điểm D thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện ABCD lớn nhất.

Câu VII b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n bé nhất để 31

ni

i là số thực

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải

2. Gọi 00 0

0

3 2; 11

xM x C xx

Tiếp tuyến d với (C) tại M có phương trình:

002

0 0

3 2 51 1

xy x xx x

.

Do d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A, B và IAB có 5 26cos26

BAI nên

tan 5BAI .

107

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Lại có tan BAI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà 0 2

0

5 01

y xx

nên

2 0

0200

05 5 1 121

xx

xx

.

Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn yêu cầu bài toán: 5 2 ; 5 2y x y x . Câu II1. Điều kiện: .0cossin,0sin xxxTa có:

1 sin 2cot 2sin( )sin cos 22

xx xx x

0cos2

cossincossin2

sin2cos

xxxxx

xx

2cos 2cos 0sin cos2 sin

x xx xx

cos 0

cos sin( ) sin 2 0sin sin 24

4

xx x x

x x

2

22 24

2 4 34 3

x kx k

x k kkxkx

( thoả điều kiện ban đầu)

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm: 2 2

4 3

x kk

kx

2. Điều kiện:

2

2

2

3 2 0 1 24 3 0 1 3 1 4

1 45 4 0

x x x xx x x x x x

x xx x

.

2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x

2 2 2 23 2 5 4 4 3 5 4 0x x x x x x x x

2 2 2 2

2 1 1 03 2 5 4 4 3 5 4

x xx x x x x x x x

108

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 2 2

2 11 03 2 5 4 4 3 5 4

xxx x x x x x x x

1 0 1x x .

Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta được: 1 4x x .

Câu III

+ Giao điểm của d và (E) là 3A 1;2

+ d cắt trục hoành tại B 4;0 . Gọi A là chân đường vuông góc hạ từ A xuống Ox. Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là phần gạch xiên như hình vẽ. Ta có: AKB AKCS S S .

AKB1 1 3 3 3S AK.KB .32 2 2 4

Những điểm thuộc hình phẳng có tung độ y 0 nên từ phương trình (E) suy ra: 21y 4 x

2 .

Do đó: 2

2AKC

1

1S 4 x dx2

Đặt 2sin 2cosx t dx tdt Khi đó:

2 2 2 2

2 2

66 6 6

1 1 34 4sin .2cos 2 cos 1 cos 2 sin 22 2 3 4AKCS t tdt tdt t dt t t

Vậy 3 3 3S 34 3 4 3

(

đvdt). Câu IV Ta có:

SBI ABCD

SCI ABCD SI ABCD

SI SBI SCI

.

Gọi I là hình chiếu của I lên BC. Theo định lý 3 đường vuông góc suy SH BC . Mà BC SBC ABCD nên 060SHI

y

A

K CBO x

I

A

D C

B

S

E

H

109

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

là góc giữa hai mặt phẳng SBC và (ABCD).

Ta có : 21 1 2 2 3 .2 2ABCDS AD AB CD a a a a

22 2 2 21 1 1 33 . . 3

2 2 2 2IBC ABCD ICD IABaS S S S a ID CD IA AB a a a .

Kẻ CE AB , ta có:

2

2

2 2 2 2

32.2 3 3 5254

IBC

aS a aIHBC CE BE a a

Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có: 0 3 5 3 15tan 60 . 35 5

a aSI IH .

Do đó : 3

21 1 3 15 3 15. . .33 3 5 5ABCD

a aV SI S a ( đvtt).

Câu V + Rõ ràng: 0x là một nghiệm của PT.

+ Với 0;2

x ta có: 2

2

4sin2

x

mx

. Đặt 2xt , 0; 0;

2 4x t

Ta có phương trình sau: 2sin , t 0;

4

tmt

.

Xét hàm số: 2sin , t 0;

4

tf tt

.

3

sin 2 1 tan 0 t 0;4

tf t tt

suy ra f(t) nghịch biến trên 0;4

.

0

lim 1t

f t

.

Phương trình trên có 2 nghiệm thực phân biệt tong đoạn 0;2

PT f t m có đúng 1

nghiệm thực trong 0;4

.

Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên ta tìm được : 2

8 1m

.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

0

t

f t

f t

4

1

2

8

110

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Giả sử 2

1 0 0;A x x P .Khi đó:

1B là hình chiếu của 1A lên Ox nên có tọa độ

là 1 0 1 0;0B x OB x .

Phương trình đường thẳng 1 0:OA y xx .

Do 2 1OA OA nên phương trình đường thẳng 20

1:OA y xx

.

Tọa độ 2A là nghiệm của hệ phương trình:

2

2 20 0

0

1 1;1y x

Ay x x x

x

. 2B là hình chiếu

của 2A lên Ox nên có tọa độ là 2 20 0

1 1;0B OBx x

. Vì thế 1 2. 1OA OB .

2. S có tâm 1;0; 1I , bán kính 2R .

1; 3; 4 , 1; 1; 4AB AB

.

Gọi là mặt phẳng chứa 3 điểm A, B, C nhận , 8; 8;4n AB AC

làm vectơ pháp

tuyến nên có phương trình: 8 1 8 2 4 3 0 2 2 1 0x y x x y z .

22 2

2 0 1 1 2, 232 2 1

d I R

S .

Ta có: 1 .3ABCD D ABCV h S nên ABCDV lớn nhất Dh lớn nhất.

Gọi 1 2D D là đường kính của S vuông góc với mặt phẳng .

Vì D là điểm bất kì thuộc S nên 1 2, max , , ,d D d D d D .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D trùng với một trong hai điểm 1D hoặc 2D .

2A

1A

1B2B O

111

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 2D D qua I nhận vectơ pháp tuyến của làm vectơ chỉ phương nên có phương trình

tham số: 1 2

1 2: 2 t

1

x tD D y t

z t

.

Gọi 0 0 0 1 21 2 ; 2 ; 1D d d d D D là điểm cần tìm. Khi đó D là nghiệm của phương

trình: 2 220 0 0 0 0 0

21 2 4 1 2 1 2 2 1 2 03

d d d d d d .

Ta có: 09 2,

3d

d D

. Vì

22 9. 29. 2 333 3

nên D phải ứng với 0

23

d .

Vậy 7 4 1; ;3 3 3

D

là điểm cần tìm.

Câu VIIb (1,0 điểm)

Ta có: 3 2 os sin ; 1 = 2 os i sin .6 6 4 4

i c i i c

3 5 52 os i sin .1 12 12

i ci

Do đó: 23 1 5 52 os isin .1 12 12

n n n nci

Số đó là thực khi và chỉ khi 5 5 5sin 0 .12 12 12 n n nk k k

Số nguyên dương bé nhất cần tìm là: 12n .


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 21 833 3

y x x x (C).

14. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. 2. Lập phương trình đường thẳng d song song với trục hoành và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại O ( O là gốc toạ độ). Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 11 4sin sin 32

x x .



112

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Giải phương trình : 4 2 21 1 2x x x x .

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: 3

0 1 s in cosdxIx x

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác .ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và đỉnh A cách đều các đỉnh A, B, C. Cạnh AA tạo với đáy góc 060 . Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa: 2 2

2 2

316

x xy yy yz z

.

Chứng minh rằng: 8xy yz zx .

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm 7;8P và hai đường thẳng: 1 : 2 5 3 0,d x y

2 d :5 2 7 0x y cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng d đi qua P và tạo với

1 2,d d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 292

.

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 4;5;6 .H Viết phương trình mặt phẳng (P) qua H, cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC. Câu VII a (1,0 điểm) . Tính ni với n . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol 2: 64P y x và đường thẳng : 4 3 46 0x y . Tìm A thuộc (P) sao cho khoảng cách từ A đến nhỏ nhất. Tính khoảng cách nhỏ nhất đó. 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A a;0;0 ,B 0;b;0 ,C 0;0;c

Gọi , , lần lượt là các góc của các mặt phẳng (OAB), (OBC) , (OCA) với mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng: 2 2 2os os os 1.c c c Câu VII b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

1)4(log)5(log

6)12(log)22(log2

21

221

xyxxyxxy

yx

yx

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Vì d song song với trục hoành nên phương trình của d là: 0y m m . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

113

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 2 3 21 83 3 9 8 3 0 13 3

x x x m x x x m

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân thì phương trình (1) phải có các nghiệm: 1 1 2, , x x x ( với 1 1,x x là hoành độ của , BA ). Khi đó 1 2,x x là nghiệm của phương trình:

2 2 3 2 2 21 2 2 1 1 20 0x x x x x x x x x x x (2)

Đồng nhất (1) và (2) ta được: 221

21 2

3

9 9.3 8 38 3

xx mx x m

hay 193

m .

Vậy 19:3

d y .

Câu II 1. Nhận xét: cos 0x không phải là nghiệm của phương trình . Do đó, nhân cả hai vế của phương trình cho cos 0x ta được:

2 21 1cos 4cos sin sin 3 cos cos 4cos 1 cos sin 3 cos2 2

x x x x x x x x x x

32sin 3 4cos 3cos cos 2sin 3 cos3 cos sin 6 cosx x x x x x x x x

2

14 7sin 6 sin 22

10 5

x kx x k

x k

.


2

1 01

1

xx

x x

.

Khi đó: 42 2 21 1 1x x x x x x ( do 1x ).

Suy ra: 4 4 42 2 2 21 1 1 1x x x x x x x x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 4 4 4 42 2 2 21 1 2 1. 1 2x x x x x x x x

Do đó: 4 2 21 1 1x x x x . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Câu III

Đặt 2

2tan2 1x dtt dx

t

10 0 ; x = 3 3

x t t

1 13 3 1

32 0

20 02 2

2 1ln 1 ln 112 1 31 1

1 1

dt dtI ttt tt

t t

.

114

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV Gọi H là hình chiếu của A lên mp (ABC) và M là trung điểm của BC. Do ABC là tam giác đều và A A A B A C nên H là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có: 2 2 3 33 3 2 3

a aAH AM .

Mặt khác AH là hình chiếu của AA lên mặt phẳng (ABC) nên 060A AH là góc hợp bởi cạnh bên AA và ABC . Trong tam giác A HA vuông tại H, ta có :

0 3tan 60 . 33

aA H AH a .

2 34ABC

aS .

Vậy 2

3.

3 3. .4 4ABC A B C ABC

aV A H S a a .

Câu V Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

2

23 3 34 2 2 2 2

x zxy yz zx y z x y

2 2

2 2 2 2 2 23 3 482 4 4 2x zy x z y x xy y y yz z

2 64 8xy yz zx xy yz zx ( đpcm).

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Ta có: 1 2A d d toạ độ điểm A là nghiệm của hệ :

2 5 3 0 15 2 7 0 1

x y xx y y

hay 1; 1A .

Phương trình các đường phân của góc tạo bởi 1 2,d d là: 1 2: 7 3 4 0 , : 3 7 10 0x y x y

Vì d tạo với 1 2,d d một tam giác vuông cân nên

M

A

B

C

A'

C'

B'

H

d2

dCB

A

d1

HP

115

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 1

2 2

3 7 07 3 0

d x y Cd x y C

Mặt khác 7;8P d nên 1 277, C 25C .

Suy ra: : 3 7 77 0: 7 3 25 0

d x yd x y

Gọi 1 2, CB d d d d

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên 21 1 29 29 2 2 2ABCS ABAC AB AB .

và 2 58BC AB

Suy ra:

292.2 582258

ABCSAHBC

.

Với : 3 7 77 0d x y , ta có: 22

3.1 7. 1 77 87 58;2583 7

d A d AH

( loại).

Với : 7 3 25 0d x y , ta có : 2 2

7.1 3. 1 25 29 58;2587 3

d A d AH

( thoả).

Vậy : 7 3 25 0d x y . 2. Giả sử : ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;P Ox A a P Oy B b P Oz C c

Khi đó (P) có phương trình : 1x y za b c .

Ta có : 4 5 64;5;6 1H Pa b c

4 ;5;6 , 4;5 ;6 , 0; ; , ;0;AH a BH b BC b c AC a c

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên . 0 5 6 0

4 6 0. 0

AH BC b cb cBH AC

Giải hệ phương trình :

774 5 6 1 4775 6 05

4 6 0 776

aa b c

b c bb c

c

.

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là : 177 77 774 5 6

x y z .

Câu VIIa + Nếu 4 n k k thì 4 4 1

kn ki i i

116

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

+ Nếu 4 1 n k k thì 4 1.n ki i i i i

+ Nếu 4 2 n k k thì 4 2 1. 1 1n ki i i

+ Nếu 4 3 n k k thì 4 3 1n ki i i i i . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b

1. Ta có: 2

2: 64 ;64aA P y x A a

2

22

2 2

4. 3 4664 1 1, 48 736 24 160

80 804 3

a ad A a a a

21 160 24 160 280 80

a .

Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi 24 0 24a a . Lúc đó Mind A, 2 khi 9; 24A . 2.

: 1 0x y zP ABCa b c

có phương vectơ pháp tuyến 1 1 1, ,na b c

mp OAB có vectơ pháp tuyến 1 0,0,n OC c

( )mp OBC có vectơ pháp tuyến 2 ,0,0n OA a

mp OAC có vectơ pháp tuyến 3 (0, ,0)n OB b

Gọi , , lần lượt là góc giữa các mặt phẳng , , OAB OBC OCA với mp ABC . Do đó:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 10 0os

1 1 1 1 1 10 0

ca b c cc

ca b c a b c

(1)

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 10 0os

1 1 1 1 1 10 0

aa b c ac

aa b c a b c

(2)

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 10 0os

1 1 1 1 1 10 0

ba b c bc

ba b c a b c

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2 2 2os os os 1.c c c

117

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu VIIb

Điều kiện:

1;2

0,14yy

xx

21 2

1 2

21 21 2

1 21 2

2log ( 2 2) log ( 2 1) 6log ( 5) log ( 4) 1

2 2 log 2 2 log 1 62 log 1 2 log 1 6log 5 log 4 1log 5 log 4 1

x y

x y

x yx y

x yx y

xy x y x xy x

y xx y xy xy x

21 2 1 1

1 2 1 2

log 2 log 1 2 log 2 2 log 2 1 0

log 5 log 4 1 log 5 log 4 1x y x x

x y x y

y x y y

y x y x

1

1 11 2

log 2 1 1log 4 log 4 1log 5 log 4 1

x

x xx y

y y xx xy x

2 21

1 1 1 1 24 4 1log 1 1 4 3 4 2 0

4 4x

y x y x y x y x xx x yx x x x x x

x x

.

Vậy 2

1xy


ĐỀ 9

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 22 3 4y x mx m x có đồ thị mC

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

2. Cho đường thẳng : 4d y x và điểm 1;3E . Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao

cho d cắt mC tại ba điểm phân biệt 0;4 , ,A B C sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4 . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 3 3 2 3 2cos3 cos sin 3 sin8

x x x x .


2

2

1 4 ,

1 2

x y y x yx y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

4

2

ln 9

ln 9 ln 3

xI dx

x x

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ 19


118

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng tứ giác đều .ABCD A B C D có chiều cao bằng h. Góc giữa hai đường chéo của hai mặt bên kề nhau kẻ từ một đỉnh bằng 0 0 0 90 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. Câu V (1,0 điểm). Giải phương trình:

2 2

2 2 2

3 2 2 2 3 1033 3 4 4 3

x x x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết toạ độ các đỉnh 2;0 , B 3;0A và I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, I nằm trên đường thẳng y x . Xác định toạ độ các điểm C, D.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 :1 1 2x y zd và 2

1 1:2 1 1

x y zd

.

Chứng minh 1 2,d d chéo nhau. Tìm 1 2,A d B d sao cho đường thẳng AB song song với

mặt phẳng : 0P x y z và độ dài 2AB . Câu VII a (1,0 điểm) Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n số tam giác có 3 đỉnh lấy từ 6n điểm đã cho là 439. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường tròn C qua M 2;4 và tiếp xúc với hai trục tọa độ. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 1;0; 1 , 2;3; 1 , 1;3;1A B C và

đường thẳng 1 3:1 1 2x y zd

. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích

khối tứ diện ABCD bằng 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Câu VII b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 0z z .

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Phương trình hoành độ giao điểm của mC và d:

3 2 3 22

02 3 4 4 2 2 0

2 2 0 *

xx mx m x x x mx m x

x mx m

119

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

d cắt mC tại ba điểm phân biệt 0;4 , B,CA Phương trình (*) có hai nghiệm phân

biệt khác 02 1 22 0

22 0m mm mmm

.

Gọi 1 2,x x theo thứ tự là hoành độ của các điểm ,B C . Do đó 1 2,x x là hai nghiệm phân biệt

của phương trình (*). Theo định lý Viet, ta có: 1 2

1 2

22

x x mx x m

.

21 14 , . 4 2. 4 4 2 322 2EBCS d E d BC BC BC BC

22 22 1 2 1 2 24 4 32 2 32x x x x x x

2 2 22 1 1 2 1 216 4 16 4 4 2 16x x x x x x m m

2 26 0

3m

m mm

. So với điều kiện ta đầu ta tìm được 3m

Vậy 3m là giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu II

1. Ta có: 3 3 2 3 2cos3 cos sin 3 sin8

x x x x

cos3 3cos 3sin sin 3 2 3 2cos3 . sin 3 .4 4 8

x x x xx x

2 22cos 3 6cos3 cos 6sin 3 sin 2sin 3 2 3 2x x x x x x 2 22 cos 3 sin 3 6 cos3 cos sin 3 sin 2 3 2x x x x x x

2 16 2cos 4 2

16 2

x kx k

x k

.

2. + Với 0y ta có:

2

2

1 0

1 2 0

x

x x


+ Với 0y , ta có :

2

2

2 2

1 2 21 4

1 2 1 2 1

x y xx y y x y yx y x y x y x

y

Suy ra: 2 1 , 2x y xy

là nghiệm của phương trình: 2 2 1 0 1t t t .

120

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do đó:

22 2

111 21 1 2 0

23 3 2

2 1 35

xxx yy x x xxy

y x y x xy x y x

y

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình là: 1;2 , 2;5S . Câu III Đặt 6x t dx dt

2 4

4 2

ln 3 ln 3

ln 3 ln 9 ln 3 ln 9

t dt tI dt

t t t t

4

2

ln 3

ln 3 ln 9

xdx

x x

4

4

22

2 2 1I I I dx x I .

Câu IV Giả sử B AD và x là cạnh đáy của hình lăng trụ. Áp dụng định lý Côsin trong A BD ta có:

2 2 2 2 . cosBD A B A D A B A D 2 2 22 2 cosBD A B A B

2 2 2 2 2 2 22 2 1 cos 2 2 .2sin2

x x h x x h

2 2

2 0 02 sin

2 0 90cos

hx

.

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: 3 2

22 sin

2cosABCD

hV AA S x h

.

Câu V Đặt 22, 1, 1, 1, 1a b x c x d x x e x . Phương trình đã cho trở thành:

103

a b b c c d d e e ac d e d e a e a b a b c b c d

101 1 1 1 1 53

a b b c c d d e e ac d e d e a e a b a b c b c d

1 1 1 1 1 253

a b c d ec d e d e a e a b a b c b c d

1 1 1 1 1

25 *c d e d e a e a b a b c b c d

c d e d e a e a b a b c b c d

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái của (*) thì ta được * 25VT .

h

A'

B'

D'

C'

B C

AD

121

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a b c d e x . Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a

1. Ta có: 1 14IAB ABCDS S .

Mặt khác

2 21 1 1. . 3 2 0 1 22 2 2IABS IH AB IH IH IH

: ;I d y x I a a , ta có phương trình đường thẳng AB là : 0y .

Ta có : 22 , 2 2

2a

IH d I AB aa

.

+ Nếu 2a thì suy ra : 2;2 , C 2;4 , 2;4I D

+ Nếu 2a thì suy ra : 2; 2 , C 5; 4 , 6; 4I D .

2. 1d qua 0;0;0O nhận 1 1;1;2u

làm vectơ chỉ phương

2d qua 1;0;1I nhận 2 2;1;1u

làm vectơ chỉ phương.

Ta tính được 1 2, 4 0u u OI

. Suy ra 1 2,d d chéo nhau.

1 2; ;2 ; B d 1 2 ; ;1A d A a a a B b b b

/ / . 0PAB P AB n b a

.

Do đó 1 2 ; ;1B a a a và 1 ; 2 ;1 3AB a a a

.

2 22 22 2 1 4 1 3 2AB AB a a a 20

7 4 0 47

aa a

a

.

+ Với 0a ta có A O ( loại)

+ Với 47

a ta được 4 4 8 1 4 3; ; , B ; ;7 7 7 7 7 7

A

.

Câu VIIa Nếu 2n thì 6 8n và số tam giác có 3 đỉnh được tạo thành từ 6n điểm đó không vượt quá 3

8 56 439C . Vậy 3n . Mỗi tam giác được tạo thành ứng với một tổ hợp chập 3 từ 6n phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 điểm, trên cạnh DA có n điểm nên số tam giác được tạo thành chỉ là

3 3 36 3

6 5 4 1 21

6 6n n

n n n n n nC C C

.

Theo giả thiết ta có: 6 5 4 1 2439 1 440

6n n n n n n

2 104 140 0

14n

n nn

. Chọn 10n .

I

D

A B

C

H

122

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 10n là giá trị cần tìm.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Gọi I a;b là tâm và R là bán kính của đường tròn C .

Vì C tiếp xúc với hai trục tọa độ nên R a b .

C qua điểm M 2;4 nên C nằm ở góc phần tư thứ I trên mặt phẳng Oxy. Do đó a 0;b 0 . Như vậy R a b . Khi đó, phương trình đường tròn C có dạng:

2 2 2x a y a a .

2 2 2 2 22;4 2 4 12 20 0

10a

M C a a a a aa

Kết luận: Phương trình đường tròn C là:

2 2

2 2

2 2 4

10 10 100

x y

x y

2. Ta có: 1 .3ABCD ABCV S h trong đó ABCS là diện tích tam giác ABC, h là khoảng cách từ

D đến mặt phẳng ABC .

1;3;0AB

, 0;3;2AC

, 6; 2;3 AB AC

1 7, 2 2ABCS AB AC

Do đó: 3 3 6 .7 72

ABC

VhS

Mặt phẳng ABC qua 1;0; 1A nhận , 6; 2;3AB AC

làm vectơ pháp tuyến nên

có phương trình: 6 1 2 3 1 0 6 2 3 3 0x y z x y z

Dạng tham số của : 13 2

x td y t

z t

Do ;1 ;3 2D d D t t t nên

2 2 2

6 2 1 3 3 2 3 2 4 6,7 76 2 3

t t t th d D ABC

Suy ra: 1 5t t Vậy có hai điểm D và D thỏa mãn yêu cầu bài toán 1;0;5 , D 5;6; 7D .

x

y

M 2;4

I

O

123

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

b) Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) là giao tuyến của mặt phẳng qua A- vuông góc với đường thẳng BC với mặt phẳng qua B-vuông góc với đường thẳng AC ( cũng là giao tuyến với mặt phẳng qua C, vuông góc với đường thẳng AB). Mặt phẳng qua 1;0; 1A nhận 1;0;2BC

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình:

1 2 1 0 2 3 0x z x z .

Mặt phẳng qua 2;3; 1B nhận 0;3;2AC

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình:

1 2 1 0 2 3 0x z x z .

Dễ thấy 0 7;1;2M

Vectơ chỉ phương của là: 0 2 2 1 1 0; ; 6; 2;3

3 2 2 0 0 3u

Phương trình tham số của là: 7 61 22 3

x ty tz t

Câu VII b (1,0 điểm)Đặt z x yi . Suy ra: 2 2 2 2z x y xyi và 2 2z x y . Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2 22 2 2 2 0 1

2 0 .2 0 2

x y x yx y x y xyi

xy

Các trường hợp sau:+ 0x y . + 0 , y 0x . Khi đó từ (1) ta có:

2 2 20 0 1 1.y y y y y y

+ 0 , y = 0x . Khi đó hệ (1) và (2) trở thành: 2 0

1 0

x x

x

( Vô nghiệm).

ĐỀ 10

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 4 2 22 1 1y x m m x m có đồ thị mC

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

2. Tìm m để đồ thị mC có khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu ngắn nhất. Câu II (2,0 điểm)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn Toán ĐỀ 20

124

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Tìm các nghiệm thực của phương trình: sin tan 2 3 sin 3 tan 2 3 3x x x x thỏa

mãn 13

1 log 0x .

2. Giải hệ phương trình: 2 2

2

2 1xyx yx y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

, 0, 0, 1 sin

xy y x xx

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh SA (ABC) . Từ A kẻ AD SB và AE SC . Biết AB = a, BC = b, SA = c.Tính thể tích của khối chóp S.ADE? Câu V (1,0 điểm).

Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 1 1 1 2011a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 12 2 2

Pa b c a b c a b c

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho bốn điểm 1;0 , 2;4 , 1;4 , 3;5A B C D . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng : 3 5 0x y sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau. 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng : 2 1 0P x y z và hai đường thẳng

11 2 3:

2 1 3x y zd

, 21 1 2:

2 3 2x y zd

. Viết phương trình đường thẳng song

song với mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng 1d và cắt đường thẳng 2d tại điểm C có hoành độ bằng 3. Câu VII a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức 1 ,nz i n . Trong đó n thỏa mãn :

4 5log 3 log 6 4n n .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip 2 2

: 116 5x yE và hai điểm 5; 1 , 1;1A B . Tìm

một tọa độ điểm M nằm trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.

125

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 2 2 2: 2 2 16 0, : 4 2 6 5 0P x y z S x y z x y z . Điểm M di động trên (S), điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của MN. Xác định vị trí của ,M N . Câu VII b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình sau:

2

2 2

2 2 2 02log 2 3log 1 4y xy y x

x y y

.

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 3 24 4 1y x m m

m , đồ thị mC luôn có ba điểm cực trị.

2

00

1

xy

x m m

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu là: 2

2 1 32 1 2 32 4

d m m m

.

Dấu “=” xảy ra khi 12

m .

Câu II

1. Ta có: 1 13 3

01 log 0 0 3log 1

xx xx

.

sin tan 2 3 sin 3 tan 2 3 3 sin tan 2 3 sin 3 tan 2 3 3 0x x x x x x x x

sin tan 2 3 3 tan 2 3 0 tan 2 3 sin 3 0x x x x x

tan 2 3 2 3 6 2

x x k x k k .

Kết hợp với điều kiện 0 3x , ta chọn được 1;2k .

Vậy ta có được các nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 5;3 6

x x .

2. Điều kiện: 0x y .

Ta có: 22 2 2 22 21 2 1 0 1 0xy xyx y x y xy x y x y x yx y x y

Vì 0x y nên 2 2 0x y x y . Do đó: 1 0 1x y y x . Thay vào phương

trình thứ hai ta được: 2 2 1 01 1 2 0

2 3x y

x x x xx y

.

126

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình trên là: 1;0 , 2;3S .

2. + Với 0y ta có:

2

2

1 0

1 2 0

x

x x


+ Với 0y , ta có :

2

2

2 2

1 2 21 4

1 2 1 2 1

x y xx y y x y yx y x y x y x

y

Suy ra: 2 1 , 2x y xy

là nghiệm của phương trình: 2 2 1 0 1t t t .

Do đó:

22 2

111 21 1 2 0

23 3 2

2 1 35

xxx yy x x xxy

y x y x xy x y x

y

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình là: 1;2 , 2;5S . Câu III

Nhận xét: 0, 0;1 sin

xy xx

. Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm.

Ta có: 220 0 0

11 sin 2 ossin os 2 42 2

x x xS dx dxxx x x cc

.

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta được:

00 0

tan tan 2 ln os4 2 4 2 4

x xI x x dx c

Câu IV

AD,AE là các đường cao trong tam giác SAB,SAC

ABC vuông tại B nên AB BC Giả thiết cho :SA (ABC) SA BC BC (ABC) AD BCAD là đường cao trong tam giác SAB AD SB AD (SBC) AD SCMặt khác : AE SC SC (ADE) Hay SE là đường cao của hình chóp S.ADE

A

B

C

S

DE

127

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 2 2

AS.AB AS.AB a.cADSB AS AB a c

2 2

2 2 2 2 2

AS.AC SA.AC c. a bAESB SA AC a b c

Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có:

2 2 2

2 2 22 2 2

c (a b )SE AS AE ca b c

=

2

2 2 2

c

a b c

DE = 2 2AE AD = 2 2

2 2 2 2 2

c .b

(a b c ).(a c )

S = 1 .AD.AE2

= 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 c .b ac. .2 (a b c ).(a c ) a c

= 3 3

2 2 2 2 2

1 a.c .b.2 (a b c ).(a c )

Thể tích:

V = 1 1.SE. .AD.DE3 2

= 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2

1 c 1 a.c .b. .3 2a b c (a b c ).(a c )

2 4

2 2 2 2 21 a.b .c.6 (a c )(a b c )

Câu V

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 1 1 1 144

xy x yx y x y

.

Dấu “=” xảy ra khi x y .

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 4 4 4 4 8 2 2a b c a b a c a b a c a b c

Tương tự: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 2 8 2 2 2 8 2 2a b c a b c a b c a b c

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

1 1 1 1 20114 4

Pa b c

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Ta có: ;3 5M M t t .

128

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 1. , . , . , . ,2 2MAB MCDS S AB d M AB CD d M CD AB d M AB CD d M CD .

Đường thẳng AB qua 1;0A , nhận 3;4AB

làm vecto chỉ phương nên có phương

trình: 1 0 4 3 4 03 4

x y x y

.

Đường thẳng CD qua 1;4C , nhận 4;1CD


trình: 1 4 4 17 04 1

x y x y .

5, 17AB CD

Do đó: 4 3 3 5 4 4 3 5 17

5. 17. 13 19 11 375 17

t t t tt t

7 7 ;213 19 11 373 3

13 19 11 379 9; 32

t Mt tt t

t M

.

2. Ta có: 2 3;7;6C d C .

Gọi 1

, , P du n u

lần lượt là vecto chỉ phương của , vecto pháp tuyến của (P), vecto chỉ

phương của 1d .

Khi đó: 1

, 4; 4;4P du n u

.

Đường thẳng qua 3;7;6C nhận u

làm vecto chỉ phương nên có phương trình:

37 6

x ty t tz t

Câu VIIa Phương trình: 4 5log 3 log 6 4n n có nghiệm duy nhất là n = 19 ( vì VT của phương trình là một hàm số đồng biến nên đồ thì của nó cắt đường thẳng 4y tại một điểm duy nhất). Ta có:

19 19

19 19 1919 1 1 19 191 2 2 os sin 2 os isin4 4 4 42 2

z i i c i c

= 199 91 12 2 2

2 2i i

. Suy ra: 9Re 2 512z .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb

1. Gọi 2 2

2 20 00 0 0 0; 1 5 16 80

16 5x yM x y E x y .

129

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 0 02 3,

5x y

d M AB

0 01 . , 2 32MABS ABd M AB x y .

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số 0 01 1; , 5 ;4

25x y

ta có:

2

2 20 0 0 0

1 1 1 15 4 5 5 16 362 5 45

x y x y

0 0 0 0 0 0 0 02 6 6 2 6 3 2 9 2 3 9x y x y x y x y .

0

0 0

00 0

5 4 81 1 3ax 2 9 9

2 552 3 9 3

x y xm x y

yx y

.

2. Mặt cầu (S) có tâm 2; 1;3I và bán kính 3R .

2.2 2. 1 3 16, 5

3d I P d R

.

Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy min 5 3 2MN d R . Trong trường hợp này thì M ở vị trí 0M , N ở vị trí 0N . Dễ thấy 0N là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P) và 0M là giao điểm của đoạn thẳng 0IN với mặt cầu (S).Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) thì 0N là giao điểm của và (P).

Đường thẳng có vecto chỉ phương là 2;2; 1Pu n

và qua I nên có phương trình là:

2 2

1 2 3

x ty t tz t

Tọa độ điểm 0N ứng với tham số t nghiệm đúng phương trình:

52 2 2 2 1 2 3 16 03

t t t t .

Suy ra 04 1 14; ; .3 3 3

N

Ta có: 0 0 03 0; 3;45

IM IN M

.

Câu VII b

Điều kiện: 2 0

1x y

y

Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với:

130

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2

2 2 2 2

2

2

2 1 2 log 2 log 1 1

2log 2 3log 1 4 2 log 2 3log 1 4

1 7log 2 1 22 4

log 1 2 1 4 3

x y y x y y

x y y x y y

x y x y xy y y

ĐỀ 11



xyx

có đồ thị C

18. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 2. Chứng minh đường thẳng :d y x m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 3os os os sin 2 02 6 3 2 2 6x xc c x c x

.

2. Giải hệ phương trình: 3 2 2 36 9 4 0

2

x x y xy y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm) Cho số thực ln 2a .Tính ln10

3 2

x

xa

eJ dxe

và suy raln 2

lima

J

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.DEF có BE = a, góc giữa đường thẳng BE với mặt phẳng (ABC) bằng 060 . Tam giác ABC vuông tại C, góc 0BAC 60 , hình chiếu vuông góc của E lên (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích của tứ diện D.ABC? Câu V (1,0 điểm).

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 3 3 3

2 2 2 2 2 2 1a b ca ab b b bc c c ca a

.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S a b c . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm)


: 125 16x yE . Gọi A, B là các điểm trên (E) sao cho

1 2AF 8BF với 1 2,F F là các tiêu điểm. Tính 2 1AF BF . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:



131

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 28 6 10: ; : 2

2 1 14 2

x tx y zd d y t

z t

Viết phương trình đường thẳng d song song với trục Ox và cắt 1d tại A, cắt 2d tại B. Tính AB. Câu VII a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2

2 2log 7 log 12 4 0x x x x . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B, C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh : 3 7 1AB y x . Biết chu vi của tam giác ABC bằng 18. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C. 2. Trong không gian Oxyz, cho hình thang cân ABCD với 3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3A B C , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm tọa độ điểm D. Câu VII b (1,0 điểm) Chứng minh rằng nếu na bi c di thì 2 2 2 2 n

a b c d .

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d là:

22

222 12 4 1 2 02 1 2 2

xxx x mx x m x mx x mx x m

Vì

2

2 2

2 4 2 1 2 3 0

4 4 1 2 12 0

m m

m m m m

nên phương trình 2 4 1 2 0x m x m có hai nghiệm phân biệt khác 2 . Do đó d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi 1 2,x x lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B. Khi đó: 1 1 2 2; , ;A x x m B x x m

Ta có: 2 222 1 1 2 1 22 2 4AB x x x x x x (1)

Hơn nữa 1 2,x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình 2 4 1 2 0x m x m nên

theo định lý Viet ta có: 1 2

1 2

41 2

x x mx x m

. (2)

Thay (2) vào (1) ta được: 22 22 4 4 1 2 2 12 24 2 6AB m m m AB Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0m . Vậy min 2 6AB khi 0m .

132

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II 1. Phương trình đã cho tương đương với:

os os2 os3 os4 02 6 2 6 2 6 2 6x x x xc c c c

.

Đặt 2 6xt

.

Phương trình trên trở thành: 3 7cos os2 os3 os4 0 2cos os 2cos os 02 2 2 2t t t tt c t c t c t c c

3 7 52cos os os 0 4cos cos cos 02 2 2 2 2t t t t tc c t

72 4os 0 32 4cos 0 22 3

7 2 11 4os 02 5 5 15 5

t k x ktc

t t k x kt k kc t x

k .

2. Ta có:

23 2 2 36 9 4 0 4 0 42 2 2 *

x yx x y xy y x y x y x y

x y x y x y x y x y x y

+ Với x y , thay vào phương trình (*) ta thu được 2x y . + Với 4x y , thay vào phương trình (*) ta thu được: 32 8 15, 8 2 15x y .

Câu III Đặt 3 3 21 1 3x x xt e t e t dt e dx .

Đổi cận: 3 1 ; ln10 3ax a t e x t .

Khi đó: 3

3 3

2 22 222 3

11 1

3 3 33 4 22 2a

a a

a

ee e

t dtI tdt t et

.

Suy ra ln 2

3lim .4 62a

J

133

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV. Ta có: EG (ABC) nên EG là đường cao của chóp Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EGB ta có:

EG = EBsinB = asin 060 = a 32

Áp dụng pytago: 2 2BG BE EG = a2

Mà BG = 23

BM BM = 32

BG = 3a4

Áp dung Pytago trong tam giác BMC:

MC = MBsin 015 = 3a4

sin 015 , AC = 2MC = 3a2

sin 015 ,

BC = ACtan 060 = 3a2

sin 015 3

Thể tích của khối chóp:

V = 3ABC

1 3EG.S a .3 4 2 0sin 15 (đvtt)

Câu V

Trước hết ta chứng minh: 3

2 22 1

3a a b

a ab b

.

Thật vậy, 3 2 2 3 3 2 21 3 2 0a a b a ab b a b a b ab

22 2 0 0a b a ab b ab a b a b a b ( luôn đúng).

Tương tự ta cũng chứng minh được: 3 3

2 2 2 22 22 ; 3

3 3b b c c c a

b bc c c ca a

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

2 2 2 2 2 2 33

a b c a b c Sa ab b b bc c c ca a

.

Vậy max 3S khi 1a b c .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Từ phương trình elip, ta có: 1 2AF AF 2a và 1 2 2BF BF a Suy ra: 1 2 1 2AF AF 20BF BF . Mà 1 2AF 8BF . Do đó: 2 1AF 12BF . 2. 1 8 2 ;6 ;10A d A t t t ; 2 ;2 ; 4 2B d B s s s

B

C

A

F

E

D

MG

134

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra: 2 8; 4;2 14AB s t s t s t

.

, AB i

cùng phương

22 52; 16;324 02 14 0 18 18; 16;32

t As ts t s B

Suy ra: phương trình đường thẳng d:5216

32

x tyz

và 70AB .

Câu VIIa Điều kiện: 0x

Đặt 2ogt l x . Phương trình đã cho thành: 2 47 12 4 0

3t

t x t xt x

.

+ Với 4t , ta có: 2log 4 16x x . + Với 3t x , ta có: 2log 3x x . Phương trình này có nghiệm duy nhất 2x ( vì vế trái của phương trình là một hàm đồng biến, vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến). B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Ta có: Ox 1;0B AB B ; ;3 7 1A AB A a a .

Theo giả thiết, ta suy ra 1a . Gọi AH là đường cao của tam giác ABC ;0H a 2 1;0 2 1 , 8 1C a BC a AB AC a Chu vi tam giác ABC là 18 18AB AC BC 18 18 18 2a a . Do đó 3;0 , 2;3 7C A .

2. Vì ABCD là hình thang cân nên 3AD BC . Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB Gọi (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của và (S).

Đường thẳng có vecto chỉ phương 2;6;3AB

nên có phương trình: 2 23 63 3

x ty tz t

.

Phương trình mặt cầu 2 2 2: 3 1 2 9S x y z . Tọa độ điểm D là nghiệm của phương trình

2 2 2 21

2 1 6 4 3 5 9 49 82 33 0 3349

tt t t t t

t

+ Với 1t thì 4; 3;0D : không thỏa vì 7AB CD .

+ Với 3349

t thì 164 1 48; ;49 49 49

D

( thỏa mãn).

135

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu VIIb Ta có:

22 2 2 2 2 nn n na bi c di a bi c di a bi c di a b c d .

ĐỀ 12



xyx

có đồ thị C

19. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 2. Gọi M là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm trên đồ thị (C) điểm I có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại I với đồ thị (C) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thỏa mãn:

2 2 40MA MB . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 sin 2 3sin cos 24

x x x

.


2 2 2 2

log 5log 2

1 3

x y x y

x y x y

.


21

log

1 3ln

e xI dxx x

Câu IV (1,0 điểm).

Cho hình tứ giác đều ABCD.EFGH có khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và ED

bằng 2. Độ dài đường chéo mặt bên bằng 5. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V (1,0 điểm). Cho ,x y là hai số thực thỏa mãn 2 2 2x xy y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 2 22 3M x xy y . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 2

1 : 13C x y và

2 22 : 6 25C x y . Gọi A là giao điểm của 1C và 2C với 0Ay . Viết phương

trình đường thẳng d đi qua A và cắt 1 2,C C theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2: 2 4 6 11 0S x y z x y z và mặt

phẳng : 2 2 17 0x y z . Viết phương trình mặt phẳng song song với và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 .

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ 22

136

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

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

thức

2 21 2

20121 2

z zM

z z

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1 2: 1 0, : 2 1 0d x y d x y . Lập phương trình đường thẳng d đi qua 1;1M và cắt 1 2,d d tương ứng tại A, B sao cho

2 0MA MB

.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng chứa đường thẳng 1:1 1 2

x y z

và

tạo với mặt phẳng : 2 2 1 0x y z góc 060 . Tìm tọa độ giao điểm M của mặt

phẳng với trục Oz. Câu VII b (1,0 điểm)


2 1 ,

1

x y x y

x y

e e xx y

e x y

.

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 1x (TCĐ), 2y (TCN). M là giao điểm hai tiệm cận nên 1;2M .

Gọi 00

0

2 1;

1xI x C

x

, 0 0x .

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại I là:

002

00

2 1311

xy x xxx

.

Tiếp tuyến cắt TCĐ tại 0

0

2 41;

1xAx

, cắt TCN tại 02 1;2B x .

2 4 22 2

0 0 020

3640 4 1 40 4 1 40 1 36 01

MA MB x x xx

204 2 0

0 0 200

1 1 1 11 10 1 9 0

1 31 9

x xx x

xx

.

Vì 0 0x nên chọn được 0 02 1x y . Vậy 2;1I thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II 1. Phương trình đã cho tương đương với:

137

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

22 2 2 04 2 40 20 0

a b aa b a b abab bab ab

( do 0, 0a b ).

Do đó: 0 0 2

4 22

x y x y xx y yx y

.

Câu III

Ta có:

3

3 22

32 2 21 1 1

lnlog 1 ln lnln 2

ln 21 3ln 1 3ln 1 3ln

e e ex

x xI dx dx dxxx x x x x

.

Đặt 2 2 2 ln ln 11 3ln 1 3ln 33

x xt x t x tdt dx dx tdtx x

.

Đổi cận: 1 1 ; 2x t x e t .

Khi đó: 2

22 2 32

3 3 3 31 1 1

11 1 1 1 43 1 .

3 3ln 2 9 ln 2 9 ln 2 27 ln 2

ttI tdt t dt t

t

Câu IV

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên ED AK ED , AB// EF (EFD) do đó AB // (EFD) d(A,EFD) = d(AB,ED) Mà EF (EFDA) nên EF AK AB AK AK = d(A,EFD) = d(AB,ED) = 2 Đặt EK = x ( 0 x 5 ). Trong tam giác vuông AED ta có: AK2 = KE.KD

hay 4 = x(5-x) x2 - 5x + 4 = 0 x 1x 4

Với x = 4 ta có AE = 2 2AK KE 5 V = AE. ABCDS = 5 ( đvtt)

Với x = 4 ta có AE = 2 5 V = 10 5 ( đvtt)

Câu V Nếu 0y thì 2 2M x .

Nếu 0y thì đặt xty

, ta được:

A

BC

E

F

G

H

K

D

138

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Nhận giá trị 7D . Vậy có phương trình là: 2 2 7 0x y z . Câu VIIa

Giải phương trình: 22 4 11 0z z ta được các nghiệm: 1 23 2 3 21 ; 1

2 2z i z i .

Suy ra: 1 2222

z z , 1 2 2z z .

Do đó: 2012 2012

11 11112 2

2 2M

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Ta có: 1 2; 1 , ; 2 1A d A a a B d B b b .

Khi đó: 1; 2 , 1;2 2MA a a MB b b

.

Ta có:

0 0; 12 2 1 02 0

2 4 2 2 0 3 3;5

a Aa bMA MB

a b b B

Đường thẳng d qua 0; 1A nhận 3;6AB

làm vecto chỉ phương nên có phương trình

là: 0 1 2 1 03 6

x y x y .

2. Đường thẳng đi qua điểm 1;0;0A và có vecto chỉ phương 1; 1; 2u

.

Mặt phẳng có vecto pháp tuyến là 2; 2; 1n

.

Giao điểm 0;0;M m cho ra 1;0;AM m

.

Mặt phẳng có vecto pháp tuyến là: ; ; 2;1n AM u m m

.

02 2 2 22 2 2

2 2 2 1.1 1 1os602 2 4 52 2 1 . 2 1

m mc

m mm m

2 2 2 22 4 5 2 2 4 1 0

2 2

mm m m m

m

.

Vậy tọa độ các điểm M cần tìm là: 0;0;2 2M , 0;0;2 2M

Câu VIIb Hệ phương trình đã cho tương đương với:

1 111

1 2

x yx yx y

x y x yx y x y x y

e x ye x ye x ye e x y x ye x y e x y e x y

Xét hàm số: tf t e t

1 0 tf t e t f t đồng biến trên .

139

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo phương trình (2) thì f x y f x y . Do đó: 0x y x y y . Thay 0y vào phương trình (1) ta được: 1xe x . Xét hàm số: 1xg x e x ; 1xg x e ; 0 1 0 0xg x e x .

Dựa bào bảng biến thiên của hàm g x ta có 0 0f x x .


ĐỀ 23A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 23 1y x x có đồ thị C

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

2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị C sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song

với nhau đồng thời 4 2AB . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cot 2cot 2 tan 3 3x x x .

2. Giải hệ phương trình: 2012 2012 2011 2011

2x y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm).

Cho hàm số: 31

xaf x bxex

. Tìm a, b biết 0 22f và 1

05f x dx


Đáy của khói lăng trụ đứng ABC.DEF là tam giác đều. Mặt phẳng đáy tạo với mặt

phẳng (DBC) một góc 030 . Tam giác DBC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ

đó?

Câu V (1,0 điểm).

Cho hai số thực , 2011;2012x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2 2

2

x y x yA

xy

.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm)

140

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: 2 4 2 0C x y x y . Viết

phương trình đường tròn C tâm 5;1M biết C cắt C tại hai điểm ,A B sao cho

3AB .

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 2;1;4M và đương thẳng 1 2 1:1 1 2

x y xd .

Tìm điểm H thuộc d sao cho 332HMOS biết 4Hx .


Cho 20131

1izi

. Chứng minh rằng: 1 2 3 *0, k k k kz z z z k .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có 6; 3 , 4;3 , 9;2A B C . Tìm điểm D thuộc đường phân giác trong l của góc A để tứ giác ABDC là hình thang.

2. Trong không gian Oxyz, cho họ đường thẳng 1: , 0, 11 1m

x y zd m mm m

.

Chứng minh rằng: md nằm trong một mặt phẳng cố định khi m thay đổi. Câu VII b (1,0 điểm)

Tìm m để hệ phương trình: 2

2 2

2

1

x x x y m

x y

có nghiệm duy nhất.

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Giả sử 3 2 3 2; 3 1 , ; 3 1 A a a a C B b b b C a b . Vì tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên 2 2 2 2 2 23 6 3 6 2 2 2 0y a y b a a b b a a b b a b a b

2 0 2 0 2 0a b a b a b a b a b a b ( vì a b ).

Mặt khác: 222 3 2 3 23 3AB b a b b a a (*) Thay 2b a vào (*) ta được:

22 3 22 3 22 2 2 3 2 3AB a a a a a

= 22 2 3 2 3 24 1 8 12 6 12 12 3 3a a a a a a a a

= 2 22 23 2 3 24 1 2 6 4 4 1 4 3 2a a a a a a

141

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

= 22 2 24 1 4 1 2 2a a a a = 22 2 24 1 4 1 1 3a a a

= 2 6 4 24 1 4 1 24 1 36 1a a a a

= 6 4 24 1 24 1 40 1a a a

Mà 4 2AB nên 6 4 24 1 24 1 40 1 32a a a

6 4 21 6 1 10 1 8 0a a a

Đặt 21t a . Do 2 1a b a a a nên 0t .

Phương trình trên trở thành: 3 2 26 10 8 0 4 2 2 0 4t t t t t t t .

Với 4t ta có: 2 2 1 31 4 2 3 0

3 1a b

a a aa b

.

Vậy 3;1 , 1; 3A B thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II

1. Ta có: 2 2os2 os sin2cot 2 2 2 cot tan

sin 2 2sin cosc x c x xx x x

x x x

.

Phương trình đã cho tương đương với:

2

3 cot 0 cot 3cot 3 3 cot

cot 1cot 3 3 cot

x xx x

xx x

.

cot 1 4

x x k k

2. Hệ phương trình tương đương với:

2012 2012 2011 2011 2012 2012 2011 2011

2 2

2 2 2

x y x y

x y x y x y x y x y

2012 2012 2012 2011 2011 2012 2012 2012 2011 2011

2 22 2x y x y

x y x xy x y y x y x y xy

2011 20112011 2011

22 21

0 00

x yx y x yx y

x y x y x yx x y y x y

Câu III TXĐ: \ 1D .

Ta có:

43 1 0 3

1xaf x be x f b a

x

.

1

1 1 1 1 13

20 0 0 0 00

31 182 1

x x xa af x dx a x d x b xe dx xe dx b xd ex

38a b .

142

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do đó có hệ phương trình 3 22 83 8 40 2a b aa b b

.

Câu IV Đặt CK = x, DK vuong góc với BC nên DKA = 030Xét tam giác ADK có:

cos 030 = AKDK

AK = x 3 ,

DK = 2x Diện tích tam giác BCD: S = CK.Dk = x.2x = 8, do đó x = 2

AD = AK.tan 030 = x 3 . 33

= 2

Thể tích khối lăng trụ:

V = 13

AD.CK.AK = 83

(đvtt)

Câu V

+ Nếu 2011 2012x y thì 2011 12012

t với atb

. Khi đó A có dạng

11A t t tt

. Bài toán quy về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2 1 20111, ;12012

A t t t tt

3 2

2 21 2 1 20112 1 0 ;1

2012t tA t t t A t

t t

đồng biến trên 2011 ;12012

Suy ra: 2 2

2

4023 2011 2012min

2011.2012A

đạt được khi 2011

2012xty

. Kết hợp với điều kiện

đang xét ta suy ra: 2011, 2012x y . + Nếu 2011 2012y x thì lập luận tương tự như trên ta tìm được min 4A khi x y . Qua hai trường hợp trên ta thu được:

2 2

2

4023 2011 2012min

2011.2012A

khi 2011, 2012x y .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Đường tròn C có tâm 1; 2I , bán kính 3R .

A

B

C

D

E

F

K

143

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đường tròn C tâm M cắt đường tròn C tại ,A B nên AB IM tại trung điểm H của

đoạn .AB Khi đó: 32 2

ABAH .

Để ý rằng hai vị trí của đoạn AB là AB và A B chúng có cùng độ dài là 3 . Các trung điểm H và H đối xứng nhau qua tâm I và cùng nằm trên đường thẳng IM .

Ta có: 2

2 2 3 332 2

IH IH IA AH

Suy ra: 2 2 2MA AH MH .

Mà 2 25 1 1 2 5MI

nên 3 752 2

MH MI IH ; 3 1352 2

MH MI IH

Do đó: 2 2 2 3 49 134 4

MA AH MH

2 2 2 3 169 434 4

MA A H MH .

Vậy phương trình đường tròn C thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

2 25 1 13x y ; 2 25 1 43x y

2. Ta có: 2;1;4OM

, 1; 2;2 1OH t t t

( do H thuộc d).

2; 2 7;2; 3 ; 5 34 29OM OH t t OM OH t t

Khi đó: 2

233 5 34 62 33 5 34 62 332 2 2HMO

t tS t t

21

5 34 29 0 295

tt t

t

.

Do 4Hx nên 1 4 5t t . Do đó chọn 1 0;1; 1t H . Câu VIIa

Ta có:

22013

2

1 11 2 11 1 1 1

i ii i i i z i ii i i i

.

Do đó: 1 2 3 1 2 3 2 31 1 1 0k k k k k k k k k kz z z z i i i i i i i i i i i .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Dễ dàng lập được phương trình đường thẳng AB, AC tương ứng như sau:

3 15 0; 3 3 0x y x y Phương trình hai đường phân giác của góc A là:

1

2

: 9 0 3 15 3 3: 3 0 10 10

l x yx y x yl x y

.

144

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Xét 1 : 9 0l x y có: 9 9 160 0 ,B B C Cx y x y B C ở cùng phía với 1l . Do đó 1l là phân giác ngoài của góc A. Vậy phương trình đường phân giác trong l của góc A là: 3 0x y . Ta có: ; 3D l D d d .

2;6 , 15;5 , 4; , 9; 1AB AC BD d d CD d d

. Để ABDC là hình thang, ta xét hai trường hợp sau đây:

* 9 1/ / / / 14 14;71 3

d dAB CD AB CD d D

.

* 4/ / / / 2 2;53 1

d dAC BD AC BD d D

.

2. Gọi là một mặt phẳng cố định chứa md .

md đi qua 0;0;1M , nhận ;1 ; 1u m m

làm vecto chỉ phương.

Gọi ; ;n a b c

là vecto pháp tuyến của , 2 2 2 0a b c .

Do md nên . 0 1 0 0 n u m ma m b c m a b m b c m

00

a ba b c

b c

. Khi đó chọn 1;1;1n

.

qua 0;0;1M , nhận 1;1;1n

làm vecto pháp tuyến nên có phương trình là:

1 0 1 0 1 1 0 1 0x y z x y z . Câu VIIb * Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm duy nhất 0 0;x y . Khi đó 0 0;x y cũng là nghiệm của hệ này. Do hệ có nghiệm duy nhất nên 0 0 0 0x x x . Thay vào hệ phương

trình ban đầu ta được: 020

1 011

y m mmy

.

* Điều kiện đủ:

+ Nếu 2m thì hệ phương trình thành: 2

2 2

2 2

1

x x x y

x y

. Dễ thấy hệ này có ít

nhất hai nghiệm 1;0 , 1;0 nên loại trường hợp này.

+ Nếu 0m thì hệ phương trình thành: 2

2 2

2

1

x x x y

x y

.

Từ 2 2 1x y 1, 1x y 2 ,2 xx x y .

Do đó:

2

2

2 22 2

2 02

11 1

xx

x xx x y x

yyx y x y

.

Vậy với 0m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

145

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 14


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 21

xyx

có đồ thị C

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

2. Tìm hai điểm B, C nằm trên hai nhánh của đồ thị C sao cho tam giác ABC cân tại A(2;0).


1. Giải phương trình: 22 3 os 2sin

2 4 12cos 1

xc x

x

.

2. Giải hệ phương trình: 2 23 3

3 3

2 3

6

x y x y xy

x y

.


Tính tích phân: 24

36

os

sin sin4

c xI dxx x

.


Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh SA (ABC) , SA = 2a. Gọi M, N là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB, SC. Tính thể tích của khối chóp ABCMN? Câu V (1,0 điểm).

Cho , , 0a b c thỏa 32

a b c . Chứng minh rằng: 1 1 1 152

a b ca b c

.


1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip 2 2

: 112 2x yE . Viết phương trình

hypebol (H) có hai đường tiệm cận là: 2y x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của (E).

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 1;0;3I và đường thẳng 1 1 1:2 1 2

x y zd . Viết

phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm ,A B sao cho cho IAB vuông tại I.


ĐỀ 24

146

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu VII a (1,0 điểm) Giả sử , ,a b c là ba số thực sao cho cos cos os 0a bc c . a) Hãy tìm phần ảo của số phức 1 tan 1 tan 1 tanz i a i b i c .

b) Chứng minh rằng: tan tan tan tan tan tan , a b c a b c a b c k k B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho họ đường thẳng 2 2: 4 6 3 4 0md m x my m . Chứng

minh rằng họ đường thẳng md tiếp xúc với một cônic cố định. 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 4;0;0 , 0;4;0A B và mặt phẳng

: 3 2 4 0P x y z . Gọi I là trung điểm của AB. Tìm K mà KI vuông góc với (P) đồng thời K cách đều gốc O và (P). Câu VII b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình: 3

2

log 3

2 12 3 81x

x y

y y y

.

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải

2. Hàm số trên được viết lại là: 22 1

y Cx

.

Gọi 2 2;2 , ;21 1

B b C C c Cb c

.

1b c Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox.

Xét ABH và CAK có: AB AC ( do ABC cân tại A) 090CAK BAH CAK ACK BAH ACK . Do đó hai tam giác vuông này bằng nhau.

Suy ra: AH CKHB AK

hay

22 21

22 21

bc

cb

. Giải hệ này ta thu được: 1; 3b c

Vậy 1;1 , 3;3A B thỏa mãn yêu cầu bài toán.

H K

B

C

A

147

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II

1. Điều kiện: 1cos2

x .


2cos 3 os 1 os 2cos 1 3 os sin 02

x c x c x x c x x

sin 3 os tan 3 3

x c x x x l l .

+ Nếu l chẵn, tức 2l k thì 23

x k (loại).

+ Nếu l lẻ, tức 2 1l k thì 4 2 3

x k k (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 4 23

x k k .

2. Đặt 3 3, u x v y . Hệ phương trình đã cho thành:

3 3 2 2

3

62 32 3 36

u vu v u v uvu v uv u v uv u vu v

6 6

12 36 3 18 8u v u v

uv uv uv

,u v là nghiệm của phương trình: 2 26 8 0

4t

t tt

.

Do đó:

24

42

uvuv

. Suy ra:

864

648

xyxy

.

Vậy nghiệm của hệ là: 8;64 , 64;8 .

Câu III

Ta có:

2 24 4

3 2

6 6

os cot2 2sin sin os sin 1 cot

c x xI dx dxx x c x x x

24 4

6 6

cot 12 cot 2 cot 1 cot1 cot cot 1

x d x x d xx x

148

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 4

6

cot 1 32 cot ln cot 1 2 2 3 ln2 2

x x x

.

Câu IV

Xét SAB và SAC có AB = AC, SA chung, A = 090 SAB = SAC SB =SC mặt bên SBC là tam giác cân. Áp dụng định lý đường cao trong các tam giác SAB và SAC ta có:

2 2

AB.ASAMAB AS

= 2a5

2 2

AC.ASANAC AS

= 2a5

Áp dung định lý Pytago:

SM = 2 2 4aSA AM5

2 2 4aSN SA AN5

Ta có các tỷ số: SMSB

= SNSC

= 45 S.AMN

S.ABC

VV

= 1625

S.AMNV = 1625 S.ABCV =

38a 375

Thể tích :

ABCNMV = S.ABCV - S.AMNV = 3a 36

- 38a 3

75 =

33a 350

(đvtt)

Câu V

A

B

C

S

M N

149

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


33

1 1 1 1 1 1 33 . .a b c a b c a b ca b c a b c abc

3 9 27

4 43

a b c a b ca b c a b c a b c

9 27 152 . 34 24.

2

a b ca b c

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a

1. Giả sử 2 2

2 2: 1 , 0x yH a ba b

.

Do (H) có hai tiệm cận là: 2y x nên 2 2b b aa .

Từ phương trình (E) ta có: 2 12 2 10.c Do đó: 2 2 2 2 2 24 5 10 2a b a a a a . Suy ra 2 8b .

Vậy 2 2

: 12 8x yH .

2. Phương trình tham số của d là:

1 2

11 2

x ty tz t

Kẻ IH d H là trung điểm của AB.

1 2 ; 1 ;1 2 2 ; 1;2 2H d H t t t IH t t t

.

2;1;2du

là vecto chỉ phương của đường thẳng d.

Ta có: 5. 0 4 1 4 4 09dIH u t t t t

10 4 8 20; ;9 9 9 3

IH IH

.

Do tam giác IAB vuông tại I nên 2 2 2 2

1 1 1 2 4023

R IHIH IA IB R

.

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: 2 22 401 39

x y z .

Câu VIIa Ta có:

d

BA

I

H

150

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 tan 1 tan 1 tanz i a i b i c

= 1 tan tan tan tan 1 tana b a b i i c

= 1 tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan tana b b c c a a b c a b c i a) Suy ra Im tan tan tan tan tan tanz a b c a b c . b) tan tan tan tan tan tana b c a b c Im 0z z có acgumen bằng k k .

Mà số phức 11 tan os sinos

i a c a i ac a

, vì vậy số phức này có acgumen là

a l l .

Tương tự 1 tan ; 1 tani b i c có acgumen là ; b m m c n n .

Vậy số phức z có acgumen là: a b c l m n .

Khi đó Im 0z a b c k k . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Ta có: 2 2 24 6 3 4 0 3 6 4 12 0m x my m x m ym x (*)

Điểm ;M x y không thuộc bất cứ đường thẳng nào của họ md khi và chỉ khi phương trình

(*) ẩn m vô nghiệm. Tức là: 2 2

2 20 4 9 36 0 19 4mx yx y .

Xét elip có phương trình: 2 2

19 4x y

.

Hệ phương trình:

2 2

2 22 2

3 319 4

4 6 3 44 6 3 4 0

x y mx y m

m x my mm x my m

có định thức 22

33 12 0

4 6m

m mm m

nên hệ phương trình luôn có nghiệm duy

nhất với mọi m .

Vậy md luôn tiếp xúc với elip cố định có phương trình là: 2 2

19 4x y

.

2. Ta có: I là trung điểm AB 2;2;0I .

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là: 3;2; 1n

.

Vì KI P nên đường thẳng KI qua I nhận 3;2; 1n

làm vecto chỉ phương nên có

phương trình: 2 32 2

x ty tz t

.

2 3 ;2 2 ;K KI K t t t .

151

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo đề ta có: 2 2 26 9 4 4 4; 2 3 2 2

14t t t

d K P KO t t t

2 2 2 314 20 4 14 1 14 20 4 14 28 144

t t t t t t t t .

Vậy 1 1 3; ;4 2 4

K

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu VIIb Điều kiện: 0y . Hệ phương trình đã cho tương đương với:

3

22 2

2727 3log 33

272 12 3 81 2 12 3 81 2 12 81

x

xx

x

y x y yy y y y y y y y y

y

2

273273 23 94 33

12 03

xx xy xy

y yyy y y

.

Vậy 23

xy


ĐỀ 15

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 4 2 22y x mx m m có đồ thị mC 22. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2m . 2. Tìm m để đồ thị mC của hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc

bằng 0120 . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 1 1sin 2 sin 2cot 22sin sin 2

x x xx x

.

2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 8 2

4

x y xy

x y.



0

sinI x xdx

.


ĐỀ 25

152

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD.

Chứng minh rằng : 3( 2 1)

162LV

Câu V (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 3ab a b .

Chứng minh rằng: 2 23 3 31 1 2

a b ab a bb a a b

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng

1 2 3: 2 3 0, :3 4 5 0, : 4 3 2 0d x y d x y d x y . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc 1d và tiếp xúc với 2 3, .d d2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm 0;0;4 , 2;0;0A B và mặt phẳng

: 2 5 0P x y z . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua , ,O A B và có khoảng cách từ

tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng 56

.

Câu VII a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 22 1 3 1 0z i z iz i trên tập số phức .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 3 4 0d x y và đường tròn

2 2: 4 0C x y y . Tìm điểm M thuộc d, điểm N thuộc C sao cho hai điểm này đối

xứng nhau qua 3;1A .

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 0;1;1A và hai đường thẳng:

1 2

11 2: , :

3 1 11

xx y zd d y t

z t

.

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A , vuông góc với 1d và cắt 2d . Câu VII b (1,0 điểm)

Tìm m để hệ phương trình:

2

33 3

22 2 5

log 1 log 1 log 4

log 2 5 log 2 5x x

x x

x x m

có hai nghiệm thực

phân biệt. BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I

153

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 34 4y x mx ; 20 4 0y x x m .

Đồ thị mC của hàm số có ba điểm cực trị phương trình 24 0x x m có ba nghiệm

phân biệt 0m . Khi đó phương trình 0y có ba nghiệm là:

0x

x m

x m

.

Gọi 20; , ; , ;A m m B m m C m m là các điểm cực trị.

Ta có: 2 2; , ;AB m m AC m m

Vì A Ox , B và C là hai điểm đối xứng nhau qua Oy nên tam giác ABC cân tại A. Như

vậy góc 0120 chính là A . Ta có:

44 3

4 3

1 . 1 1 1os 3 0 3 1 02 2 2 3

AB AC m mc A m m m mm mAB AC

Câu II

1. Điều kiện: sin 2 0 2

x x k k .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 2

2os 2 os2 2cos 2 os 2 cos cos 2 2cos 2sin 2 2sin sin 2

c x c x x c x x x x

x x x

cos 2 0cos 2 cos 2 cos 2 0

cos 2 cos 2 0

xx x x

x x

* cos 2 04 2

x x k k ( thỏa mãn điều kiện)

* 2cos 2 cos 2 0 2cos cos 1 0 x x x x ( Phương trình này vô nghiệm). 2. Điều kiện , 0x y . Đặt ; u x y v xy . Suy ra: 2 2x y u v Hệ phương trình đã cho thành:

22 2

2

42 2 2 8 232 128 84

uu v v vv v vu

2 2

44

0 84

32 128 64 16

uu

vv

v v v v

Hay 8

8

x y

xy

. Do đó: ,x y là nghiệm của phương trình 2 4 4 0 2t t t .

154

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 2 4x y x y . Câu III Ta có: Đặt 2 2t x t x dx tdt . Đổi cận: 20 0; x t x t .

Khi đó: 2

0

2 sinI t tdt

.

Sử dụng công thức tích phân từng phần ta được: 2 2 2 2

0 000 0

2 os 4 cos 2 4 sin 4 sin 2 4 os 2 8I t c t t tdt t t tdt c t

Câu IV Đặt OA = a, OB = b, OC = c Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki:

a + b 2 22( )a b

a + c 2 22( )a c

b + c 2 22(c b ) Cộng vế với vế các BĐT trên ta được:

2 2 2 2 2 22( ) ( ) ( ) ( )a b c a b a c c b

Suy ra: (a + b + c)( 1 + 2 ) 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )a b a c c b a b c

Hay (a + b + c)( 1 + 2 ) L (1) Dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c Áp dụng BĐT Cauchy cho a, b, c ta có: a + b + c 3 abc (2)

Ta có V = 6

abc, BĐT (2) a + b + c 33 6V (3)

Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c

Từ (1), (3) ta có 33.(1 2).3. 6L V hay 3 ( 2 1)

162LV

(4)

Dấu “ = “ trong (4) xảy ra khi a = b = c = ( 2 1)

3L

Câu V Từ giả thiết , 0a b và 3ab a b ta suy ra ba điều sau đây:

(i) 2

2 23 4 12 0

64a ba b

ab a b a b a b a ba b

.

6a b không xảy ra. Vì thế 2a b (1)

(ii) 3 33 1 1ab abab a ba b a b a b a b

(2)

A

CO

B

155

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

(iii) 3 1 1 4 1 1 4ab a b a b b a b (3)

Sử dụng 2 , 3 để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

2 2 3 3 3 1 1 33 3 12 1 1 4 4

a b ab a ba b a bb a a b a b

2 23 3 3 14 4

a b a ba b

Hay 2 2 2 2 124 6 3 3 4a b a b a ba b

2 2 123 10a b a ba b

(4).

Để ý rằng 22 2

2a b

a b

nên (4) sẽ được chứng minh nếu bất đẳng thức sau là đúng:

2

123 102

a ba b

a b

(5).

Đặt a b s . Từ giả thiết và (1) ta suy ra: 1ab . Khi đó bất đẳng thức (5) trở thành:

2 2246 20 0 2 4 12 0 2s s s s s ss

( luôn đúng).

Dấu “=” xảy ra khi 2 1s a b .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a 1. Gọi I là tâm đường tròn. Vì 1I d nên ;3 2I t t .

Ta có: 2 3

3 4 3 2 5 4 3 3 2 2; ;

5 5t t t t

d I d d I d

17 5 11 2 2

17 5 11 217 5 2 11 4

t t tt t

t t t

.

Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

2 2 2 21 2

49 9: 2 1 , : 4 525 25

C x y C x y .

2. Giả sử S có phương trình là: 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d .

0O S d

0;0;4 16 8 0A S c d . Mà 0d nên suy ra 2c .

2;0;0 4 4 0B S a d . Mà 0d nên suy ra 1a .

Với 1; ;2I b , ta có: 055 5;56 6 6

bbd I P

b

.

156

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: 2 2 2 2 2 22 4 0; 2 20 4 0x y z x z x y z x y z .

Câu VIIa Rõ ràng 1z là một nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó ta có phân tích vế trái của phương trình đã cho thành dạng:

3 2 22 1 3 1 1z i z iz i z z az b , ,a b

3 2 3 22 1 3 1 1z i z iz i z a z b a z b .

Đến đây, ta có hệ phương trình sau: 1 2 2

13

1 21

a ia i

b a ib i

b i

.

Do đó phương trình đã cho tương đương với: 2

1

1 2 1 0

z

z i z i

Giải phương trình 2 1 2 1 0z i z i ta thu được hai nghiệm: 1

z iz i

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Ta có: 3 4;M d M t t . Vì M và N đối xứng nhau qua A nên A là trung điểm đoạn

thẳng MN. Khi đó 2 3 ;2N t t .

Mặt khác N C nên 2 20

2 3 2 4 2 0 65

tt t t

t

.

Vậy ta đã tìm được hai cặp điểm như sau:

4;0M , 2;2N hoặc 38 6 8 4; , ;3 5 5 5

M

2. Đường thẳng 1d có vecto chỉ phương là: 3;1;1u

.

Gọi 2 2 1; ;1 1; 1;B d d B d B t t AB t t

.

Vì 1d d nên . 0 3 1 0 2 1;1;2AB u AB u t t t AB

.

Đường thẳng d đi qua 0;1;1A nhận 1;1;2AB


trình là: 1 11 1 2

x y z

.

Câu VIIb

2

33 3

22 2 5

log 1 log 1 log 4 1

log 2 5 log 2 5 2x x

x x

x x m

* Giải bất phương trình (1):

157

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Điều kiện 1x

Với điều kiện này, (1) 3 31 1og log 2 2 1 2 2 31 1

x xl x x xx x

Kết hợp với điều kiện 1x ta được: 1 3x . * Xét phương trình (2): Đặt 2

2og 2 5t l x x . Vì 1 3x nên 2 3t .

Phương trình (2) thành: 25 5mt t t mt

.

Xét hàm số: 2 5 , 2;3f t t t t .

Dựa vào bảng biến thiên ta thu được: 25 64

m .

ĐỀ 16



xyx

có đồ thị C


2. Tìm trên đồ thị C , hai điểm A và B đối xứng qua đường thẳng MN.

Biết rằng 3;0 , 1; 1M N . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 4 1 3 74cos os2 os4 os2 4 2

xx c x c x c .


2 1

2 2 2011 1

2 2 2011 1

y

x

x x x

y y y

.


Tính tích phân:

2

20121 1

dxIx x

.


Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hai mặt bên SAB và SCDvuông góc với đáy. Đường chéo AC của đáy tạo với cạnh AB một góc . Cạnh SC có độ dài bằng a và tạo với mặt phẳng SAB một góc . Tính thể tích khối chóp .S ABCD . Câu V (1,0 điểm)

Cho , ,a b c là ba số dương thỏa mãn 34

a b c . Chứng minh rằng:


ĐỀ 26

158

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 3 33 3 3 3a b b c c a . Dấu “=” xảy ra khi nào? B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol 2:P y x và điểm 0;2I . Tìm tọa

độ hai điểm ,A B thuộc P sao cho 4 0IA IB

.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng 2: 2 2 3 0P x y m m và mặt cầu

2 2 2: 1 1 1 9S x y z . Tìm m để mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu S . Với m tìm được, hãy xác định tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S).Câu VII a (1,0 điểm) Cho , , ,A B C D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số

4 3 3 ; 2 3 3 ; 1 3 ; 3i i i i . Chứng minh rằng bốn điểm , , ,A B C D cùng nằm

trên một đường tròn. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm 5;0B . Điểm A nằm trên góc phần tư thứ nhất sao cho tam giác OAB vuông tại A và đường tròn nội tiếp có bán kính 1r . Tìm tọa độ đỉnh A. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu 2 2 2

1 : 2 4 2 30 0S x y z x y z

2 2 22 : 6 8 16 0S x y z x y . Chứng tỏ rằng hai mặt cầu 1S và 2S tiếp xúc

trong với nhau. Viết phương trình tiếp diện chung của chúng.Câu VII b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3log log 22012 2003 2012 2003

3x x

x

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Đường thẳng MN qua 3;0M , nhận 2; 1MN


phương trình: 3 2 3 02 1

x y x y

.

Gọi 2 3;I a a MN .

Gọi d là đường thẳng đi qua 2 3;I a a và vuông góc với MN. Khi đó ta có phương

trình của d là: 2 2 3 1 2 5 6x a y a y x a . Hoành độ các giao điểm ,A B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

2

12 4 2 5 61 2 4 2 5 6 2 5 6

xx x ax x x a x x a

159

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

1

2 5 6 5 10 0

x

x a x a

.

,A B đối xứng nhau qua MN I là trung điểm của AB .

Khi đó: 5 6 5 62 3 2 3 22 4 4

A BI

x x a ax a a a .

Suy ra phương trình đường thẳng : 2 4d y x . Do đó: 2;0 , 0; 4A B .


21 os2 1 3 74 os2 os4 os2 2 4 2

c x xc x c x c

2 1 3 71 2cos 2 os 2 cos 2 os4 os2 4 2

xx c x x c x c

1 os4 1 3 7 31 os os4 os os2 os 22 2 4 2 4

c x x xc x c x c c x c

os2 1

8 83os 134

x kc xx m mx x lc

.

2. Đặt 1, 1u x v y . Hệ phương trình đã cho thành: 2

2

1 2011

1 2011

v

u

u u

v v

.

Xét hàm số: 2 1f t t t .

Ta có: 2

2 2

1 0 1 1

t tt tf t t f tt t

luôn đồng biến trên .

+ Nếu u v thì f u f v suy ra: 2011 2011v u v u ( Vô lý). + Nếu u v thì lập luận tương tự như trên ta cũng chỉ ra được điều vô lý.Suy ra: u v .

Xét phương trình: 2 1 2011uu u . Ta có: 2

120111

u

u

u .

Do đó: 2

2

1 2011

1 2011

u

u

u u

u u

Trừ vế theo vế ta được: 2 2011 2011 2011 2011 2 0u u u uu u . Xét hàm số 2011 2011 2u ug u u .

Ta có: 2011 ln 2011 3 ln 2011 2u ug u

160

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ln 2011. 2011 2011 2 2ln 2011 2 0 u u u

Suy ra g u luôn đồng biến trên . Vậy 0u là nghiệm duy nhất của phương trình

0g u .

Kết luận: hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ; 1;1x y . Câu III

Ta có:

2012 2012 20122 2 2 2 22011

2012 201220121 1 1 1 1

1 1120121 11

x x d xdx x dxI dx dxx xx xx x

2012

22 20121

1

2 1ln21ln ln 1 ln 2

2012 2012x x

.

Câu IV

Ta có:

SAB ABCD

SAD ABCD SA ABCD

SA SAB SAD

.

BC ABBC SAB SB

BC SA

là hình chiếu

của SC trên mặt phẳng SAB BSC là góc

giữa SC và SAB . Trong tam giác vuông SBC ta có:

sin sinBC SC a ; cos cosSB SC a .

Trong tam giác vuông ABC ta có: cot sin cotAB BC a .

Trong tam giác vuông SAB ta có: 2 2 2 2sin cot cotSA SB AB a .

Diện tích hình chữ nhật ABCD là: 2 2. sin cotABCDS AB BC a .

Thể tích khối chóp .S ABCD là: 3 3 2 21 1. sin cot cot cot3 3ABCDV S SA a .

Câu V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 3 ; 1; 1a b ta có:

3 3 1 1 3 23 .1.13 3

a b a ba b .

Tương tự: 3 33 2 3 23 , 3

3 3b c c ab c c a

.

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta thu được:

a

S

A

B C

D

161

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 3 3 4 4 33 3 3 2 . 2 33 3 4

a b b c c a a b c .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3

14

43 3 3 1

a b ca b c

a b b c c a

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a 1. Ta có: 2 2, ; , ; , A B P A a a B b b a b .

2IA ; 2a a

, 2; 2IB b b

2 2 2 2 2 24 0 4 0 4 04 02 4 2 0 4 6 0 4 6

a b a b a bIA IBa b a b a b

2 24 6 4 04 6

b ba b

2

21

112 48 36 03

64 64 6

3

ab bb b b

aa ba b

b

Vậy 4; 2 , 1;1A B hoặc 36;6 , 9;3A B .

2. Mặt cầu (S) có tâm 1; 1;1I và bán kính 3R .

(P) tiếp xúc với (S) 2

22 2 2

2.1 2. 1 1.1 3; 3 3 3 1 9

2 2 1

m md I P m m

2 2

2 2

3 1 9 3 10 0 253 1 9 3 8 0

m m m m mmm m m m

.

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là: 2;2;1n

.

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) nên có phương trình là: 1 2

1 21

x ty tz t

.

Tọa độ tiếp điểm của (P) và (S) ứng với tham số t là nghiệm của phương trình: 2 1 2 2 1 2 1 10 0 1t t t t tọa độ tiếp điểm là 3;1;2 .

Câu VIIa Bốn điểm đã cho có các tọa độ như sau: 4;3 3 , 2;3 3 , 1;3 , 3;1A B D

Gọi 3;3I là một điểm xác định. Ta có: 2IA IB IC ID tứ giác ABCD nội tiếp

trong đường tròn tâm 3;3I , bán kính 2R . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb

162

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB. Từ giả thiết suy ra: ;1I t , 0t .

Phương trình đường thẳng OA là: 0 0y kx kx y k .

Đường thẳng AB qua 5;0B và vuông góc với OA nên có phương trình: 5 0x ky . Phương trình các đường phân giác trong góc A của tam giác OAB là:

1

2 22

: 1 1 5 05: 1 1 5 01 1

l k x k ykx y x kyl k x k yk k

.

Xét 1 : 1 1 5 0l k x k y .

Ta có: 1 1 5 1 1 5 25 0O O B Bk x k y k x k y k . Suy ra ,O B nằm

cùng phía đối với 1l . Do đó 1l là phân giác ngoài của góc A. Vậy phương trình đường phân giác trong l của góc A là: 1 1 5 0k x k y .

6 6;1 ;11 1k kI a l a I

k k

.

Ta có: 2 22

6 11, 1 1 5 1 1 1

1

kkkd I OA k k k kk

.

Giải phương trình này, ta tìm được:

4334

k

k

.

+ Với 43

k ta có: : 4 3 0; : 3 4 15 0OA x y AB x y . Tọa độ điểm A là nghiệm của

hệ phương trình:

94 3 0 9 125 ;3 4 15 0 12 5 5

5

xx yA

x y y

.

+ Với 34

k ta có: : 3 4 0, : 4 3 20 0OA x y AB x y . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

phương trình:

163 4 0 16 125 ;4 3 20 0 12 5 5

5

xx yA

x y y

.

Vậy 9 12;5 5

A

hoặc 16 12;5 5

A

.

2. Mặt cầu 1S có tâm 1 1;2; 1I , bán kính 1 6R

Mặt cầu 2S có tâm 2 3;4;0I , bán kính 2 3R .

Vì 1 2 1 2I I R R nên hai mặt cầu 1S và 2S tiếp xúc với nhau.

163

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Gọi A là tiếp điểm của 1S và 2S , ta có: 1 22 5;6;1AI AI A

.

Gọi là tiếp diện của 1S và 2S tại A. Khi đó có vecto pháp tuyến là

1 2 2;2;1I I

. Vậy phương trình của là:

2 5 2 6 1 1 0 2 2 23 0x y z x y z . Câu VIIb Điều kiện: 0x . Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với:

3 33

log log log22012 2003 2012 2003 .33

x x x

3 3log log2012 2003 2012 2003 2

3 3 3

x x

Đặt 3log

2012 2003 , 03

x

t t

.

Bất phương trình trên thành: 21

1 2 3 2 1 0 33 1

tt t t

t t

. Kết hợp với 0t ta

thu được: 1t .

Khi đó: 3log

32012 2003 1 log 0 1

3

x

x x

.

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1;S .

ĐỀ 17



xyx

có đồ thị C .

24. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại ,A B mà tam giác OAB thỏa mãn 2AB OA . Câu II (2,0 điểm)


2

tan tan 2 sintan 1 2 4

x x xx

.


2 2

5 4 4

5 4 16 8 16 0

y x x

y x xy x y

.


ĐỀ 27

164

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


Tính tích phân:

3ln 2

230 2x

dxIe

.


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SAB ABCD và SCD đều

cạnh a , góc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng . Tính thể tích khối chóp theo

a và . Tìm để thể tích đó lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm) Cho số nguyên n 2n và hai số thực không âm ,x y .

Chứng minh 1 11n n n nn nx y x y . Dấu “=” xảy ra khi nào?

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: 4 4C x y và điểm

4;1E . Tìm tọa độ các điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến

,MA MB đến đường tròn C với ,A B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E . 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 1; 1;1A và hai đường thẳng:

1 21 1 4: , :

1 2 3 1 2 5x y z x y zd d

.

Chứng minh rằng hai đường thẳng 1 2, d d và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Câu VII a (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình: log log

2 2 3y x

x y

xy y

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn 2 2: 12 4 36 0C x y x y . Viết phương

trình đường tròn C tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox,Oy đồng thời tiếp xúc ngoài với

đường tròn C .

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 2;0;0 , 2;2;0 , 0;0;A B S m . Gọi H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O trên đường thẳng SA . Chứng minh rằng với mọi 0m diện tích tam giác OBH nhỏ hơn 3. Câu VII b (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số phức z, ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau xảy ra:

165

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

112

z hoặc 2 1 1z .

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Cách 1:

Gọi 00 0

0

2; , 2

2xM x C x

x

. Phương trình tiếp tuyến d tại M có dạng:

0

0200

2422

xy x xxx

.

Do , d Ox A d Oy và tam giác OAB có 2AB OA nên tam giác OAB vuông cân tại .O Suy ra: d vuông góc với một trong hai đường phân giác: y x hoặc y x . + Trường hợp 1: d vuông góc với y x .

Ta có:

2 020 0 02

00

04 1 2 4 4 042

xx x x

xx

Với 0 0x y x ( loại) Với 0 4 8x y x + Trường hợp 2: d vuông góc với y x .

Ta có:

202

0

4 1 1 1 42

xx

( loại).

Vậy có một tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán: : 8d y x . Cách 2:

Vì tam giác OAB vuông tại O nên 01sin 452

OAABO ABOAB

tam giác OAB vuông cân tại O .

Phương trình tiếp tuyến d với C tại điểm 00

0

2;

2xM x C

x

có dạng:

0

0200

2422

xy x xxx

.

Suy ra:

2 20 0

20

2;0 , 0;2 2x xd Ox A d Oy B

x

.

Vì OA OB nên

2 2

2 02 2 30 00 0 0 0 02

00

02 2 4 4 042 2

xx x x x x x xxx

.

Với 0 0x y x ( loại). Với 0 4 8x y x . Vậy có một tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán: : 8d y x .

166

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II

1. Điều kiện: os 0 , 2

c x x k k .


2 2

2

1tan tan os sin os2

1sin sin os sin os2

x x c x x c x

x xc x x c x

22sin sin 2 sin os 2sin sin os sin osx x x c x x x c x x c x

sin os 0sin os 2sin 1 0

2sin 1 0x c x

x c x xx

tan 11sin2

x

x

4

2 65 26

x k

x k k

x k

2. Ta có: 2 2 2 25 4 16 8 16 0 4 8 5 16 16 0y x xy x y y x y x x . Xem đây là một phương trình bậc hai theo ẩn y ( tham số x ).

Ta có: 29x , từ đó: 5 4

4y xy x

.

+ Với 5 4y x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

20 4

5 4 5 4 4 6 5 4 0 5 04

x yx x x x x

x y

.

+ Với 4y x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta được:

2 0 44 5 4 4 6 4 0

4 0x y

x x x x xx y

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 40;4 ; 4;0 ; ;05

S

.

Câu III

Ta có: 3ln 2 3

20

3 3 2

x

x x

e dxI

e e

.

Đặt 3 3 31 33

x x x

t e dt e dx e dx dt .

167

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đổi cận: 0 1; 3ln 2 2x t x t .

Khi đó:

2 2

2 21 1

3 1 1 134 4 11 2 1

dtI dtt tt t t

=

2

1

1 1 1 3 13 ln ln 1 ln 24 4 2 1 4 8

t tt

.

Câu IV Ta có:

SAB ABCD

AB SAB ABCDSH ABCD

SH ABSH SAB

Kẻ HM CD CD SHM

CD SM SMH là góc giữa SCDvà đáy.Do SCD đều nên M là trung điểm của CDvà H là trung điểm của AB .

Ta có: 3 3sin sin2 2

a aSM SH SM , 3cos os2

aHM AD SM c .

Vậy 3 3

.1 1. . . sin os sin 23 3 4 8S ABCD ABCD

a aV S SH AD CD SH c .

Ta có: 3

.sin 2 18S ABCDaV .

30

S.ABCDaxV sin 2 1 458aM .

Câu V + Nếu 0x hoặc 0y thì bất đẳng thức luôn đúng.+ Xét trường hợp 0, 0x y . Vai trò của ,x y như nhau trong bất đẳng thức cần chứng minh nên không giảm tính tổng quát có thể giả sử x y . Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

1 1

1 111 1 1 1n n n n

n n n nn ny y y yx xx x x x

1 1

1 1n nn ny y

x x

.

a1

S

H

A

B C

D

M

168

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 1

0 1 0n ny y y

x x x

.

Suy ra: 1 1

1 1 1 1 1n n n nn n n n ny y y y y

x x x x x

.

Trong trường hợp , 0x y , bất đẳng thức không có dấu “=” xảy ra. Vậy dấu “=” chỉ xảy ra khi 0x hoặc 0y . B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a 1. Đường tròn C có tâm 4;0I , bán kính 2R .

Gọi ; , ;A A B BA x y B x y là tọa độ các tiếp điểm.

Phương trình tiếp tuyến MA: 4 4 0A Ax x y y . Vì tiếp tuyến này đi qua

0;M m Oy nên 4 12 4 12;A AA A

x xy A xm m

.

Tương tự như trên ta cũng tìm được: 4 12; BB

xB xm

.

Phương trình đường thẳng AB:

4 124 12 4 44

A

A AA

B AB A

xyx x xm y x

x x m mx xm

.

Vì E AB nên 4 12 41 AA

x x xm m

. Giải phương trình này tìm được 4m .

Vậy 4m là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2. Đường thẳng 1d qua 0; 1;0B nhận 1 1;2;3u


Đường thẳng 2d qua 0;1;4C nhận 2 1;2;5u


Ta có: 1 2; 0u u BC

nên 1 2, d d đồng phẳng.

Dễ dàng lập được phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng 1 2, d d như sau: 2 2 0x y z .

Rõ ràng: A . Vậy hai đường thẳng 1 2, d d và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Câu VIIa Điều kiện: 0 , 1x y . Với điều kiện trên hệ phương trình đã cho tương đương với:

1 11 1 log 1log log log 1 log 2 log2 22 2 3 2 2 3 2 2 3

yy x y xy

x y x y x y

xxy y x y x

169

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2y

22

log 1 2 2 3log og 2 0 1

log 2 12 2 3 2 2 3 2 2 3

2 2 3

x yy

yyx y

x yx y

x y

x yIx yx

x l x xxy x

y II

.

Giải hệ I ta thu được: 23og2

x y l .

Giải hệ II :

Xét phương trình: 21

2 2 3 0 1y y y .

+ Nếu 1y thì 2

2

1

10

2 22 2 3

2 2 1

y

y y

y

( Vô lý).

+ Nếu 0 1y thì 2

2

y 1

11

2 12 2 3

2 2

y y

y

( Vô lý).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 23log2

x y .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Đường tròn C có tâm 6;2I , bán kính 2R .

Gọi ; ,J a b R lần lượt là tâm, bán kính của đường tròn C .

Khi đó phương trình đường tròn C có dạng: 2 2 2x a y b R .

Vì C tiếp xúc với Ox,Oy nên R a b + Trường hợp: b a . Ta có: ;J a a , R a .

C tiếp xúc ngoài với

2 2 2 2 26 2 2 6 2 4 4C IJ R R a a a a a a a

2 16 4 36 0a a a .

Nếu 0a thì phương trình thành: 2 12 36 0 6a a a (loại)

Nếu 0a thì phương trình thành: 2 220 36 0

18a

a aa

Với 2a ta có phương trình 2 2: 2 2 4C x y

Với 18a ta có phương trình 2 2 2: 18 18 18C x y . + Trường hợp b a .

170

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Giải tương tự như trường hợp ta tìm được 2 2: 6 6 36C x y .

2. Cách 1: Đường thẳng SA qua 2;0;0A nhận 2;0;SA m

làm vecto chỉ phương nên

có phương trình: 2 20

x tyz mt

t .

2 2 ;0; 2 2 ;0;H SA H t mt OH t mt

.

H là hình chiếu của O lên SA . 0OH SA OH SA

2242 2 .2 0.0 . 0 4 4 0

4t mt m m t t

m

.

2; 2; 0 2

2 22 4;0;

4 4m mH

m m

Ta có: 2;2;0OB

. Suy ra:

22 2

2 2 22 2 2 2

0 2 2 22 08 8 4; ; ; ; ;4 4 2 20 4 4 40

4 4 4 4

m m mOB OH m m m m m m mm m m m

Do đó: 22 2 2

2 2 21 1 8 8 4;2 2 4 4 4OBH

m m mS OB OHm m m

=

4 2 2

2 22

1 16 128 2 8.2 44

m m m mmm

.

Xét hàm số: 2

22 8

4m mf mm

, 0;m

2

22 2

86 32 0 0;8 8

mf m mm m

f m đồng biến trên 0;

limm

f m f m

2 < 3.

Vậy 3OBHS . Cách 2:Ta có: 2OH OA ; ; 8d B OH OB

171

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra: 1 1. ; .2. 8 8 32 2OBHS OH d B OH

Câu VIIb

Giả sử đồng thời 112

z và 2 1 1z .

Đặt ,z a bi a b .

Ta có:

2 22 2

22 2 2 22 2 2 2

1 2 4 1 012

2 01 4 1

a b aa b

a b a ba b a b

2

22 2 2 1 0a b a ( Vô lý).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

ĐỀ 18

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 1 my x mx m C có đồ thị C .

25. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số khi 3m . 2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ 0 1x cắt đường

tròn C : 2 22 3 4x y theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2sin 2 os4 2 2 sin 3

sin 3 os3 4x c x xx c x

.


4 3 2 2

24 2 2 2

6 12 6

5 1 11 5

x x x y y x

x x y x


Tính tích phân:

2

31

ln lnln 1

e x xI dxx x

.


Trong mặt phẳng (P) cho đường thẳng và một điểm A không thuộc . Trên

đường thẳng vuông góc với (P) tại A , lấy điểm S cố định khác A . Góc 090xAy xoay

quanh A ; hai tia Ax, Ay cắt tại ,B C . Cho SA h và khoảng cách từ A đến bằng

a . Tính theo h và a thể tích nhỏ nhất của khối chóp .S ABC .


ĐỀ 28

172

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu V (1,0 điểm) Cho , , 0x y z thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 23 3 3x y zQ

x yz y zx z xy

.


1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip 2 2

: 19 4x yE và đường thẳng

: 1 0md x my và điểm 1;0C . Chứng minh rằng md luôn cắt E tại hai điểm phân biệt ,A B . Tìm m để ABC có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với 0;0;2 , 0;2;0 , 2;0;0A B C ,

2;2;2D . Tìm các điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện.Câu VII a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

1 2 3 4z i z i và 2z iz i

là một số ảo.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn 2 2: 2 3 0C x y x . Gọi ,B C là giao điểm

của đường thẳng với đường tròn C . Hãy tìm các điểm A trên đường tròn C sao cho ABC có chu vi lớn nhất.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2: 4 4 2 7 0S x y z x y z và đường

thẳng md là giao tuyến của hai mặt phẳng: : 1 2 4 4 0x m y mz và

: 2 2 1 8 0x my m z . Chứng minh rằng các giao điểm của md và S nằm trên một đường tròn cố định khi m thay đổi. Hãy tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu VII b (1,0 điểm) Tìm m để phương trình: 2 2 2 2

27 13

3log 2 2 4 log 2 0x x m m x mx m có hai

nghiệm 1 2,x x sao cho 2 21 2 1x x .

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 23y x m Cách 1:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm nằm trên mC có hoành độ 0 1x là:

1 1 1 3 1 2 2 3 1 0y y x y y m x m m x y m .

173

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đường tròn C có tâm 2;3I , bán kính 2R .

2

2 2 2 2

3 .2 3 1 3 1 2. 3 1, 2

3 1 3 1 3 1

m m m md I

m m m

.

Dấu “=” xảy ra 3 1 2m m cắt C tại hai điểm , A B sao cho dây cung AB có độ dài nhỏ nhất ,d I lớn nhất. Khi đó 2m ứng với tiếp tuyến :d 3 0x y . Cách 2:

Giống như cách 1 ta lập được phương trình tiếp tuyến điểm nằm trên mC có

hoành độ 0 1x là: 3 1 0m x y m .

Dễ dàng tìm được điểm cố định mà tiếp tuyến luôn đi qua là: 1;4M .

Đường tròn C có tâm 2;3I , bán kính 2R .

Rõ ràng: 2 2IM R nên suy ra M nằm trong đường tròn C .

Hạ IH . Giả sử cắt mC theo dây cung AB , khi đó: 2 22 2AB AH R IH

AB nhỏ nhất IH lớn nhất H M nhận 1;1IM

làm vecto pháp tuyến. Từ đó suy ra: 2m ứng với phương trình tiếp tuyến : 3 0x y . Câu II

1. Điều kiện: cos3 sin 3 0 tan 3 1 12 3

x x x x k k .

Ta có: sin 2 cos 4 os 2 cos 4 2cos 3 os2 4 4

x x c x x x c x

sin 3 os3 2 os 34

x c x c x

Suy ra: sin 2 os4 2 ossin 3 os3 4

x c x c xx c x

.

Phương trình đã cho thành: 2 22cos 2 2 sin 2 2 1 sin 2 2 sin 2

4 4 4 4x x x x

2 21sin 2 sin 0 sin 24 4 4 2 2

x kx x x

x k

k .

2.

+ Xét 0x , hệ phương trình đã cho thành: 2

0 6

5y

( vô lý)

+ Chia vế theo vế của từng phương trình trong hệ cho 2 0x ta được:

174

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 2 22 2

2 22 2 2 2

2 2

1 6 1 16 12 6 12 0

1 5 1 15 11 5 11 0

x x y y x x y yx xx x

x x y x x yx xx x

.

Đặt 2 22

1 1 2t x x tx x

.

Hệ phương trình thành:

2 2 2 2

2 2 22 2 2

6 2 12 0 6 0

5 1 05 2 11 0

t ty y t ty y

t t yt t y

+ Xét 0t , hệ phương trình thành: 0

1 0y

( vô lý).

+ Chia vế theo vế của từng phương trình trong hệ cho 2 0t ta được: 2 2

2 2

22 2

2 2

1 66 0 6

1 1 15 0 5 2. 5

yy y y y yt tt tt t

yy y yt t t t

Đặt: 1; ya y bt t


2

2 2

5 66 22 5 5

2

aaab

a b ab

3

2

5 12 0

52

a a

ab

2

2

3 3 4 03

5 22

a a aa

a bb

Khi đó: 2

111 213 2 3 2 3 1 0 1

12222 221

tt

yy t t tt tty y t ty tt y t

y

* Với 1t ta có: 21 1 51 1 02

x x x xx

.

* Với 12

t ta có: 21 1 1 172 2 02 4

x x x xx

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

175

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 5 1 5 1 17 1 17;2 , ; 2 , ;1 , ;12 2 4 4

S

.

Câu III

Ta có:

2

3 31 1

lnln ln 1 ln 1ln 1 1

ln 1

e e

xx x x

I dx dxx x x

x

.

Đặt 2

lnln 1 ln 1

x xt dt dxx x

.

Đổi cận: 0 0; 2ex t x e t .

Khi đó:

22

3 2 2 20 1

1 1 1 1 28 81 2 1 22 1

2

ee

dtIt t ee

.

Câu IV Trong ABC kẻ đường cao AH . Khi đó ; .AH d A a Thể tích khối chóp .S ABC là:

.1 1. .3 3S ABC ABC ABCV S SA S h .

Trong ABC vuông tại A ta có:

2 2 2 2

1 1 1 1 2.a AH AB AC AB AC

( bất đẳng thức Cauchy)

Suy ra: 2 2.

1 1.2 3ABC S ABCS AB AC a V a h .

Dấu “=” xảy ra khi 22

aAB AC .

Vậy 2

.min3S ABC

a hV khi 22

aAB AC .

Câu V

Đặt 2 2 2

z , , 1y zx xyA B C ABCx y z

.

Khi đó: 1 1 13 3 3

QA B C

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 1 1 12 .3 4 3 4 3A A A

h

S

aA

B

C

H

176

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Tương tự : 1 1 1 1 1 1, 3 4 3 43 3B CB C

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức này, ta thu được: 1 1 1 33 3 3 4

QA B C

.

Ta sẽ chứng minh 1 1 1 3 *3 3 3 4A B C

.

Thật vậy * 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3B C A C A B A B C 3 5 24A B C AB BC CA ( Đúng theo bất đẳng thức Cauchy).

Suy ra: 32

Q .

Vậy 3max2

Q

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a

1. Xét hệ phương trình:

2 22 24 9 36 01

9 411 0

x y x yx myx my

Suy ra: 2 2 2 24 1 9 36 0 4 9 8 32 0my y m y my . Phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt vì 1 2 2

32 04 9

cP y ya m

. Do đó md luôn cắt E tại hai điểm

phân biệt , .A BGiả sử 1 1 2 21; , 1;A my y B my y .

22 1 2 12

1 1 2. . ; 12 2 1

ABC mS AB d C d y y m y ym

.

Suy ra: 221 2 1 24ABCS y y y y (1)

Theo định lý Viet ta có: 1 2 2

1 2 2

84 9

324 9

my ym

y ym

(2)

Thay 2 vào (1) ta được:

2 22 22

22 2 4 22

64 128 4 98 128 576 16204 9 4 9 16 72 814 9

ABC

m mm mSm m m mm

Đặt 2 , 0t m t

Xét hàm số: 2

576 162016 72 81

tf tt t

, 0;t

177

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Khảo sát hàm f t để tìm giá trị lớn nhất của hàm số này. 2. Hết sức đơn giản, ta có thể lập được phương trình của các mặt tứ diện như sau: : 2 0ABC x y z

: 2 0ABD x y z

: 2 0ADC x y z

: 2 0BCD x y z

; ; , ,M x y z x y z nằm trong tứ diện ABCD D và M, C và M, B và M, A và M lần

lượt nằm cùng phía với các mặt phẳng , , ,ABC ABD ADC BCD

2 2 2 2 2 0 2 1

2 0 0 2 2 0 2 2

0 2 0 2 2 0 2 3

0 0 2 2 2 0 2 4

x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z

Cộng vế theo vế (1) và (2), (3) và (4) ta được: 0 2x . Vì x nên 1x . Thay 1x vào (1), (2) ta được: 1 3y z (5) Thay 1x vào (3), (4) ta được: 1 1y z (6)

Vì ,y z nên từ (5) và (6) ta suy ra: 2

10

y zy z

y z

.

Vậy 1;1;1M là điểm nguyên duy nhất nằm trong tứ diện ABCD . Câu VIIa Ta có: 1 2 3 4 1 2 1 2 3 4 3 4z i z i z i z i z i z i

10z z z z i (1)

Vì 2z iz i

là một số ảo nên 2 2 2 2z i z i z i z i z i z iz iz i

5 2 4z z z z i (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: ta suy ra:

2412 237

46 7 77

z zz i

z z i

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Theo giả thiết đề toán, ta dễ dàng tìm được 3;0 , 1;2B C . Vì ,B C cố định nên chu vi ABC lớn nhất khi và chỉ khi AB AC lớn nhất.

178

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 2 2

2 2 12 3 0 12 2

x yx y x

.

Đặt

1 sin 1 2sin22 osos

2

x t x ty y c tc t

, 0;2t .

1 2sin ;2 osA C A t c t .

Khi đó: 2 22 22sin 2 4cos 4sin 2cos 2AB AC t t t t

= 2 2 1 sin 1 ost c t

2 2. 1 1 1 sin 1 os 4 2 2 sin 4 2 24

t c t t

( Bất đẳng thức Bunhiacopski)

Dấu “=” xảy rasin os1 sin 1 os

5sin t+ 1 4sin t+ 1

44

t c tt c tt

.

Chu vi ABC lớn nhất khi 1 2; 2A .

2. Các điểm trên md có tọa độ thỏa mãn hai phương trình mặt phẳng và .

Do đó: 1 2 4 4 2 2 2 1 8 0 5 2 20 0x m y mz x my m z x y z .

Suy ra md luôn nằm trong một mặt phẳng cố định khi m thay đổi. Vậy các giao điểm của họ đường thẳng md với mặt cầu S thuộc giao tuyến của P và (S). (S) có tâm 2; 2;1I và bán kính 4R .

Gọi H là hình chiếu của I trên P .

Khi đó:

22 2

5.2 2 2.1 20 10, 4305 1 2

IH d I P P

cắt S theo giao tuyến là

đường tròn tâm H , bán kính 2 2 10 38163 5

r R IH .

Gọi là đường thẳng qua I vuông góc với P . Do đó nhận 5;1; 2Pn

làm vecto

chỉ phương nên có phương trình: 2 5

21 2

x ty tz t

H P tọa độ điểm H ứng với tham số t là nghiệm của phương trình:

179

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

7 13 23 15 2 5 2 2 1 2 20 0 30 14 0 ; ;15 3 15 15

t t t t t H

.

Câu VIIb Ta có:

2 2 2 227 1

3

3log 2 2 4 log 2 0x x m m x mx m

2 2 2 23 3log 2 2 4 log 2x x m m x mx m

2 2

2 2 2 2

2 0

2 2 4 2

x mx m

x x m m x mx m

2 2

2 2

2 0

1 2 2 0

x mx m

x m x m m

2 2

1

2

2 0

1

x mx mx mx m

.

Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn 2 21 2 1x x

2 2 2

2 2 2

22 2

2 .2 2 0 4 0

1 . 1 2 0 2 1 0

5 2 02 1 1

m m m m m

m m m m m m

m mm m

01 0

11 2 125 220

5

mm

mm

m m

ĐỀ 19


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 2 2

xy Cx

có đồ thị C .


2. Đường thẳng y x cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B . Tìm m để đường thẳng

y x m cắt C tại hai điểm phân biệt ,C D sao cho tam giác ABCD là hình bình hành. Câu II (2,0 điểm)


44

2 sin 2 sin 3tan 1

osx x

xc x

.


ĐỀ 29

180

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


2 4 2 2 2 4

2 2 4 2 2

3 2 1 2

1 1 2 2 1 0

x y x y x x y

x y x x x xy

.


Cho H là hình giới hạn bởi đồ thị hàm số: 2logxe

y x , trục Ox và đường thẳng

có phương trình x e . Tính thể tích vật thể tròn xoay khi H quay quanh Ox .


Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể

tích khối chóp .S ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp

đó.

Câu V (1,0 điểm)

Cho , ,x y z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 33 3 32 2 24 4 4 2 .x y zP x y y z z x

y z x

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ 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 toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 12 1 1

x y z

và mặt phẳng

(P): 2 0x y z . 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)

Trong khai triển sau đây có bao nhiêu số hạng hữu tỉ 43 5n

biết n thỏa mãn : 1 2 3 2 4964 1 4 1 4 1 4 1... 2 1n

n n n nC C C C .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình 2 21 2 9x y và đường thẳng : 0d x y m . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông tại A . 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng

181

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

12 3 3:

1 1 2x y zd

và 21 4 3:

1 2 1x y zd

.

Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.

Câu VII b (1,0 điểm) Giải bất phương trình )3(log53loglog 2

42

222 xxx

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Tọa độ hai điểm ,A B là nghiệm của phương trình:

2 2

22 2 13 2 1

22 3 2 2 2 0 2

xx x xx x x

xx x x x x x x

.

Do đó: 1; 1 , 2;2A B .

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y x m và C là:

22

223 22 1 2 2 0 *3 2 2 2

xxx x mx x m x mx x mx x m

Đường thẳng y x m cắt C tại hai điểm phân biệt ,C D phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác

2 2

2

1 4 2 2 0 110 9 0294 02 1 2 2 2 0

m m mm mmm m

.

Gọi 1 1 2 2; , ;C x m x D x x m , với 1 2,x x là nghiệm của phương trình * .

ABCD là hình bình hành 2

0 0//183 2

m mAB CDAB CD CDCD

2 22 1 1 2 1 2

0 0

2 18 4 9

m m

x x x x x x

2

0

1 4 2 2 9

m

m m

2

00

10010 0

10

mm

mmm m

m

(thỏa điều kiện trên).

Vậy 10m là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II 1. Điều kiện os 0 sin 1c x x . Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

182

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

24 4 2 2 2 2 2 2sin os 2 sin 2 sin 3 sin os 2sin cos 2 sin 2 sin 3x c x x x x c x x x x x

2 2 211 sin 2 2 sin 2 sin 3 2 sin 2 1 2sin 3 02

x x x x x

1sin 32

x ( do 22 sin 2 1 x x )

23 2

6 18 3 5 5 23 26 18 3

x k x kk

x k x k

( thỏa điều kiện ban đầu).

2. Hệ phương trình đã cho tương đương với:

22 4 2 2

2 2 4 2 2

4 1 1 2 2

1 1 2 2 1 2

x y y x x

x y x x x xy

.

Suy ra: 4 2 21 2y x x 2 4 2 22 2 1x x x xy 4 2 4 6 4 3 2 22 2 2y x x x x x y x

26 3 2 4 3 2 3 22 0 0x x y y x y x y (*) Từ (*) và dấu “=” xảy ra ở bất đẳng thức trên ta suy ra: 1x y . Câu III Đồ thị hàm số 2log

e xy x cắt Ox tại điểm có hoành độ là nghiệm phương trình:

22

10log 0 1

1e x

xx xe

x

.

Gọi V là thể tích vật tròn xoay thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: 2

22

2 2 2 21 1 1

2 4 4log 1 1ln ln ln

e e e

e xV xdx dx dxe x e x e x

= 2 2 21 1

1 11 4ln ln

e e

e dx dxe x e x

Xét tích phân: 2 2 2 2 2 211 1 1

1 1 1 1ln ln ln 3 2 ln

ee e ex eI dx dx dxe x e x e x e x

Suy ra: 2 2 21 1

1 1 1ln ln 3 2

e e edx dxe x e x

Do đó: 11 4 13 2 3e eV e

.

Câu IV Gọi O là giao điểm AC và BD SO ABCD

183

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 2

2 2 2 2 24 2a aSO SA OA a .

2 3.

1 26ABCD S ABCDS a V a .

Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp

2 2 3 12 244 3

SMN

aaS pr ra a

là bán kính cần tìm.Câu V Với , , 0x y z ta luôn có:

a) 33 34 x y x y . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .x y

b) 33 34 y z y z . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .y z

c) 33 34 z x z x . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .z x

Ta chứng minh a). Việc chứng minh b) và c) là hoàn toàn tương tự như việc chứng minh a). Ta có: 3 22 2 2 2) 4 4a x y x xy y x y x xy y x y

22 23 2 0 3 0x y xy x y . Bất đẳng thức a) có dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Khi đó: 3 3 3 3 3 3 33 3 34 4 4 2 6x y y z z x x y z xyz .

Lại có: 2 2 2 3

62 x y zy z x xyz

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .x y z

Suy ra: 33

16 12.P xyzxyz

Dấu “=” xảy ra1

1.xyz

x y zx y z

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. A Ox ;0A a , ;B d 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 bMA MBMA MB a b b

,

N

M

O

A

D

B

C

S

184

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Nhận xét 2b không thỏa mãn hệ phương trình này.

Ta có: 22 2 2 2 2

12 , 212 , 2 22

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

ba bba b bb

ba b b b bb

2 2

2

212 , 212

1 4( 2) ( 1) . 1 0( 2) 3

aba bbbab b

b b

+ Với21

ab

đường thẳng qua A, B có phương trình 2 0x y

+ Với 43

ab

đường thẳng qua A, B có phương trình 3 12 0x y

2. Ta có phương trình tham số của d là: 3 2

21

x ty tz t

Suy ra: toạ độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình: 3 2 2 1 2 0 1 (1; 3;0)t t t t M

Lại có VTPT của(P) là (1;1;1)Pn

, VTCP của d là (2;1; 1)du

.

Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1)d Pu 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 nên ta có hệ: 2 2 2

2 02 3 11 0( 1) ( 3) 42

x y zx y zx y z

.

Giải hệ phương trình này ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) Câu VIIa Ta có: 4 1 0 1 2 2 3 3 4 1 4 1

4 1 4 1 4 1 4 1 4 11 ...n n nn n n n nx C C x C x C x C x

Chọn 1x 4 1 0 1 2 3 4 14 1 4 1 4 1 4 1 4 12 ...n n

n n n n nC C C C C

0 1 2 3 24 1 4 1 4 1 4 1 4 12 ... n

n n n n nC C C C C

Suy ra 4n2 0 1 2 3 24 1 4 1 4 1 4 1 4 1... n

n n n n nC C C C C Hay 4 4962 2 4 496 124.n n n

185

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

124124 124124 124

4 4 2 4124 124

0 03 5 3 5 3 5

k kk kk k

k kC C

.

Trong khai triển có số hạng hữu tỉ124 2

40 124

kk

k

4 40 31

0 124 0 4 124k k t

tk t

Có 32 giá trị của t suy ra có 32 giá trị của k. Vậy trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ.B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Đường tròn C ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường

tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA

75

61232

1mm

mm

2. d1 qua M1(2;3;3) có vectơ chỉ phương (1;1; 2)u

d2 qua M2(1;4;3) có vectơ chỉ phương (1; 2;1)v

Ta có 1 2, 0 , 0u v va u v M M

Gọi P là mặt phẳng chứa hai đường thẳng 1 2,d d . Dễ dàng lập được phương trình mặt

phẳng P là: 8 0 3;2;3x y z A P .

1 2 ;3 ;3 2B d B b b b .Vì M là trung điểm AB nên 5 5; ;32 2

b bM b

.

2 1 1;2;5M d b B

21 ;4 3 ;3C c c c d . Ta có: AC u

0 1;4;3c C .

Vậy ta tìm được: 1;2;5 , 1;4;3B C . Câu VIIb

Điều kiện :

03loglog

02

222 xx

x

Bất phương trình đã cho tương đương với 2 22 2 2log log 3 5(log 3)x x x (1)

Đặt t = log2x, bất phương trình (1) thành:

)3(5)1)(3()3(5322 tttttt

4log3

1log43

1

)3(5)3)(1(31

2

2

2 xx

tt

tttt

t

168210

x

x .

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1(0; ] (8;16)2

S .

186

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 20


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số 3 2 33 4y x mx m (m là tham số) có đồ thị là (Cm)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y x . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 1cos44cos324

cos2 22

xxx

2. Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y m

có nghiệm thực.


Cho 1, , , ;14

x y z t

. Chứng minh:

1 1 1 1log log log log 84 4 4 4x y z ty z t x


Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = 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). Tính tích phân: 6

0

tan( )4

os2x

xI dx

c

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2 3 4 0x y . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 450.

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

(S): 2 2 2 2 4 2 3 0x y z x y z . Viết phương trình tham số đường thẳng d


ĐỀ 30

187

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

21 cos 4 3 cos 4 4cos 12

x x x

2 1 3sin 4 3 cos 4 2 2cos 1 sin 4 cos 4 cos 22 2

12cos 4 cos 26

36 3

x x x x x x

x kx x k

kx

2. 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 0 (2)

x y y x

x x y y m

Điều kiện: 2

2

1 0 1 10 22 0

x xyy y

Đặt t = x + 1 t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2. Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) y = y y = x + 1

Do đó: (2) 2 22 1 0x x m

Đặt 21u x u [0; 1] (2) 2 2 1u u m

Hàm số 2 2 1g u u u đạt [0;1] [0;1]min ( ) 1; max ( ) 2g u g u

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2

Câu III

26 6

20 0

tan( ) tan 14os2x (t anx+1)

x xI dx dxc

Đặt 22

1t anx dt= (tan 1)cos

t dx x dxx

Đổi cận: 10 0; 6 3

x t x t

Suy ra

11

33

200

1 1 3( 1) 1 2

dtIt t

.

Câu IV Gọi O là tâm đáy suy ra 'A O ABC và góc 'AIA

'tan A OOI

với 1 1 3 33 3 2 6

a aOI AI I

B'

C'

O

A C

B

A'

188

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 22 2 2 2 3' '

3 3a b aA O A A AO b

2 22 3tan b aa

Tính '. ' 'A BCC BV

'. ' ' . ' ' ' '.

2 2 2 2 2

1' . ' .3

2 3 1 3 3. . .3 2 2 63

A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABCV V V A O S A O S

b a a a b aa dvtt

Câu V

Dễ dàng có được 2 2 2 21 1 1 1 ; y ; z ; t4 4 4 4

x x y z t (1)

Dấu “=” xảy ra trong các bất đẳng thức này khi và chỉ khi 12

x y z t

Vì 1, y, z, t ;14

x

nên theo tính chất của lôgarit với cơ số dương và bé hơn 1 nên từ (1)

ta có: 2 1log log

4x xy y

; 2 1log log4y yz z

; 2 1log log

4z zt t

; 2 1log log4t tx z

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này, ta được:

1 1 1 1log log log log4 4 4 4x y z ty z t x

2 log log log logx y z ty z t x (2)

Dễ thấy log ; log ; log ; logx y z ty z t x luôn dương nên áp dụng bất đẳng thức cauchy ta được:

4log log log log 4 log log log logx y z t x y z ty z t x y z t x (3)

Mà log loglog log log log log log 1log log

x xx y z t x t

x x

z ty z t x y xy z

(4)

Từ (2). (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.


1. Đường thẳng có phương trình tham số là: 1 3

2 2x ty t

Suy ra vecto chỉ phương của đường thẳng là: 3;2u

1 3 ; 2 2 3 ;2 3B B t t AB t t

189

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo đề ta có:

0

22

. 9 2 2 31cos 452 9 2 3 . 9 4

AB u t t

AB u t t

213. 13 12 9 2 13 6t t t 2

1513169 156 45 0

313

tt t

t

Vậy các điểm cần tìm là : 1 232 4 22 32; , ;13 13 13 13

A A

2. Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là: 1;1; 2n

.

Mặt cầu (S) có tâm 1; 2; 1I .

Ta có: IA

= (2;1;2). Gọi u

là vecto chỉ phương đường thẳng . tiếp xúc với (S) tại A u IA

.

Vì // P nên u n

.

Suy ra: 1 2 2 2 2 1, ; ; 4;6;1

1 2 2 1 1 1u IA n

.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng 3 4

: 1 6 1

x ty t tz t

.

Câu VIIa Ta có: nn

nnnnnn xCxCxCxCCx .......1 332210

Lấy đạo hàm hai vế: 123211 .....3.21 nnnnnn

n xnCxCxCCxn .

Lấy tích phân hai vế: xdxnCxdxCxxdCdxCdxxn nnnnnn

n 2

1

12

1

232

1

22

1

12

1

1 ...321 .

Tính toán các tích phân trên, ta được: nnnn

nnnn CCCC 2312...73 321 .

Theo đề ta có: 064803364802323 22 nnnnnn . Giải phương trình mũ này ta tìm được 4n . Vậy 4n là nghiệm của phương trình đã cho.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Gọi C là đường tròn có phương trình cần tìm.

Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:

5510

22

2

yxyx

Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung). Gọi I là tâm đường tròn C và 6 3 ;I I b b .

190

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo đề ta có:

21

3434

236bb

bbbb

bb .

+ Với 1b ta có: tâm 1;31 I và bán kính 11 R . Suy ra: 2 2: 3 1 1C x y

+ Với 2b ta có: tâm 2;02 I và bán kính 22 R . Suy ra: 22: 2 4C x y

2. Phương trình tham số của đường thẳng 4 3

: 2 5x t

AB y tz t

Gọi M AB P tọa độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình:

4 3 2 2 5 2 1 0 1 7; 3;1t t t t M .

Gọi I là hình chiếu của B lên (P). Dễ dàng tìm được 3;0;2I . Hình chiếu d của đường thẳng AB lên (P) là MI .

Vậy phương trình đường thẳng d là: 3 432

x sy sz s

.

Câu VIIb

Điều kiện: , 0x y

x y

.

Với điều kiện trên hệ phương trình đã cho tương đương với:

3 2 3 2 3 2 3 23 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

2 2 2 2 2

x y x x y x y x x y

x y y y x y x x y y x y x x y y

3 2 3 2 3 2 3 23 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 12 2 1 1 0 2 2

x y x x y x y x x y

y x y x x y y x

.

Thay (2) vào (1) ta được:

22 2

32

3 1 023 33 5.6 4.2 0 5. 4 0 log 42 2 3 42

x

x xx x x

x

xx

.

+ Với 0x suy ra 0y . + Với 3

2

log 4x suy ra 32

log 2y .

191

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 21

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 4 2 2( 10) 9y x m x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2. Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm pbiệt 1 2 3 4, , ,x x x x thỏa mãn điều kiện:

1 2 3 4 10x x x x .


1. Giải phương trình: 2 22sin cos x 1 sin sin 2x2 2

.


2 2

3 3

214 2 2

92 2

xy y x y x y x y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm). Tnh tích phân sau :ln3 2

ln 2 1 2

x

x x

e dxIe e


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 , 060ASO SAB . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1,0 điểm).

Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm: 8

8 8

256

2

x y

x y m

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d: cos sin 2cos 1 0.x t y t t Chứng minh rằng d luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định . 2. Trong không gian Oxyz, lập phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua các điểm

0;0;1M , 3;0;0N và tạo với mặt phẳng Oxy một góc 3 .


Cho n là một số nguyên dương và 0 1 2 21 ... ...n k nk nx a a x a x x x a x . Biết rằng

tồn tại số nguyên dương k 1 1k n sao cho 1 1 .2 9 24k k ka a a

Tính 2011! 102012 nM .


ĐỀ 31

192

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol: 2:P y x và đường thẳng

d: 1 y mx . Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng d luôn cắt parabol Ptại hai điểm phân biệt M và N. Hãy tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN khi m thay đổi. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :

d : zyx

12 và d’ :

153

22

zyx .

Viết phương trình mặt phẳng )( đi qua d và tạo với d’ một góc 030

Câu VII b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3

3 23log 1 2logx x x .

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox là: 4 2 10 9 0x m x (1)

Đặt 2 , 0t x t . Phương trình (1) thành: 2 2 10 9 0t m t (2)

(Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt 1 2 3 4, , ,x x x x Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4, , ,x x x x Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt 1 2, t t

2 2

2

( 10) 36 09 0

10 0

mPS m

( luôn đúng với mọi m ).

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt là: 1 1 2 1 3 2 4 2, , , x t x t x t x t .

Theo đề, ta có: 1 2 3 4 1 2 1 210 2 10 5x x x x t t t t

2 21 2 1 22 25 10 2 9 25 9 3t t t t m m m (thỏa điều kiện).

Vậy 3m là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.

193

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II 1. Phương trình tương đương với

2 2 2

2 2

2 2

1 2sin cos x sin sin 2x cos cos x sin sin 2x2 2 2

cos cos x cos sin 2x cos cos x cos (1 sin 2x)2 2 2

1cos x (1 sin 2x) k2 cos x (1 sin 2x) 2k2 2

1 1(1 cos2x) (1 sin 2x) 2k2 21

1 cos2x 1 sin 2x 4k sin 2x cos2x 4k (1)1 1 cos2x sin 2x 1 4k sin 2x cos2x 2 4k (2)(1 cos2x) (1 sin 2x) 2k

2 2

Phương trình (1) có nghiệm

2 2 2

1 1k(4k) 1 1 2 16k 2 8k 1 0 k 02 2 2 2

k

Phương trình (2) có nghiệm

2 2 2 2(2 4k) 1 1 2 4(1 2k) 2 4(1 4k 4k ) 2 8k 8k 1 0

2 2 2 2k k4 4k

phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi k 0 sin 2x cos2x 0

ksin 2x 0 2x k x ; (k ).4 4 8 2

2. Điều kiện 00

x yx y

.

Đặt , 2 2

x y x yu v ; , 0u v . Suy ra: 2 2 2 2, x u v y u v .

Hệ phương trình đã cho thành: 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3

2 414

9

u v u v u v u vu v

u v

194

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 3 3 3

3 3 3 33 3

7 0 0 79 99

u v u v u v u vu v u vu v

.

Hệ 3 3

09

u vu v

vô nghiệm.

Giải hệ 3 3

3 3

79

u vu v

ta được

21

uv

.

Do đó: 2 8 52

2 31

2

x yx y xx y yx y

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 53

xy

Câu III Đặt 22 2 2x x xt e e t e dx tdt

Đổi cận: ln 2 0; ln 3 1x t x t .

I = 21 2

20

( 2)1

t tdtt t = 2

1

20

2 1( 1 )1

tt dtt t

= 21

0

( 1)t dt + 21 2

20

( 1)1

d t tt t

= 2 1( 2 ) 0t t + 2ln(t2 + t + 1) 10 = 2ln3 - 1.

Câu IV Gọi I là trung điểm của AB , nên OI aĐặt OA R 060SAB SAB đều

1 1 12 2 2 3sin

OA RIA AB SAASO

Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2OA IA IO 2

2 2 63 2

R aR a R

2SA a

Chiếu cao: 22

aSO

Diện tích xung quanh: 26 2 32xq

aS Rl a a

S

O O

S

195

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu V Giả sử 0 0;x y là một nghiệm của hệ phương trình đã cho. Khi đó

0 0 0 0 0 0; , ; , ;y x x y y x cũng là các nghiệm của hệ. Vì vậy điều kiện cần để hệ có đúng hai nghiệm là: 0 0 00 , x x y . Thay nghiệm này vào hệ phương trình trên ta được 0 1x và 0m .

Ngược lại với 0m , ta được hệ phương trình: 8

8 8

256

2

x y

x y

.

Áp dụng liên tiếp hữu hạn lần bất đẳng thức Bunhiacoski, ta được: 8 7 8 82 256.x y x y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y . Từ đây, ta dễ dàng giải

ra được nghiệm của hệ là: 1;1 , 1; 1 . Vậy 0m là giá trị cần tìm.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Gọi 0 0;I x y là tâm và R là bán kính của đường tròn cần tìm.

d tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi: 0 0

2 2

x cos t y sin t 2cos t 1d I;d R R

cos t sin t

0 0 0 0x cos t y sin t 2cos t 1 R x 2 cos t y sin t 1 R .

Để R là hằng số không phụ thuộc vào t thì: 0 0x 2; y 0

Lúc đó, d tiếp xúc với đường tròn cố định tâm I 2;0 , bán kính R = 1.

2. Gọi là mặt phẳng cần tìm có dạng: ax 0by cz d

Vì 0;0;1 , N 3;0;0M nên 0

3 0c da d

. Chọn 1 3 , c 3a d

Lúc đó: : 3 3 0x by z có VTPT có VTPT n 1;b;3

Mặt phẳng Oxy có VTPT k 0;0;1

Theo đề, ta có: 2 2

n.k 3 3 1cos b 26.3 2n k 1 b 9. 1 b 10

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn đề toán: 26 3 3 0x y z ; 26 3 3 0x y z .

Câu VIIa

Ta có: 1 1 1 12 9 24k k ka a a k n

196

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1 1

2 9 24

k k kn n nC C C

1 ! 1 ! 1 !2 1 ! 1 ! 9 ! ! 24 1 ! 1 !

n n nk n k k n k k n k

2 1 ! 1 ! 9. ! ! 24. 1 ! 1 !k n k k n k k n k

2. 1 9 24 1n k n k k n k k k

2 22 1 9 2 2 3 811 10

3 8 11 119 24 111

nkn k k n n knn k k k

.

Khi đó: 2011! 10 10 02012 2012 1.M

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Phương trình hoành độ giao điểm của P và d: 2 1 0x mx

Ta có: 2 4 0 mm . Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt M và N.

Gọi 1 2, xx là hoành độ của M, N. Ta có: 1 1 2 2; 1 , N ; 1M x mx x mx với

1 2 1 2 , x 1x x m x . Gọi I là trung điểm MN thì 2 2;

2 2m mI

.

Mặt khác 2 21 2 1 2 1 2. 1 1 . 1 . 1 0OM ON x x m x x m x x m m m

Suy ra: OM ON hay tam giác OMN vuông tại O hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác OMN. Với 2 2, y =

2 2m mx

khử m từ hai phương trình này ta được: 22 1.y x

Đây cũng chính là quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN.

2. Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' u . Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và

2160cos)';cos( 0 un . Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn thì ta phải có :

21

6

20

222 CBACBA

CBA

02)(632 22222 CACACAB

CCAAA

CAB

197

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do đó : x y .

ĐỀ 29 ta đzcvdfvddsdfcsdcfseược22

0 02 2 4x y

ĐỀhút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ 31

x = y = 2 ( do x, y > 0).

; 2; 2x y .

ĐỀ 23


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:32

xyx

C


2. Tìm m để đường thẳng : 1d y x m cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho góc AOB nhọn. Câu II (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 338sin x 1 162sin x 27 0 .


2 1 3

4 1 9 8 52 4

x y

x x y x y xy

.

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

ln2 ln 2 ln

e xdxIx x x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của

mặt bên bằng với

2;

4

.Tính thể tích của khối chóp đó theo h và .Với giá trị

nào của thì thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất .Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng 0; 6 và a b c 3 3 .

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

1 1 1P6 a 6 b 6 c

.


198

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình bình hành ABCD có 6; 6D . Đường trung trực của

đoạn DC có phương trình 1 : 2 3 17 0x y và đường phân giác góc BAC có phương

trình là 2 : 5 3 0x y . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành.

2. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện với đỉnh 2;0;0 , 0;4;0 , 0;0;6 , 2;4;6A B C D

Tìm tập hợp các điểm M trong không gian sao cho: 40MA MB MC MD

.

Câu VII a (1,0 điểm) Giải phương trình trên : 3 0z z z i . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có 1;5B và phương trình đường cao

: 2 2 0AD x y , đường phân giác 2 : 1 0CC x y . Tìm tọa độ các đỉnh ,A C .

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1:3 2 2

x y zd

và hai điểm 3;0;2 , 1;2;1A B .

Kẻ AA ,BB vuông góc với đường thẳng d . Tính độ dài A B . Câu VII b (1,0 điểm)

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

4

(2 1)[ln(x + 1) lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) lny]

3 1 2 ( 1)( 1) 1 0

x

y y x m x

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Phương trình hoành độ giao điểm của C và d là:

2

23 12 2 5 0 *2

xx x mx m x mx

.

d cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 2

2

2

4 16 0 2 2 52 2 2 2 5 0 2 2 5

m m mm m m

.

Gọi 1 1 2 2; 1 , ; 1A x x m B x x m là hai giao điểm của C và d. AOB nhọn 2 2 22 2 2

2 1 1 22 1 1AB OA OB x x x m x m

21 2 1 22 1 1 0 ... 3x x m x x m m .

Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta thu được: 3 2 2 2

2 2 5

m

m

199

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II 1. Đặt 2sinu x . Điều kiện : 2 2u

Phương trình đã cho thành: 3 33 31 81 27 0 1 81 27u u u u .

Đặt 3 33 1 3 1v u u v . Do đó, ta có:

3 33

3 3 2 23

1 3 1 31 33 3 01 3

u v u vu vu v v u u v u uv vv u

3

332

2

1 31 3

3 13 3 02 4

u vu v

u uvu v u v u v

Lúc đó: 3 3 16sin 8sin 1 3sin 4sin sin 3 sin2 6

x x x x x

23 26 18 35 5 23 26 18 3

x k x k

x k x k

( k ).

2. Điều kiện: 1y .

Ta có: 2 2

3 32 1 3 2 1 3

4 6 54 1 3

x xx y y x

y x xy x

Thay 24 6 5y x x vào phương trình thứ hai của hệ phương trình ta được: 3 2 2 22 3 9 2 6 5 52 6 5x x x x x x x x x

2 34 21 0

7x

x xx

.

So với điều kiện 3x , chọn nghiệm 7x .Thay vào phương trình 24 6 5y x x ta được 3y .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ; 7;3x y .

Câu III

Đặt ln dxt x dtx

.

Đổi cận: 1 0 ; 1x t x e t .

Khi đó: 1 1

0 0

1 2 222 2

tI dt t t dtt t

1

3 3

0

1 1 1 4 22 2 27 1 8 8 33 3 3 3

t t .

Câu IV

200

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Xác định đúng góc ..... SBA SBC và SA=SB=SC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h, và H là tâm dáy . Gọi K là trung điểm BC ta có BCSK Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x Ta có tan.xSK (trong tam giác SBK) Trong :SHK

22 2 2 2 2 2. tan

3xSH HK SK h x

1tan33

2

22

hx

4

3)2( 2xSABC 1tan333

2

2

h

Vậy ..31.S

31

ABC hSHV 1tan3

332

2

h 3

2

33 tan 1

h

(đ.v.t.t)

2;

4

;1tan .Suy ra 3 3 3

2

3 3 33tan 1 3.1 1 2

h h hV

.

Vậy, 3 3max tan 12 4

hV

Câu V Dựng đường tròn tâm O đường kính AB 6 Do 0 a 6 , trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho

2AM a MB 6 a . Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M CO AB (Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C). Ta có: AMB2S AM.MB HM.AB CO.AB (Vì MHOC)

2 6a 6 a . 6 32

2

1 a36 a

(1).

Dấu đẳng thức xảy ra khi a 3

Hoàn toàn tương tự ta cũng có: 2

1 b36 b

(2) và 2

1 c33 c

(3).

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

2 2 2

1 1 1 a b c 3 3 33 36 a 6 b 6 c

Vậy minP 3 đạt được khi a = b = c = 3 .

A B

CM

a

OH

26 a

201

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Gọi I là trung điểm của CD.

1 3 1; 2 5I I a a .

Ta có: 1. 0u DI

Trong đó: 3 5; 2 1DI a a

và 1 3;2u

là vecto chỉ phương của

1 . Suy ra 1a . Vậy 4; 3I suy ra 2;0C .

2 ;3 5A aA a . Mặt khác ABCD là hình bình hành nên

4 4

4;9 53 5 6 9 5

B B

B B

x a x aAB DC B a a

y a y a

.

Vì DA

và DC

không cùng phương nên 6 9 5 04 6

a a a .

Đường thẳng 2 là phân giác BAC và nhận 2 1;5u

làm vecto chỉ phương nên

2 22 2 2 2

2 2

. . 26 26 13os , os , 152. . 2 5 3

AB u AC u ac AB u c AC u aAB u AC u a a

Vậy tọa độ các điểm ,A B là: 1; 2 , 5;4A B .

2. Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD 1;2;3G .

Ta có: 40 4 40 10MA MB MC MD MG MG

.

Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu S tâm 1;2;3G , bán kính 10R có phương trình:

2 2 21 2 3 100x y z . Câu VIIa Ta có: 3z z i . Vì 3z là số thực nên z là số thuần ảo.

Đặt z ti t . Phương trình đã cho có dạng: 3 1 0t t t .

+ Nếu 0t thì 2

3 1323 1 0

3 132

tt t

t

. Loại nghiệm 3 132

t .

+ Nếu 0t thì 2

3 523 1 0

3 52

tt t

t

I

AB

D C

202

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

3 132

3 52

3 52

z i

z i

z i

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Vì BC qua 1;5B và vuông góc với AD nên có vecto pháp tuyến 2; 1n

. Suy ra

phương trình của BC là 2 3 0x y . Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

14; 5

2 3x y

Cx y

.

Gọi B là điểm đối xứng của B qua 2CC thì BB có vecto pháp tuyến là 1;1m

nên phương trình BB là 6 0x y . Gọi 2K BB CC tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

6 7 5; 6;0 .1 2 2

x yK B

x y

Do đó phương trình đường AC là phương trình đường : 2 6 0B C x y .

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 24; 1

2 6x y

Ax y

.

2. AA AAd nằm trong mặt phẳng qua và vuông góc với d .

BB d BB nằm trong mặt phẳng qua và vuông góc với d .

Suy ra: / / .

Dễ dàng lập được phương trình mặt phẳng : 3 2 11 0x y z .

Do đó: 3 4 1 11 11, ,9 4 1 14

A B d d B

.

Câu VIIb Đặt 2 1 ln 1 lnf x x x x , 0;x

= 1(2 1) ln xxx

Gọi 1 2, 0;x x với 1 2x x .

Ta có : 1 2

1 21 2

1 2

2 1 2 1 0( ) ( )1 1ln ln 0

x xf x f xx x

x x

f(x) là hàm số tăng trên 0;

203

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do đó theo phương trình (1) : f x f y x y . Thay y x vào phương trình (2) ta

được: 43 1 2 ( 1)( 1) 1 0x x x m x 41 13 2 01 1

x x mx x

(3)

Đặt 4 41 211 1

xtx x

0 1t .

Phương trình (3) thành: 2 23 2 0 3 2t t m t t m (4) Hệ phương trình đã cho có nghiệm phương trình (4) có nghiệm 0;1t .

Đặt 23 2f t t t ; 6 2f t t ; 103

f t t .

Lập bảng biến thiên, ta tìm được: 113

m .

ĐỀ 24


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:2

4 2 62

my x mx mC

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2m . 2. Tìm m để mC có ba điểm cực trị , ,A B C ( trong đó A thuộc trục tung) sao cho tứ giác

ABOC là hình bình hành. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 2os os 2 os 3 os 4 2c x c x c x c x .


2009 2013 2013 20092011

2 1

23

xy x y

x y x y

.

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân sau : 3 2

0

2 11

x xI dxx

Câu IV (1,0 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D là điểm đối xứng của A qua I. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy

một điểm S sao cho a 6SD2

. Gọi H là hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng

(SAB) (SAC) và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thỏa 0x y z Chứng minh rằng : 3 4 3 4 3 4 6x y z B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm)


ĐỀ 33

204

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: 2 0C x y x . Viết phương trình

tiếp tuyến của C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương

trình

1 2

1 3

x ty tz t

. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng

cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII a (1,0 điểm) Một lô hàng có 10 sản phẩm, trong đó có 2 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tìm xác suất để trong 6 sản phẩm đó có không quá 1 phế phẩm.


1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hypebol 2 2

: 14 5x yH và đường thẳng : 0x y m .

Chứng minh rằng luôn cắt H tại hai điểm ,M N thuộc hai nhánh khác nhau của H

M Nx x . Xác định m để 2 12F N F M ( biết 1 2,F F lần lượt là tiêu điểm trái, phải của

H ). 2. Trong không gian Oxyz, cho các mặt phẳng:

: cos sin sin 6sin 5cos 0P x t y t z t t t

: sin cos cos 2cos 5sin 0Q x t y t z t t t

: sin 2 cos 2 1 0R x t y t z . ( đây t : tham số)

Chứng minh rằng giao tuyến của hai mặt phẳng P và Q song song với mặt phẳng

R . Câu VII b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 242 1x

xm e e có nghiệm thực . BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 3 24 2 2 2y x mx x x m .

mC có ba điểm cực trị , ,A B C Phương trình 0y có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình 22 0x m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 0m .

205

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

2

2

0 62

30 62 4

362 4

mx y

m my x y

m mx y

Tọa độ các điểm cực trị là: 2

0;62

mA

, 23;6

2 4m mB

, 23;6

2 4m mC

.

Khi đó 2

;2 4m mBA

,

23;62 4m mOC

.

ABOC là hình bình hành2 236 6

4 4m mBA OC m

.

Vì 0m nên chọn 6m . Vậy 6m là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán. Câu II

1. Phương trình đã cho tương đương với:1 os2 1 os4 1 os6 1 os8 2 os2 os4 os6 os8 0

2 2 2 2c x c x c x c x c x c x c x c x

os2 os4 os6 os8 0 2cos3 cos 2cos7 cos 0c x c x c x c x x x x x

2cos os3 os7 0 4cos cos 2 cos5 0x c x c x x x x

2 2cos 0

os2 0 22 4 2

os5 05

2 10 5

x k x kx

c x x k x k kc x

x k x k

2. Ta có: 2009 4 4 2009 2013 2013 20092011

2 0 03

xy x y x y x y xy .

Từ phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta có:

4 41 2 2 2xy x y xy xy ( Bất đẳng thức Cauchy)

13

xy và 24 4 1

2xy

x y

.

Lại có: 22009 20092009 2013 2013 2009 4 4 1

.2xy

x y x y xy x y xy

206

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2008 20083 2011

1 1 1 22 . . . 2 .2 2 3 3xy xyxy xy xy

.

Dấu “=” xảy ra

4 4

12

1 13 3

xyxy

xy x y

x y

.

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 1 1 1 1; , ;3 3 3 3

S

.

Câu III 3 2

0

2 11

x xI dxx

Đặt 21 1x t x t => dx=2tdt Đổi cận: x = 0 =>t = 1, x = 3 =>t = 2.

22 22 2 5

4 2 3 21

1 1

2 1 1 1 42 =2 2 3 2 5

128 4 124 54= 16 2 145 5 5 5

t t tI tdt t t dt tt

Câu IV

Chứng minh: (SAB) (SAC) .

Ta có: BC AD

BC (SAD) BC SABC SD (doSD (ABC))

Như vậy: SA BC

SA (HBC)SA IH

SA HB và

SA HC [(SAB),(SAC)] BHC .

Ta có: HI AIAHI ADSSD AS

với: a 6SD2

, a 3AI2

2 2 2 2a 6 3a 2AS AD SD (a 3) ( )2 2

AI.DS a 3 a 6 2 aHI SD . .AS 2 2 23a 2

207

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Tam giác HBC có aIH IB IC2

HBC vuông tại H 0BHC 90

Vậy: (SAB) (SAC) (đpcm)

Tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC

Ta có: H.ABC S.ABC S.HBCV V V

2 3

S.ABC ABC1 1 a 6 a 3 a 2V SD.S . .3 3 2 4 8

(đvtt).

SH là đường cao của hình chóp S.HBC S.HBC BCH1V SH.S3

Tam giác IHC có a a 2IH IC , HC IHC2 2

vuông cân tại I.

IHB vuông cân tại I a 2HB HC

2

22

BHC1 1 a 2 aS HB.HC .( )2 2 2 4 (đvdt)

Tam giác AHB vuông tại H2

2 2 2 2 2a 2 a a 2AH BA BH a ( ) a2 2 2

3a 2 a 2 2a 2SH SA AH a 22 2 2 2

2 3

S.HBC1 a a 2V .a 2.3 4 12

(đvtt).

Vậy: 3 3 3

H.ABC S.ABC S.HBCa 2 a 2 a 2V V V

8 12 24 (đvtt).

Câu V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

43 4 1 1 1 4 4 4x x x 843 4 2 4 2. 4x x x

Tương tự: 83 4 2. 4y x ; 83 4 2 4z z Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên và tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

8 8 83 4 3 4 3 4 2 4 4 4x y z x y z 3 8 246 4 .4 .4 6 4 6x y z x y z .


A

H

B

I

C

D

S

208

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Ta có hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là 3 . Đường tròn C có tâm 1;0I , bán kính 1R .

Do đó 1 : 3 0x y b tiếp xúc (C) 1,d I R

31 2 3

2

bb

. Suy ra: 1 : 3 2 3 0x y .

2 : 3 0x y b tiếp xúc (C) 2,d I R

31 2 3

2

bb

. Suy ra 2 : 3 2 3 0x y .

2.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi A IVậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.

)31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên

. 0 ( (2;1;3)AH d AH u u

là véc tơ chỉ phương của d )5;1;7()4;1;3( AHHVậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0. Câu VIIa Số cách chọn 6 sản phẩm bất kì trong 10 sản phẩm là: 6

10 210C .

Số cách chọn 6 sản phẩm mà có 1 phế phẩm là: 1 52 8 112C C .

Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm nào: 68 28C .

Suy ra: Số cách chọn 6 sản phẩm mà có không quá 1 phế phẩm là: 112 28 140.

Vậy xác suất cần tìm là: 140 2P210 3

.


1. 2 2

2 2: 1 5 4 20 04 5x yH x y .

Từ phương trình của H ta suy ra: 2, 5, 3a b c .

Nhánh trái của H ứng với 2x , nhánh phải của H ứng với 2x .

Phương trình hoành độ giao điểm của H và là:

22 2 25 4. 20 0 8 4 5 0x x m x mx m .

Vì 21 2 4 5 0 P x x m m nên phương trình 1 luôn có hai nghiệm trái dấu m .

Do đó luôn cắt H tại hai điểm ,M N thuộc hai nhánh khác nhau. Theo giả thiết M Nx x nên M thuộc nhánh trái, N thuộc nhánh phải.

H có các tiêu điểm 1 23;0 , 3;0F F .

23 32 22 2N N N

cF N a x x xa

( do 2Nx ).

209

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

13 32 22 2M M M

cF M a x x xa

( do 2Mx ).

Ta có: 2 13 32 2 2 3 6 4 02 2N M N MF N F M x x x x

(1).

Theo định lý Viet ta có:

2

8 2

4 5 3

M N

M N

x x m

x x m

.

Từ (1) và (2) ta được: 4 83Mx m , 4 16

3Nx m .

Thay ,M Nx x vào (3) ta có: 24 48 16 4 53 3

m m m

2 12 1415279 72 41 093

m m m .

2. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng P và Q .

Gọi u

là vecto chỉ phương của d và 1 2, n n

lần lượt là vecto pháp tuyến của ,P Q .

Ta có: 1 cos ;sin ;sinn t t t

, 2 sin ; cos ;cosn t t t

.

Suy ra: 1 2; sin 2 ; os2 ; 1u n n t c t

.

Vecto pháp tuyến của R là 3 sin 2 ; os2 ;1n t c t

.

Xét 2 23 3. sin 2 os 2 1 0u n t c t u n

.

Chọn 2 2 54sin 2 5cos 2 ;6sin 2cos sin 2 ;02

M t t t t t d

.

Nhưng M R .

Vậy d song song với mặt phẳng R . Câu VIIb

Đặt 2x

t e , 0t Phương trình đã cho trở thành: 4 44 41 1m t t m t t (*)

Xét hàm số: 44( ) 1f t t t ; 0;t . 34

44'( ) 1 0

1tf t

t

hàm số f t nghịch biến trên 0; .

Ta có: 0 1f

4 44 44 2

4 44 4

1 1 1lim ( ) lim lim1 1t t t

t t t t t tf tt t t t

210

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

4 2 4 2

4 4 2 4 4 24 4

1 1 1lim lim 01 1 1 1t t

t t t t

t t t t t t t t

.

Phương trình đã cho có nghiệm phương trình (*) có nghiệm 0 1m .

ĐỀ 25

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số: 3 21 13

y x x x C và ba điểm 22 271;1 , 0;2 , ;5 5

A B C

.


2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C biết rằng giao điểm của và đường thẳng : 1d y x là trọng tâm của ABC .


1. Giải phương trình: 4 4

4sin 2 os 2 os 4tan( ). tan( )

4 4

x c x c xx x


4 4 2 2

4 4 2 2

2 6

2

8 6 0

x y x y x yy x y x y x

x y x

.

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

2 2

0

.ln(1 )I x x dx

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặtphẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho , b, ca . Chứng minh rằng : sin .sin .sin cos .cos .cos 1a b c a b c B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình tổng quát của đường thẳng d biết đường thẳng d đi qua điểm M(1; 3) và chắn trên các trục tọa độ những đoạn thẳng có độ dài bằng nhau. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :


ĐỀ 34

211

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1

1: 2

2

x td y t t

z t

và 11

31

1:2

zyxd .

Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VII a (1,0 điểm) Giải phương trình: x x

sin cos 1n n

với 2 n .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng với phương trình:

11 1 1:

1 2 2x y zd

; 21 3:

1 2 2x y zd

.

Gọi I là giao điểm của 1d và 2d . Lập phương trình đường thẳng d qua 0; 1;2P cắt

1 2,d d lần lượt tại ,A B I sao cho AI AB . Câu VII b (1,0 điểm)


2 2

ln 1 ln 1

12 20 0

x y x y

x xy y

.


2. Phương trình tiếp tuyến của C tại điểm 3 20 0 0 0

1; 13

x x x x C

là:

2 23 2 3 20 0 0 0 0 0 0 0

1 21 1 1 13 3

y x x x x x x y x x x x .

220 00 0

0 0

2 3 32 3 ;3 2 3 2

x xx xG d Gx x

, ( 0 00; 2x x ).

Điểm G là trọng tâm của ABC

20 0

0

20 0

0

221 02 3 953 2 3 5

271 22 3 3 1453 2 3 5

x xx

x xx

.

Giải hệ phương trình này ta thu được: 0 3x hoặc 095

x ( thỏa điều kiện).

Ta thu được các tiếp tuyến như sau: 16 26y x ; 16 20625 125

y x .

212

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II

1. Điều kiện : , 4 2

x k k .

Ta có :

4 4 2 2

tan( ) tan( ) tan( ) cot( ) 14 4 4 4

1 1 1sin 2 os 2 1 sin 4 os 42 2 2

x x x x

x c x x c x

Phương trình đã cho tương đương với : 2

4 22

os 4 12cos 4 os 4 1 0 1os 4

2

c xx c x

c x

.

Loại : 2 1os 42

c x .

2os 4 1 sin 4 04

c x x x k k .

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình là , 2

x k k .

2. Đặt , 2x yt ty x

.

Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 4 25 6 0t t t . Xét hàm số: 4 25 6, ; 2 2;f t t t t t .

Ta có: 34 10 1f t t t ; 212 10 0f t t ; 2 2;t .

Suy ra f t đồng biến trên các nửa khoảng ; 2 , 2; .

Do đó với 2t thì 2 0f t f và với 2t thì 2 0f t f .

Dựa vào bảng biến thiên , nhận thấy 0f t có nghiệm duy nhất 2t .

Với 2t ta có: 22 22 2 0x y x y xy x y y xy x .

Thay y x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 6 2 8 6 0x x x (*) + Với 0x thì phương trình (*) vô nghiệm.+ Với 0x : Xét hàm số: 6 2 8 6f x x x x

56 2 8f x x x ; 430 2 0 0;f x x x .

Suy ra: f x đồng biến trong 0; và 1 0f . Do đó trong 0; , phương trình

0f x có nghiệm duy nhất 1x .

213

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra được 1x là nghiệm duy nhất của phương trình (*). Vậy 1; 1 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Câu III

Đặt 2 2

23

2ln(1 ) 1

13

xdu dxu x xdv x dx v x

1 1 43 2

20 0

1 2.ln(1 )3 3 1

xI x x dxx

.

1 142

2 20 0

1 21 ...1 1 3 4

xJ dx x dxx x

Vậy 1 4.ln 23 9 6

I .

Câu IV Do )( 111 CBAAH nên góc HAA1 là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì 0

1 30AA H Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a

1AA H =300

23

1aHA .

Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2

31

aHA nên A1H vuông

góc với B1C1. Mặt khác 11CBAH nên )( 111 HAACB Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1

Ta có AA1.HK = A1H.AH 4

3.

1

1 aAA

AHHAHK .

Câu V Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các vecto như sau:

2 2sin ,cos sin os 1.u a a u a c a

2 2 2 2sin sin ;cos cos sin sin os osv b c b c v b c c bc c

2 2 2 2. . sin .sin .sin cos .cos .cos sin sin os osu v u v a b c a b c b c c bc c

Mà 2 2 2 2 2 2 2 2sin sin os os os 1 sin sin 1 osb c c bc c c b c b c c 2 2 2 2 2 2os os sin sin sin cosc b c b c b b c

2 2 2 21 os sin sin co 1.c b c b s c

A1

A B

C

C

B1

K

H

214

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dấu bằng xảy ra sin sin sin 1

.cos cos cos 1

a b ca b c


1. Vì ;0 , 0;d Ox A a d Oy B b nên d có phương trình là: 1x ya b .

1 31;3 1M da b

.

Theo đề ta có: b a .

+ Nếu b a thì 4 1 4aa hay 4a b .

+ Nếu b a thì 2 1 2 2a ba

.

Do đó phương trình của đường thẳng d là: 4 0x y ; 2 0x y

2. Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u

Đường thẳng d2 đi qua B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là 2 (1;3; 1)u

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là : 1 11. 0 1. 0 02

x2

z x z

.

Câu VIIa Khi n 2 , rõ ràng phương trình có một nghiệm 2.x Cần chứng minh 2x là nghiệm

duy nhất của phương trình . Thật vậy! Ta có 0 sin 1n

và 0 os 1cn

.

Nếu 2x thì 2

sin sinx

n n

và

2

os osx

c cn n

thì

2 2

sin os sin os 1 .x x

c cn n n n

Nếu 2x thì 2

sin sinx

n n

và

2

os osx

c cn n

thì

2 2

sin os sin os 1 .x x

c cn n n n

Điều này chứng tỏ 2x không phải là nghiệm của phương trình. Vậy 2x là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua )21;

21;

21( E song song 2 đường thẳng d1,d2

thì (P) là mặt phẳng phải tìm . Ta có 1 2,u u

= (-5;0;-5) nên (1;0;1)n

là một véctơ pháp tuyến của (P) .

215

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và RIA 252 A ngoài đường tròn . Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có :

164202. 222 ABRAIACAB BEBCAB 222 Với E là trung điểm BC 2 BE 2),( dId . Đường thẳng d qua 1;3A , nhận ,n a b

làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: 1 3 0 3 0a x b y ax by a b 2 2 0a b

2 2 2 2

2 2

3 3, 2 2 2 2 2 2 2

a b a bd I d a b a b a b a b

a b

2 2 2 2 2 22 4 4 8 7 07

a ba ab b a b a ab b

a b

+ Với a b , chọn 1a b . Do đó d có phương trình là 4 0x y + Với 7a b , chọn 1 7b a . Do đó d có phương trình là 7 10 0x y . Vậy có 2 đường thẳng d thoả mãn yêu cầu bài toán là: 4 0x y ; 7 10 0x y . 2. Dễ dàng tìm được điểm 1;1;1I .

1 21 ;1 2 ;1 2 , ; 1 2 ;3 2A d A a a a B d B b b b .

2 2 22 2 2 2 24 4 1 2 2 2 2 2 2AI AB AI AB a a a b a b a b a 2 2 2 29 9 9 2 2 18 9 2 2 18 9 0a b a ab a b b ab a b .

Chọn 1b , ta được: 4 36 0 9a a . Suy ra: 8; 17; 17 , 1; 3;5A B .

Đường thẳng d qua 0; 1;2P nhận 7;14;22AB


phương trình tham số là: 1 27 14 22x y z

.

Câu VIIb Điều kiện 1, 1x y .

Ta có: 2 2 212 20 0

10x y

x xy yx y

(*)

ln 1 ln 1 ln 1 ln 1x y x y x x y y (**)

Xét hàm số: ln 1f t t t , 1t

1 11 1

tf tt t

0 0f t t .

Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ thấy: nếu phương trình (**) có nghiệm ,x y với x y thì ,x y phải là hai số trái dấu , nhưng điều này mâu thuẫn với (*). Vậy hệ phương trình phải

có nghiệm 0x y .

216

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 26

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 4 22 4y x mx mC1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2m . 2. Tìm các giá trị của m để để tất cả các cực trị của mC nằm trên các trục tọa độ.


1. Giải phương trình: 5 os2 2cos3 2 tan

c x xx

.

2. Giải hệ phương trình:1

1 1 3

xy xy x

y y yx x x

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

12 1 2 1I x x x x dx .

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếuvuông 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 34

.


Cho , , 0x y z . Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2

3 39

xyz x y z x y z

x y z xy yz zx


1. Trong mặt phẳng Oxy, hãy tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip 2 2

: 116 4x yE ,

nhận điểm 0;2A làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm , ,M N P lần lượt thuộc các đường thẳng

1 2 31 2 2 1 1: , : , :

1 2 2 2 2 1 2 1 1x y z x y z x y zd d d

sao cho , ,M N P thẳng

hàng đồng thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP .



ĐỀ 35

217

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Giải hệ phương trình: 3 5

5 3

3 5 log 5 log

3 log 1 log 1

y x

x y

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol 2: 2P y x , nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục hoành Ox làm trục đối xứng. 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2: 2 2 2 0S x y z x z . Tìm điểm A

thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng : 2 2 6 0P x y z lớn nhất. Câu VII b (1,0 điểm)

Cho hàm số

2 2 31 4 m

mx m x m my C

x m

. Tìm m để một điểm cực trị của mC

thuộc góc phần tư thứ I , một điểm cực trị của mC thuộc góc phần tư thứ III của hệ tọa độ Oxy . BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải

2. Ta có: 3 24 4 4y x mx x x m ; 2

00

xy

x m

.

Nếu 0m thì mC chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung.

Nếu 0m thì mC có 3 điểm cực trị.Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai điểm cực đại

có tọa độ 2 2; 4 , ; 4m m m m .Hai điểm cực đại này chỉ có thể nằm trên trục

hoành. Do đó 2 4 0 2m m . Nhưng do 0m nên chọn 2m . Vậy ;0 2m là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu II

1. Điều kiện 3tan , cos 02

x x .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với : 2 2 2 25 os sin 2 3cos 2sin os 6cos 5 sin 4sinc x x x x c x x x x

2 2cos 3 sin 2 cos sin 1 cos sin 5 0x x x x x x

1cos sin 1 2 sin 1 sin4 4 2

x x x x

224 4

3 22 24 4

x kx k

x kx k

k .

218

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đối chiếu với điều kiện chọn nghiệm 2x k , k . 2. Điều kiện 0, 0x y .

Với điều kiện trên, hệ phương trình đã cho tương đương với: 1

1 1 3

xy xy x

xy xy x xy

.

Đặt , 0t xy t . Hệ phương trình trên thành:

2

3

11 1 3

t t xt x t

.

Suy ra: 3 2 3 2 21 1 1 3 2 4 4 2 2 2 0 0t t t t t t t t t t t .

Với 0t , thay vào hệ phương trình trên ta được 10

xy

.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: 1;0 .

Câu III

Ta có: 5 2 5

1 1 2

341 1 1 1 2 1 ...3

I x x dx dx x dx

.

Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

BCOABCAM

')'( AMABC Kẻ ,'AAMH

(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do BCHMAMAHMAMABC

)'()'(

.

Vậy HM là đọan vông góc chung củaAA’và BC, do đó 43)BC,A'( aHMAd .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AHHM

AOOA

'

suy ra 3

a

a3

4

4

3a

3

3a

AH

HM.AOO'A .

Thể tích khối lăng trụ: 31 1 3 3' . ' . .

2 2 3 2 12ABCa a aV A O S A O AM BC a

Câu V Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 2 2 2 2 2 21. 1. 1. 3 3.x y z x y z x y z x y z .

A

B

C

C

B

A

H

O M

219

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta lại có: 22 2 2 33x y z xyz và 233xy yz zx xyz .

Do đó

2 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2 3

1 3

.3

xyz x y z x y z xyz x y z

x y z xy yz zx x y z xyz

=

=3

2 2 2

1 3 1 3 3 3. .3 93 3

xyzx y z

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Điểm B và C đối xứng nhau qua trục tung nên 0 0 0 0; , ;B x y C x y với 0 0x . Độ dài cạnh của tam giác đều là 02a x . Độ dài đường cao: 02h y .

Ta có: 0 0 0 03 2 3 2 3

2ah y x y x .

Suy ra: 0 0 0 0;2 3 , ; 2 3B x x C x x .

2

020 20

0 00

02 31 13 16 3 0 16 316 4

13

xxxB E x xx

.

Vì 0 0x nên chọn 016 3

13x . Suy ra 16 3 22 16 3 22; , ;

13 13 13 13B C

.

Diện tích tam giác đều 22 3 3 32 3 768 3

4 4 13 169aS

.

2. 1 1 ;2 2 ; 2M d M m m m

2 2 2 ;2 ;1N d N n n n

3 2 ; ;1P d P p p p

N là trung điểm

152 1 4 4 4 2 3192 2 4 2 4 22

2 1 2 2 2 2 1 10

mm p n m n pMP m p n m n p n

m p n m n p p

.

Suy ra: 2114; 28;30 , 17; 19; , 20; 10; 92

M N P

Hay 393;9; , 6;18; 392

MN MP

.

220

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta thấy 12

MN MP

. Như vậy 2114; 28;30 , 17; 19; , 20; 10; 92

M N P

là ba

điểm thẳng hàng cần tìm.

Câu VIIa Điều kiện: 5,0 243x y . Đặt 5 3log 1, 5 loga x b y ; , 0a b . Hệ phương trình đã cho trở thành:

2

2 22

3 43 3 0

33 4b a b a

b a b a b a b ab aa b

.

+ Với b a thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: 2 13 4 0

4 0a

a aa

.

Do đó tìm được 1, 1a b . Suy ra 2581

xy

.

+ Với 3b a thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: 2 3 5 0a a . Phương trình này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : 25;81 . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Điểm A và B đối xứng nhau qua trục hoành nên 0 0 0 0; , ;A x y B x y với 0 0y . Độ dài cạnh của tam giác đều là 02a y . Độ dài đường cao: 0h x .

Ta có: 0 03 3

2ah x y .

Suy ra: 0 0 0 03; , 3;B y y C y y .

02 20 0 0 0

0

02 3 2 3 0

2 3

yB P y y y y

y

.

Vì 0 0y nên chọn 0 2 3y . Suy ra 6;2 3 , 6; 2 3A B .

Diện tích tam giác đều 2 23 3 2 3 3 34 4

aS .

2. Cách 1: Ta có: 2 22: 1 1 4S x y z có tâm 1;0; 1I , bán kính 2R

: 2 2 6 0P x y z có vecto pháp tuyến là: 2; 2;1n

Gọi d là đường thẳng đi qua tâm 1;0; 1I và vuông góc với P . Suy ra d có phương

trình là: 1 2

21

x ty tz t

.

221

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Tọa độ giao điểm A của d với mặt cầu S có phương trình là:

2 2 2 22 2 43

t t t t . Suy ra: 1 27 4 1 1 4 5; ; , ; ;3 3 3 3 3 3

A A

.

Dễ dàng tính được: 1 213 1, ,3 3

d A P d A P .

Vậy tọa độ điểm A cần tìm là: 7 4 1; ;3 3 3

A

.

Cách 2:Giải sử điểm 2 22

0 0 0 0 0 0; ; 1 1 4A x y x S x y z .

0 0 0 0 0 00 0 0 2 1 2 1 7 2 1 2 12 2 6 7,3 3 3 3

x y z x y zx y zd A P

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

2 220 0 0 0 0 02 1 2 1 9 1 1 9.4 6x y z x y z

Suy ra: 13,3

d A P .

Dấu “=” xảy ra 2 22

0 0 0

0 0 0

1 1 41 1

2 2 1

x y zx y z

.

Giải hệ phương trình này ta tìm được 0 0 07 4 1, , 3 3 3

x y z .

Vậy 13max ,3

d A P khi 7 4 1; ;3 3 3

A

.

Câu VIIb

Ta có:

2 2 3

2

2 3mx m x myx m

Hàm số có cực trị Phương trình 0y có 2 nghiệm phân biệt phương trình 2 2 32 3 0mx m x m có hai nghiệm phân biệt khác 0m m .

Tọa độ các điểm cực trị là: 2;3 1A m m , 23 ; 5 1B m m .

Vì 23 1 0m nên để một cực trị của mC thuộc góc phần tư thứ I , một cực trị của mCthuộc góc phần tư thứ III của hệ tọa độ Oxy thì :

2

0 013 0 1 15

5 55 1 0

m mm m

m mm

.

222

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 27


Cho hàm số: 2 1

1xy

x

C


2. Tìm tọa độ điểm M thuộc C sao cho khoảng cách từ giao điểm hai tiệm cận đến tiếp tuyến

của C tại M là lớn nhất. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: sin 3sin 2 os2 tan sin oscos

xx c x x x c xx

.


2 2

2011 20132011 2013

1

2014

x y

x y y x x y xy

Câu III (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi hình phẳng giới hạn bởi đồ

thị hàm số 1

x

x

xeye

, trục hoành và đường thẳng 1x quay quanh trục hoành.

Câu IV (1,0 điểm). Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng 2. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?Câu V (1,0 điểm).

Cho x, y, z > 0 thỏa mãn 1xyz . Chứng minh rằng: 11 1

93xy yz zx

yx zx y z

. B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là: 2 13 0, 13 6 9 0x y x y . Tìm tọa độ ,B C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5;1I .

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

đường thẳng 1 2:1 2 2

x y x

. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ,

đi qua điểm A và cắt mặt phẳng ABC theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Câu VII a (1,0 điểm)

Cho số phức 1 2,z z thỏa mãn 1 2 1 2 0z z z z . Tính 4 4

1 2

2 1

z zAz z

.


ĐỀ 36

223

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường tròn 2 2: 1C x y và đường thẳng

: 0d x y m . Tìm m để d cắt C tại ,A B sao ch ABO có diện tích lớn nhất.

2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 1;2;3M . Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt

mặt phẳng Oxy theo thiết diện là đường tròn C có chu vi bằng 8 . Câu VII b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2

514 3 1 log 2 8 6 1 0

5xx x x x

x .


2. Gọi 00

0

2 1;1

xM x Cx

với 0 1x .

Tiếp tuyến của C tại M là:

20

0 0 0 0 0200

2 11 1 2 1 1 011

xy x x x x y x x xxx

.

Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Dễ dàng tìm được 1;2I . Ta có:

20 0 0 0 0

4 42 20 0 02

0

1 1 .2 2 1 1 2 1 2,11 1 1 1 1

1

x x x x xd I

x x xx

.


202

0

1 1 21

xx

.

Suy ra: , 2d I .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2 40 02

0

1 1 1 11

x xx

0 00

0 0

1 1 01 1

1 1 2x x

xx x

.

Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán: 2;3 , 0;1 .

Câu II

1. Điều kiện cos 0 2

x x k k .

sin 2 sin os2 sin sin 3 cos sin cosx x c x x x x x x

224

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

sin 2 sin os2 sin sin 2 cos os2 sin cos sin cosx x c x x x x c x x x x x

sin 2 sin cos cos sin cosx x x x x x

cos sin cos 2sin 1 0x x x x sin os 2sin 1 0x c x x ( vì cos 0x ).

4tan 1sin cos 0

2 12sin 1 0 6sin2 5 2

6

xxx x

x k kx x

x k

( thỏa mãn điều kiện)

2. Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra: 1 , 1 x y .

Do đó: 2014 1 1 2013 0x y xy x y .

+ Nếu x y thì phương trình thứ hai của hệ có vế trái dương, vế phải âm. Điều này vô lý. + Nếu x y thì phương trình thứ hai của hệ có vế trái âm, vế phải dương. Điều này vô lý. + Nếu x y thì phương trình thứ hai của hệ thỏa mãn. Thay vào phương trình thứ nhất ta

được: 2 12 12

x x .

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: 1 1;2 2

, 1 1;2 2

.

Câu III

Ta có: 0 01

x

x

xe xe

.

Suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong giới hạn bởi các đường

; 0; 0; 11

x

x

xey y x xe

.

Gọi V là thể tích khối tròn xoay.Ta có:

1

20 1

x

x

xe dxe

V

.

Theo công thức tích phân từng phần ta có:

11 1 1

200 0 0

1 11 1 1 11

x x

x x xx

xe x dx edx dxe e e ee

1

0

1 1ln 1 ln1 1 2

x e ex ee e

.

Vậy 1ln1 2

e eVe

.

225

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

2ABCD 2

SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2

NH 2 4MN S MNsin sin sin

tan 1SI MI.tansin cos

SABCD 2 2

2 2 22 2 2

2

2SABCD

2 2

1 4 1 4V3 sin cos 3.sin .cos

sin sin 2cos 2sin .sin .2cos3 3

1sin .cos3

V min sin .cos max1sin 2cos cos3

Câu V

Lấy 3log hai vế, ta được:

3 3 31 1 1log log log

3xy yz zxx y z

x y z xyz

3 3 31 1 1 1 1 13 log log log 1x y zx y z x y z

Đặt 3 3 3log , b = log , c = loga x y z .

Giả thiết 3xyz trở thành 1a b c .

Từ đó 1 1 11 33 3 3 3 3 3a b c a b ca b c

1 1 133 3 3 3 3 3a b c a b ca b c a b c

1 1 1 1 1 1 03 3 3 3 3 3a b b c c aa b b c c a

.

NMI

D

A B

C

S

H

226

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Điều này luôn đúng, vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. A là giao điểm của đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ A . Suy ra 3; 8A . Gọi M là trung điểm BC / /IM AH . Dễ dàng tìm được phương trình : 2 7 0IM x y .

Tọa độ điểm M thỏa mãn: 2 7 03;5

13 6 9 0x y

Mx y

.

Phương trình đường thẳng : 2 3 5 0 2 11 0BC x y x y .

;11 2BC B aB a .

Ta có: 2 46 8 0

2a

IA IB a aa

.

Từ đó suy ra: 4;3 , 2;7B C hoặc 2;7 , 4;3B C .

2. Dễ dàng lập được phương trình mặt phẳng : 1 0.ABC x y z

1 ;2 ;2 2I tI t t .

Khi đó 222 2 2 1 62 4 8, 2

3 3tt tr IA d I ABC

.

Dấu “=” xảy ra khi 1t . Suy ra: 2; 2;0I , 5R IA .

Vậy phương trình của mặt cầu là: 2 2 22 2 5x y z Câu VIIa

Đặt 1

2

wzz

ta được: 2 2 2 2w w 0z z z z hay w 1 w 1.

Giả sử w a bi ,a b .

Khi đó ta có: 2 2 2 21 1a b a b hay 1 3, 2 2

a b .

+ Với 41 3 4 4cos sin cos sin2 2 3 3 3 3

w i i w i

và 41 4cos sin

343

iw

. Do đó 42cos 13

A .

+ Với 12 2

3w i ta cũng tính được: 1A .

Vậy 1A . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. C có tâm 0;0O , bán kính 1R .

227

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

d cắt C tại hai điểm phân biệt 4 4, , 1 1 2 22

mA B d O d m (*)

Ta có: 1 1 1. sin sin2 2 2ABOS OAOB AOB AOB

ABOS lớn nhất 0 190 , 12

AOB d I d m ( thỏa điều kiện (*) ).

2. Gọi r là bán kính của đường tròn C . Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên mặt

phẳng Oxy . Ta có bán kính của mặt cầu S là 2 2R r MN .

Mà 3MMN z và 2 8 4r r . Suy ra: 5R .

Vậy phương trình mặt cầu S là: 2 2 21 2 3 25x y z . Câu VIIb

Điều kiện: 2

2

00

1 14 3 0

3 32 8 6 0

1 3

xx

x xx x

x xx x

x

.

+ Với 1x thì bất phương trình đã cho luôn đúng+ Với 3x thì bất phương trình đã cho không thỏa mãn. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1x .

ĐỀ 28


Cho hàm số: 4

2 532 2xy x C


2. Cho A là một điểm nằm trên C có hoành độ là m . Tìm các giá trị thực của m để tiếp tuyến

của C cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt ,B C khác A sao cho 3AC AB ( B nằm giữa A và C ). Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 22 sin sin 3 sin tan tan3 3 4 4

x x x x x .

2. Giải bất phương trình: 2 4 1 3 1x x x x .

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:

1

6550 1

dxIx

.



ĐỀ 37

228

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm).

Cho hệ phương trình: 2 2 2

2 2

2 1 2 2 0

2 9 0

m m x m y m m

x y x

.

Chứng minh rằng hệ phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt 1 1,x y và 2 2,x y .

Tìm m để biểu thức 2 21 2 1 2P x x y y đạt giá trị nhỏ nhất.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có : 2 3 0d x y là đường phân giác trong góc A . Biết 1 16;0 , 4;4B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh ,B C trên các đường thẳng ,AC AB . Xác định tọa độ các đỉnh , ,A B C của tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:

1 21 2: , :

1 1 1 1 1 2x y z x y z

và điểm 1;0;1A . Xác định tọa độ điểm M trên

1 và điểm N trên 2 sao cho 6MN và . 3AM AN

. Câu VII a (1,0 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình:

2

1 2 1 2 6

2 3 0

i z i z

z i z z

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho ba đường thẳng: 1 : 3 0d x y , 2 : 2 5 0d x y ,

3 : 0d x y . Tìm tọa độ các điểm 1 2 3, , ,d B d CA D d để tứ giác ABCD là một hình vuông. 2. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm 1;0;0 , 0;1;0 , 1;1;0 , 0;0;A B C D m với

0m . Gọi ,E F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên các đường thẳng AD và BD . Viết phương trình mặt phẳng P chứa các đường thẳng OE và OF .

Tìm m để 0EOF 45 . Câu VII b (1,0 điểm)


3 3log log

2 24 4 4

4 2 21log 4 4 log log 32

xy xy

x y x x y

.


229

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Ta có: 4

2 5; 32 2

mA m m C

.

Phương trình tiếp tuyến tại A là: 4

3 2 52 6 32 2

my m m x m m .

Phương trình hoành độ giao điểm của C và tiếp tuyến này:

4 4

22 3 2 2 25 53 2 6 3 2 3 6 02 2 2 2x mx m m x m m x m x mx m

Tiếp tuyến cắt C tại hai điểm phân biệt ,B C khác A phương trình

2 22 3 6 0x mx m có hai nghiệm phân biệt khác m 3 31

mm

.

Gọi 1 2,x x lần lượt là hoành độ của ,B C . Hơn nữa 1 2,x x cũng là nghiệm của phương trình

2 22 3 6 0x mx m nên theo định lý Viet ta có: 1 2

21 2

2

3 6

x x mx x m

.

Mặt khác: 3AC AB ( B nằm giữa A và C) 2 13 3 2AC AB x x a

.

Giải hệ: 2 1

2 1

3 22

x x mx x m

ta được: 1

2

02

xx m

.

Thay 1

2

02

xx m

vào 2

1 2 3 6x x m ta được 23 6 0 2m m thỏa điều kiện trên.

Câu II

1. Điều kiện : 4cos cos 034 44

x kx x k

x k

.

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với : 2 21 os 2 1 os 2 3 sin cot tan3 3 4 4

c x c x x x x

2 21 sin os 2 os 2 0 1 sin 2cos 2 c2 os 03 3 3

x c x c x x x

21 os2 sin 0 2sin sin 0c x x x x sin 0sin 1

xx

2 6

26

5

x k

x k k

x k

( thỏa điều kiện ban đầu).

230

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Điều kiện 0x . + Với 0x , bất phương trình thành: 1 0 ( Vô lý) + Với 0x , chia cả hai vế của bất phương trình cho x ta được:

1 14 3x xx x

(*)

Đặt 1t xx

, 2t ( theo bất đẳng thức Cauchy).

Suy ra: 21 2x tx

.

Bất phương trình * thành: 2 22 4 3 3 2 0 1 2t t t t t . Kết hợp với

2t ta thu được 2t .

Với 2t ta có: 1 2 2 1 0 1x x x xx

.

Vậy 1x là nghiệm của bất phương trình đã cho. Câu III

Ta có:

5 51 1 1 5

5 55 5 5 6550 0 0

1.

1 1 1 1

x x dx xI dx x dxx x x x

.

Đặt:

4

65 5 55

11 1

u x du dxxdv dx v

x x

.

Khi đó:

11 1 15

55 5 56 5 5 5550 0 00

121 1 11

x x dx dxdxx x xx

.

Do đó: 5

12

I .

Câu IV Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI BC

(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA

AI = a.cot , AB = AD = cotsin

a

, SI = sin

a

2 2cot. .sinsinABCD

aS AB AD

S

A

B C

D

I

231

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 2

.cot

3sinS ABCDaV

Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD

= 2 cot 1.(1 )sin sin

a

Câu V Nghiệm của hệ phương trình này là toạ độ giao điểm của đường thẳng

2 2 2: 2 1 2 2 0m m x m y m m và đường tròn 2 2: 1 10C x y tâm

1;0I , bán kính 10R .

Ta có: 2 2 22 1 2 2 0m m x m y m m

21 2 2 2 0x y m x m y . Phương trình này nghiệm đúng với mọi m khi

1, y = 2x nghĩa là: luôn đi qua điểm cố định 1;2A và A nằm trong C . Do đó luôn cắt C tại hai điểm phân biệt

1 1 2 2; , N ;M x y x y . Vậy hệ đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.

Ta có: 2P MN nhỏ nhất khi và chỉ khi 2 2. 0 1 .2 2 .2 0IA IAu m m m

2 1 34 4 2 02

m m m . Vậy

1 32

m .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Gọi 1 ;B a b là điểm đối xứng của 1B qua d .

1 1 6;B B a b

; trung điểm đoạn thẳng 1 1B B là 6 ;2 2

a bI

.

Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: 1;2u

.

Ta có: 1 1 6. 06d

aB B ubI

hay 1 6; 6B .

Rõ ràng 1B AB đường thẳng AB đi qua điểm 1B và 1C . Phương trình cạnh : 0AB x y .

A AB d tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ 2 3 0 1

0 1x y x

x y y

hay 1; 1A .

M

N

A

232

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dễ dàng lập được phương trình các đường cao: 1 : 7 42 0BB x y ; 1 : 8 0CC x y .

1B AB BB tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

210 4

7 42 0 214

xx yx y y

hay 21 21;4 4

B

.

1C AC CC tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

317 6 0 4

8 0 14

xx yx y y

hay 31 1;4 4

C

2. 1 2; ; 1 , ; 2; 2M M m m m N N n n n . Ta có:

; 2; 2 1MN m n m n m n

, 1; ; , 1; 2; 2 1AM m m m AN n n n

.

Từ giả thiết ta có: 2 2 2

1 1 2 2 1 3

2 2 1 6

m n m n m n

m n m n m n

.

Giải hệ này ta được: 10

mn

hoặc

13989

m

n

.

Do đó 1;1;2 , 0;2;0M N hoặc 13 13 22 8 10 16; ; , ; ;9 9 9 9 9 9

M N

.

Câu VIIa Đặt z a bi , ,a b .

Ta xây dựng được một hệ phương trình như sau: 2 2

2 34 3 0

a ba b b

.

Giải hệ này ta được: 1

2ab

hoặc

3565

a

b

.

Vậy có hai số phức cần tìm là: 1 23 61 2 , 5 5

z i z i .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. 2 ;5 2d B bB b . Đường thẳng 1 qua B và vuông góc 3d cắt 3d tại C . Phương trình 1 : 5 0x y b .

233

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 5 3 0 9 15 3 5;

3 0 2 2x y b b bAx y

.

Đường thẳng 2 qua A và vuông góc với 3d cắt 3d tại D . Phương trình 1 : 6 10 0x y b .

Vậy tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 03 5;3 5

6 10 0x y

D b bx y b

.

ABCD là hình vuông 22

... 2 9 10 0 52

bAB CD b b

b

.

Vậy tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD là:

3 1 3 3; , 2;1 , ; , 1;12 2 2 2

A B C D

hoặc 15 5 5 5 5 5 5; , ;0 , ; , ;4 4 2 4 4 2 2

A B C D

.

2. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOD và BOD với các đường cao ứng với

cạnh huyền là: ,OFOE . Suy ra: 2 2

2 2 2 2;0; , 0; ;1 1 1 1

m m m mE Fm m m m

.

Sau khi tính được ,OFOE

ta suy ra phương trình EF : 0O x y mz .

Ta có: 2

.OF 1os1. OF

OEc EOFmOE

.

Mà 0EOF 45 nên 2

1 1 2 112

mm

( do 0m )

Câu VIIb Điều kiện: , 0x y .

Đặt 3log2 0xyt . Phương trình thứ nhất của hệ thành: 2 12 0

2t

t tt

Loại 1t . Với 2t ta có: 3og3

32 2 log 1 3l xy xy xy yx

.

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 2

4 4 42 2

36 1 9 36 9og 4 log log 4 22

l x x x x x xx x x x

24 2

2

3 339 18 0 66 6

2

x yxx x

x x y

.

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 63; 3 , 6;2

.

234

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 29


Cho hàm số: 1

2 1xyx

C


2. Tìm m để : 2 2 1 0d mx y m cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho biểu thức 2 2P OA OB đạt giá trị nhỏ nhất.



62

cos 23 1 tan 7cos

x xx

2. Giải hệ phương trình: 2 22 23 9 10 3 3

13 63

x y x y x y

x yx y

Câu III (1,0 điểm). Cho 8 8: cos sin ; y = 0 ; x = 0 ; x = 2

S y x x

. Tìm xV khi S

quay quanh Ox.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SAvuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc o60 . Trên cạnh SA lấy điểm

M sao cho a 3AM3

. Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối

chóp . .S BCNMCâu V (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,x y z thỏa mãn 2 2 2 3x y z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức 5A xy yz zxx y z

.



: 18 2x yE . Viết phương trình đường thẳng d cắt

E tại hai điểm phân biệt có tọa độ là các số nguyên.


ĐỀ 38

235

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thoi ABCD có diện tích bằng 12 2 , đỉnh A thuộc Oz , đỉnh C thuộc mặt phẳng Oxy , hai đỉnh B và D thuộc đường thẳng

1:1 1 2x y zd và B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D .

Câu VII a (1,0 điểm) Gọi 1 2,z z là các nghiệm phức của phương trình: 2 4 5 0z z .

Tính 2011 20111 21 1z z .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho parabol 2: 4P y x có tiêu điểm F . Gọi M là điểm

thỏa điều kiện: 3FM FO

, d là đường thẳng bất kì qua M , d cắt P tại hai điểm phân biệt ,A B . Chứng minh tam giác OAB là tam giác vuông. 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng : 2 2 9 0P x y z và hai điểm

3; 1;2 , 1; 5;0A B . Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho .MA MB

đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII b (1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 2 21 5 3 13 5

log log 1 log log 1x x x x


2. Ta có: 1: 2 2 1 02

md mx y m y mx .

Phương trình hoành độ giao điểm của d và C là:

2 1 01 1

11 2 12 1 22

xx mmx mx x mxx

2 2

1 12 2

1 11 2 1 2 2 0 12 2

x x

m mx mx m x mx mx mx

d cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác

12

2

001 1 1 12 . 2 . 0

2 2 2 2

mmmm m

.

Gọi 1 2,x x lần lượt là hoành độ của ,A B . Khi đó: 1 2 2 21 1; , ;

2 2m mA x mx B x mx

236

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có:

2 2

2 2 2 21 1 2 2

1 12 2

m mP OA OB x mx x mx

= 2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2

1 14 4

m mx m x m m x x m x m m x

= 22 2 2 2

1 2 1 2

11

2m

m x x m m x x

= 222 2

1 2 1 2 1 2

11 2

2m

m x x x x m m x x

= 222 2 111 1 2. 1

4 2mmm m m

m

= 22 2 111 1

2 2mmm m m

m

= 22 21 1 2 1

2m m m m m m m

m

= 3 2 3 2 3 21 2 2 2

2m m m m m m m m

m

= 2 2 1 1 1 1 12 2 . 2 2

2 2 2m m m m

m m m

( bất đẳng thức Cauchy).

Dấu “=” xảy ra 21 1 1m m mm

. Vì 0m nên chọn 1m .

Vậy min 2P khi 1m .

Câu II

1. Đặt 22

cos 2 , tancos 1

xa b xx

.

Phương trình đã cho thành: 4 33 4 7a b . Dễ thấy a, b 0 và 2a b . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

4 31 1 1 4 , b 1 1 3a a b . Suy ra: 4 3 4 33 3 12 , 4 2 12 3 4 7a a b b a b .

Dấu bằng xảy ra 4 4 1 1a b a b hay tan 14

x x k k

là nghiệm của phương trình đã cho. 2. Điều kiện: 3 0 3x y y x . Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 3 0x y , ta được:

237

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 23 533 3 3 33 10 3 10 033 3 3 3 23

x yx yx y x y x y x yx yx y x y x y x yx y

(i) Với 3 53

x yx y

, ta có hệ:

13 6313 . 5

3

x yx y

x yx y

3x y và 13x y

là nghiệm của

phương trình: 2 56 5 0

1X

X XX

Do đó:

3 5 13 51 21 3 13 13 13 1 5

11 235 53 5

x y xx yyx yx y

x y xx yx y y

x y

.

(ii) Nếu 3 23

x yx y

, ta có hệ:

13 6313 . 2

3

x yx y

x yx y

3x y và 13x y

là nghiệm

của phương trình 2 3 116 2 0

3 11.

YY Y

Y

Do đó:

3 11123 3 11 3 3 11

3 3 111 3 113 11 33 2 43 3 11 3 3 11 3 11

121 3 113 11 33 3 3 1124

xx y x y

x y yx y

x y x y x

x yx yy

Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

3 3 11 3 3 111 2 3 11 3 11S 1;2 , ; , ; , ;

5 5 12 4 12 4

.

238

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra : MA = 1

3SA

Lại có : MN là giao tuyến của của mp(BCM) với mp(SAD), mà BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC

Do đó : MN SM 2 4aMNAD SA 3 3

Vì AD (SAB) nên MN (SAB) , suy ra MN BM và BC BM Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông BCNM .

Ta có : SBCNM = 1 MN BC BM2

Trong đó : BC = 2a , MM 4a

3 và BM = 2 2AB AM = 2a 3

3

Do đó: SBCNM = 2

4a 2a 2a 3 10a 332 3 9

Khi đó : VSBCNM = 1

3SH. SBCNM

Tính SH : Ta có ∆MAB ∆ MHS , suy ra : SH MSAB BM

MS.ABSH

MB

2a 3 .a3 a

2a 33

Vậy : VSBCNM = 1

3.a.

210a 39

= 310a 3

27Câu V

Đặt 2 32

tt x y z xy yz zx .

Vì 2 2 20 3xy yz zx x y z nên 23 9 3 3t t ( vì 0t ).

Khi đó 2 23 5 5 32 2 2

t tAt t

.

Xét hàm số: 2 5 3 , 3;32 2tf t t

t

3

2 25 5 0tf t tt t

3;3t f t đồng biến trên 3;3 .

Do đó: 3;3

14ax3x

m f t

tại 3t . Với 3t suy ra 1x y z .

239

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 14max3

A khi 1x y z .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Gọi ;M x y E với ,x y .

Từ 2 2 2

21 2 1 2 2 28 2 8x y xy y

.

Vì y nên 0;1; 1y .

Với 0y ta được 2 2x loại. Với 1y ta được 2x . Do đó bốn điểm thuộc elip E có tọa độ nguyên là: 2;1 , 2; 1 , 2;1 , 2; 1 . Vậy có 6 đường thẳng thỏa mãn là: 2; 2; 1; 1; 2 0; 2 0x x y y x y x y . 2. 0;0; , ; ;0A Oz A a C Oyz C b c . Ta có: ; ;AC b c a

.

Đường thẳng d có vecto chỉ phương 1;1;2u

.

Tọa độ trung điểm I của AC là ; ;2 2 2b c aI

.

Ta có: . 0 2d

AC u a b cI

. Do đó 0;0;2 , 2;2;0 , 1;1;1A C I .

Diện tích hình thoi 1 AC 12 22

S BD , mà 2 3AC suy ra 4 6 2 6BD IB .

; ; 1 2 , 0B d B t t t t . Khi đó 2 2 22 6 1 1 2 2 24IB t t t

2 2 16 12 18 0 2 3 0

3t

t t t tt

. Vì 0t nên 3t .

Suy ra: 3;3;5 , 1; 1; 3B D . Câu VIIa

Phương trình 2 4 5 0z z có hai nghiệm là: 1

2

22

z iz i

.

Khi đó:

2 2 2011 20111 21 1 1 1z z i i

= 1005 10052 2 1005 10051 1 1 1 1 2 1 2i i i i i i i i

= 1005 1005 10062 1 2 1 2i i i i . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Tiêu điểm 1;0F . Theo giả thiết đề toán ta suy ra: 4;0M .

240

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Nếu Ox : 4d d x . Hệ 2 4

4y xx

cho ra 4;4 , 4; 4A B .

Suy ra: . 0OA OB OAB

vuông tại O . Nếu không với Ox : 4d y k x .

Tọa độ ,A B là nghiệm của hệ: 22 4 16 0

4

y kx kky y k

y x

(*).

d cắt P tại hai điểm phân biệt ,A B phương trình * có hai nghiệm phân biệt 0k .

Giả sử 2 21 2

1 2; , ;4 4y yA y B y

trong đó 1 2,y y là nghiệm của phương trình * .

Theo định lý Viet ta có: 1 2 16y y .

Ta có: 21 2

1 2. 016

y yOA OB y y OAB

vuông tại O .

Vậy OAB vuông tại O . 2. Gọi I là trung điểm AB . Suy ra: 2; 3;1I .

Ta có: 2 2.MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA

.

.MA MB

nhỏ nhất MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I trên P .

Gọi là đường thẳng qua I , vuông góc với .P Suy ra: 2 2

31 2

x ty tz t

.

M P tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

2 2 2 3 2 1 2 9 0 2 2; 1; 3t t t t M .

Vậy .MA MB

đạt giá trị nhỏ nhất khi 2; 1; 3M . Câu VIIb Điều kiện : 0x . Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 23 1 3 5

5

log log 1 log log 1 0x x x x

2 23 1 5

5

log log 1 .log 1 0x x x x

2 2 25 5log 1 1 0 log 1 1x x x x .

2 25log 1 0 1 1 0x x x x x .

241

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2 25log 1 1 1 5 1 5x x x x x x

2 2

0 50 5 12012 51 25 105

xxx

xx x x

.

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 120;5

S

.

ĐỀ 30


Cho hàm số: 21

x mymx

mC

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m 2. Chứng minh rằng với mọi 0m đồ thị mC cắt : 2 2d y x m tại hai điểm phân biệt

,A B thuộc một đường H cố định. Đường thẳng d cắt trục ,Ox Oy lần lượt tại các điểm ,M N . Tìm m để 3OAB OMNS S .


1. Tìm 0;x thỏa mãn phương trình: 2os2 1cot 1 sin sin 21 tan 2c xx x x

x


3 2 2 3

2 2

1 2 30

1 11

x y y x y y xy

x y x y y y

( ,x y ).


2

4

tan

os 1 os

xI dxc x c x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt

phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Câu V (1,0 điểm).

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2

3

1 2 2 1

3 3 2

x y xy x

x x xy m

.


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ 39

242

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 6 và hai đỉnh 1; 2 , 2; 3A B . Tìm tọa độ hai đỉnh còn lại, biết giao điểm của hai đường chéo hình

bình hành nằm trên trục Ox và có hoành độ dương.

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

x y zd

và 2 3 4:1 2 3

x y z . Biết rằng d và cắt nhau. Hãy viết phương trình mặt phẳng

P chứa sao cho góc giữa d và P lớn nhất. Câu VII a (1,0 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn: 22 2 . 8z z z z và 2z z .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm 2;1I và 2AC BD . Điểm

10;3

M

thuộc đường thẳng AB , điểm 0;7N thuộc đường thẳng CD . Tìm tọa độ đỉnh

B biết 0Bx . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng :

1 21 2:

4x y zd

nm

; 21:

1 2 1x m y zd

Tìm ,m n để 1 2,d d song song và khi đó tính khoảng cách giữa 1 2,d d . Câu VII b (1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 22 5 3 3 1 2.5 2

23 .5 1

x

x

x x x

x

.

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Phương trình hoành độ giao điểm của mC và :d

22 2

112 2 2

1 2 2 1 0 02 2 0

xxx m mmx mmx x mx mmx m x m

Rõ ràng:

2

2

21 1 22. 2 . 1 1 0

2 0

mm m m

m

đúng 0m

Do đó phương trình: 22 2 1 0x mx có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x khác 1m

.

Suy ra d cắt C tại hai điểm phân biệt ,A B .

243

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Mặt khác 1 212

x x nên ,A B thuộc một đường H cố định.

Kẻ 2,

5m

OH AB OH d O d

.

Ta có : 1 1 2 2;2 2 , ;2 2A x x m B x x m .

Theo định lý Viet ta có: 1 2

1 212

x x m

x x

.

Ta có:

2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 1 2 1 22 2 5 5 4 5 10AB x x x x x x x x x x m .

Theo giả thiết: 223 . 3 . . 5 10 3

5OAB OMN M Nm

S S OH AB OM ON m x y

2 22 1. 5 10 3 2 2 325

mm m m m m m

.

Câu II

1. Điều kiện: sin 2 0 sin 2 0sin cos 0 tan 1

x xx x x

.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 2cos sin os2 .cos sin sin os

sin cos sinx x c x x x xc x

x x x

2 2cos sin os sin os sin sin ossinx x c x xc x x xc x

x

2 2cos sin sin cos sin cos sin sin os sin 1 0x x x x x x x xc x x

os sin sin 2 os2 3 0c x x x c x

os sin 0 tan 1 4

c x x x x k k .

Vì 0;x nên 0k . Suy ra: 4

x .

2. Hệ phương trình đã cho tương đương với:

30

11

xy x y xy x y

xy x y xy x y

,xy x y xy x y là nghiệm của phương trình: 2 511 30 0

6t

t tt

244

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra:

56

65

xy x yxy x y

xy x yxy x y

.

Giải các hệ trên ta tìm được bốn nghiệm là:

5 21 5 21 5 21 5 211;2 , 2;1 , ; , ;2 2 2 2

Câu III

Ta có: 3 3 3

2 2 2224 4 4

tan tan tan1os 1 os os 2 tanos 1

os

x x xI dx dx dxc x c x c x xc x

c x

332 2

44

2 tan 2 tan 5 3d x x

.

Câu IV

SHBM và SABM suy ra AHBM

VSABH = BHAHhBHAHSA .6

..61

.

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BHAH .2

BHAHBHAH .222 BHAHa .22 , vậy AH.BH lớn nhất

AH.BH = 2

2a AH = BH

H là tâm của hình vuông M D .

Khi đó VSABH = 12

2ha .

Câu V

Đặt 1, 0k y k . Hệ phương trình thành: 2 2

3 2

2 1

3 2

x k xk

x xk m

.

Rõ ràng: 0k không phải là nghiệm của hệ phương trình.

Với 0k , đặt .x t k hệ trở thành:

3 2

3 3

2 1 1

3 2 2

k t t

k t t m

.

h

H

M

D

CB

A

S

245

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do 0k nên từ 1 suy ra 2 02 0

2t

t tt

.

Từ (1) và (2) ta có: 2 32

2tmt

với 02

tt

.

Xét hàm số: 2 3

2tf tt

, ;0 2;t .

Ta có:

2

2

14 3 032

tt tf ttt

.

Lập bảng biến thiên và suy ra được rằng: hệ có nghiệm2 6 4

3 122 2

m m

m m

.


1. 362ABCD IABS S . Gọi ;0II x Ox là giao điểm hai đường chéo 0Ix

Phương trình đường thẳng : 1 0AB x y .

Ta có: 212 3, 1 3

4 02 2IIIAB

II

xxS d I AB xxAB

.

Loại 4Ix . Với 2Ix ta có: 2;0I . Suy ra: 3;2 , 2;3C D .

2. Dễ dàng tìm được giao điểm của d và là 1;1;1M .

Lấy 3;2;3A d . Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu của A trên P và .

Ta có: AH AK AMH AMK . Dấu “=” xảy ra

H K AK P .

Như vậy góc giữa d và P lớn nhất AK P tại K .

Dễ dàng tìm được tọa độ điểm 12 17 22; ;7 7 7

K

.

Mặt phẳng P đi qua K nhận 9 3 1; ;7 7 7

AK


trình là: 9 3 5 0x y z .

P

K

d

HM

A

246

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu VIIa

Gọi z a bi . Ta có: z a bi ; 22 2 2.z z z z a b .

Theo giả thiết bài toán ta xây dựng được hệ phương trình:

2 24 8 112 2

a b aba

.

Vậy các số phức cần tìm là: 1 ; 1i i .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 1. Gọi N là điểm đối xứng của N qua I thì 4; 5N AB N .

Phương trình đường thẳng : 4 3 1 0AB x y ; , 2d I AB . Vì 2AC BD nên 2AI BI .

Trong tam giác vuông ABI ta có: 2 2 2 2

1 1 1 1 5 54, 4 4

BId I AB BI BI BI

.

Điểm B là giao điểm của đường tròn tâm I bán kính 5R với đường thẳng

4 3 1 0x y nên tọa độ của nó là nghiệm của hệ phương trình: 2 2

4 3 1 0

2 1 5

x y

x y

.

Giải hệ trên và kết hợp với 0Bx ta suy ra 1; 1B .

2. 1d qua 1 1;2;0M nhận 21 ; ;4u m n


2d qua 2 ;0;1M m nhận 2 1; 2;1u


1 2 1 2/ / ,d d u u

cùng phương và 1 2 2,M M u

không cùng phương

1 2,u u

cùng phương2 24

81 2 1mm nn

1 2 2,M M u

không cùng phương 1 2 1 21 2 1

m m

.

Vậy 1 22

/ /8

md d

n

.

Khoảng cách giữa 1d và 2d là: 1 2 21 2 1 2

2

; 40, ,3

M M ud d d d M d

u

.

Câu VIIb

Điều kiện: 2 1 32 5 3 0

23 .5 1 0 3 .5 1 0

xx

xx x

x x

.

Xét hàm số: 3 .5 1xf x x với 1 ;32

x .

247

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3.5 1 ln 5xf x x

10ln 5

f x x .

121 31 .5 0

2 2f

; 1163 0125

f ; 1ln 5

1 3 11 . 0ln 5 ln 5

5f

.

Vậy 1;32

1ax 0 0, ;32x

m f x f x x

.

Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 22 5 3 2 3 6 .5 6 .5 2 2 5 3 3x xx x x x x x x x

2 2 2

03 0 003 0 0

5 157 5 1572 5 3 9 11 5 3 022 22

xx xxx x

x x x x x x

0

5 1575 157 220

22

xx

x

. Kết hợp với 1 ;32

x suy ra: 5 157 3

22x

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 5 157 ;322

S

.

ĐỀ 31


Cho hàm số: 4 21 3 1 2 14

y x m x m mC

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 0m . 2. Tìm m để mC có 3 điểm cực trị tọa thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ OCâu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 3 3sin os sin cot os tan 2sin 2x c x x x c x x x .


3 33 3

1 1 9

1 1 1 11 1 18

x y

x y x y

( ,x y ).


248

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


10 10 4 4

0

os sin sin cosI c x x x x dx

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết

khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng 155

a . Tính thể tích của khối lăng trụ.


Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có : 29(1 )(1 )(1 ) 256yxx y

.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có 2;6A , đỉnh B thuộc đường thẳng

: 2 6 0d x y . Gọi ,M N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh ,BC CD sao cho

BM CN . Biết AM cắt BN tại 1 14;2 5

I

. Xác định tọa độ đỉnh C .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 3 2 1:2 1 1

x y zd

và mặt

phẳng : 2 0P x y z . Lập phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng d , cắt d và tạo với d góc lớn nhất. Câu VII a (1,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 1 3 2z i z

trong đó z là số phức thỏa: 1 2z . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: 16C x y . Viết phương trình chính

tắc của elip E có tâm sai 12

e biết E cắt C tại bốn điểm , , ,A B C D sao cho AB

song song với trục hoành và 2AB CD . 2. Trong không gian Oxyz, cho họ mặt phẳng , , : 1 0a b cP ax by cz , , , 0a b c và 1 1 1 1

2 3a b c . Tìm , ,a b c để , ,a b cP cắt các trục tọa độ , ,Ox Oy Oz lần lượt tại , ,A B C

sao cho OABC có thể tích lớn nhất. Câu VII b (1,0 điểm)


2 2 2

3 3

3 3 27 9log 1 log 1 1

x y x y x y

x y


249

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Ta có: 3 22 3 1 2 3 1y x m x x x m .

mC có ba điểm cực trị phương trình 0y có ba nghiệm phân biệt 13

m .

Tọa độ các điểm cực trị 2 20;2 2 , 6 2; 9 4 1 , 6 2; 9 4 1A m B m m m C m m m .

Tam giác ABC có trọng tâm O 2

2318 6 8 0

13

mm m

m

.

So với điều kiện 13

m ta có: 13

m .

Câu II

1. Điều kiện: cos 0sin 0 sin 2 0sin 2 0

xx x

x

.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 2 2sin os sin sin cos cos sin cos sin cos 2sin 2x c x x x x x x x x x x

2 sin 0sin cos 0sin cos 2sin 2 4

1 sin 2 2sin 2sin 2 1

xx xx x x

x xx

sin 04

22 445 24

x

x kx k

x k

k

2. Điều kiện , 0x y .Đặt 3 3

1 1, u vx y

.

Hệ phương trình đã cho thành:

33 3 9 3 91 1 18 1 18

u v u v uv u vu v u v u v u v uv

.

Đặt ,S u v P uv . Điều kiện 2 4S P .


33

2

3 9 13 91 18 18 2

S PSS PSS S P PS S S

Thay (2) vào (1) ta được: 33 23 3 63 0 1 64 3 2S S S S S P .

250

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Với 32

SP

ta suy ra: ,u v là nghiệm của phương trình: 2 1

3 2 02

XX X

X

.

Khi đó: 12

uv

hoặc

21

uv

. Suy ra:

181

x

y

hoặc 118

x

y

.

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: 1 1;1 , 1;8 8

.

Câu III Ta có: 10 10 4 4 10 10 4 4 2 2cos sin sin cos cos sin sin cos sin osx x x x x x x x x c x

10 10 4 6 6 4 6 6 4 4os sin sin cos sin cos os sin os sinc x x x x x x c x x c x x

2 2 2 21 1 1 os4 1 os8os 2 1 sin 2 os 2 sin 44 16 2 32

c x c xc x x c x x

15 1 1os4 os832 2 32

c x c x .

Suy ra: 2 2

00

15 1 1 15 1 1 15os4 os8 sin 4 sin832 2 32 32 8 256 64

I c x c x dx x x x

.

Câu IV Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH

HC = 1510

a ; M’C = 152

a ; MM’ = 3a

Vậy V = 334

a

Câu V

Ta có: 3

431 1 4

3 3 3 3x x x xx

34

3 31 1 43 3 3 3 .

y y y y yx x x x x

3

4 39 3 3 3 31 1 4y y y y y

2 6

43

9 31 16yy

251

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy 2 3 3 6

43 3 3 3

9 31 1 1 256 2563 3 .

y x yxx x yy

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. 2 6;d B bB b .

12 16 32 14; , 2 ;5 5 5 5

IA IB b b

.

. 0 2 2;4AMB BNC IA IB IA IB b B

. Dễ dàng lập đường phương trình : 2 0BC x y .

;2BC CC c c .

2 22 5, 2 2 4AB BC c c

Ta có:

2 2 0 0;02 2 4 2 5 12 2

4 4;8

c Cc c c

c C

.

Do I nằm trong hình vuông nên ,I C cùng phía đối với đường thẳng 4;8AB C bị

loại. Vậy 0;0C .

2. Phương trình tham số của 3 2

: 2 1

x td y t t

z t

.

Gọi I d P tọa độ điểm I ứng với tham số t là nghiệm của phương trình:

3 2 2 1 2 0 1 1; 3;0t t t t I . Vì cắt d nên đi qua I .

,d lớn nhất 0, 90d d .

Đường thẳng d có vecto chỉ phương 1 2;1; 1u

Mặt phẳng P có vecto pháp tuyến 1;1;1n

.

Gọi 2u

là vecto chỉ phương của , ta có: 1 2

2 1

2

, 2; 3;1d u u

u u nP n u

Vậy qua 1; 3;0I nhận 2 2; 3;1u

làm vecto chỉ phương nên có phương trình: 1 3

2 3 1x y z

.

Câu VIIa

Ta có: 1 32 1 31 34 21 3

z iz iz i z zi

.

252

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Khi đó: 1 2 1 3 6 2 3 8z z i i .

Đặt z x yi , ,x y .

Ta có: 1 3 6 2 3 8 3 6 2 3 3 8x yi i i x y y x

2 2 223 6 2 3 3 8 3 3 16x y y x x y .

Vậy tập hợp các điểm trên mặt phẳng Oxy biểu diễn cho số phức z thỏa mãn bài toán là

đường tròn tâm 3; 3I , bán kính 4R .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

1. Giả sử elip có phương trình chính tắc 2 2

2 2: 1x yEa b

, theo đề bài

2 2 22 2

2 2

1 1 1 32 4 4 4

c c a be b aa a a

.

Suy ra elip có phương trình: 2 2

2 2 22 2

4 1 3 4 33

x y x y aa a

.

Tọa độ các giao điểm , , ,A B C D của elip và đường tròn là nghiệm của hệ

2 2

2 2 2

16 1

3 4 3 2

x y

x y a

Do E và C cùng nhận trục hoành và trục tung làm trục đối xứng và / /OxAB nên

,A B đối xứng nhau qua Oy ; ,C D đối xứng nhau qua Ox . 2 22 2 2.2 4AB CD x y x y (3).

Từ (1) và (2) tìm được: 2 264 16 ; 5 5

x y .

Thay vào (3) ta được: 2 25615

a .

Suy ra phương trình của elip 2 2

: 1256 6415 5

x yE .

2. , ,a b cP cắt các trục tọa độ tại 1 1 1;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A B Ca b c

.

Thể tích tứ diện OABC là:

31 1 11 1 1 2 3. . 8

2 3 3OABCa b cV

a b c

.

253

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dấu "=" xảy ra

11 1 1 20

12 31 1 1 46

12 36

a

a b c b

a b c c

.

Vậy max 8OABCV đạt được khi 1 1 1, ,2 4 6

a b c .

Câu VIIb Điều kiện: , 1x y . Với điều kiện trên, hệ phương trình đã cho tương đương với:

32 1 2 13.3 3.3 3 91 1 3

x yx y x y

x y

.

Đặt 2 1 2 13 , 3x y x yu v . Điều kiện , 0u v . Phương trình thứ nhất của hệ này thành:

33 3 9 3 3 0

3u

u v uv u vv

.

Với 3u , hệ phương trình vô nghiệm.

Với 3v ta có hệ

2 1

203 311 1 312

x y

xyxx yy

.

So sánh với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 12;0 , 1;2

.

ĐỀ 32

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 3 22 2 3y x x m x m mC1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m .

2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số nhỏ nhất của mC đi qua điểm 551;27

A

.


1. Giải phương trình: 3 3sin .sin 3 os cos3 1

8tan .tan6 3

x x c x x

x x


254

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Giải bất phương trình: 2 4 26 3 1 1 0x x x x

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:

1 2

10

22 9 3 2

x

x xI dx

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng .ABC A B C có 0, 2 , 120AC a BC a ACB và đường thẳng A Ctạo với mặt phẳng ABB A góc 030 . Gọi M là trung điểm của BB . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC theo a . Câu V (1,0 điểm). Định m để hệ phương trình sau có nghiệm:

3 32 4 2

3 3 3 38 2 2 4 4

1

1 1 2

m x x x xy

m x x x m x y x

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 2: 1 2 9C x y . Biết

tam giác ABC đều nội tiếp C có 2;2A . Tìm tọa độ các đỉnh ,B C .

2. Trong không gian Oxyz cho điểm 1;2; 1 , 1;1;2 , 2; 1; 2 ,A B C D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD . Tìm điểm S thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp .S BCDbằng 4. Câu VII a (1,0 điểm)

Giải phương trình: 2 2log log 23 1 3 1 1x x

x x .


1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm 3;0A và elip E có phương trình: 2

2 19x y . Tìm

tọa độ các điểm ,B C thuộc E sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .

2. Trong không gian Oxyz cho điểm 5;3;1 , 4; 1;3 , 6;2;4 , 2;1;7A B C D . Tìm tập

hợp các điểm M sao cho 3 2MA MB MC MD MA MB

.

Câu VII b (1,0 điểm) Tìm số thực m để bình phương số phức 3

1m iz

i

là một số thực.


255

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2. Ta có: 23 4 2y x x m ; 6 4y x ; 203

y x .

Lập bảng biến thiên, ta thu được 10min3x

y m

khi 23

x .

Suy ra điểm uốn 2 11 52;3 3 27

mI

.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là: 10 2 11 523 3 3 27

my m x

(d)

10 1 11 1 13 3 3 9 4

mm mA d

.

Câu II


x k k

Ta có: tan . tan tan .cot 16 3 6 6

x x x x

.

Phương trình đã cho tương đương với: 3 3 1sin .sin 3 os . os3

8x x c x c x

1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1. .2 2 2 2 8

c x c x c x c x c x c x

1 12 os2 os2 . os4 2cos 2 1 os42 2

c x c x c x x c x

3 1 1 6os 2 cos 28 2

6

x kc x x k

x k

Đối chiếu với điều kiện ban đầu, chọn 6

x k k .

2. Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 4 2 2 2 4 26 3 1 6 1 0 6 2 1 1 6 1 0x x x x x x x x x x

2 2 2 212 1 6 1 1 6 1 0x x x x x x x x

22

2 2

6 1112 6 01 1

x xx xx x x x

( vì 2 1 0 x x x )

Đặt 2

2

6 1 , 0

1x x

t tx x

.

Bất phương trình thành: 2 32 6 0 02

t t t .

256

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Do đó: 2

22

6 1 9 11 21 11 215 11 5 01 4 10 10

x xx x x

x x

.

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 11 21 11 21;10 10

S

.

Câu III

Đặt 2 23.2 2 3.2 2 2 3ln 2 .2 23ln 2

x x x x tdtt t tdt dx dx .

Đổi cận: 0 1x t ; 1 2x t .

Khi đó: 2 2 2

221 1 1

21 1 1 13ln 2

2ln 2 25 5ln 2 5 52 93

tdtdtI dt

t t tt t

2

1

1 5 1 9ln ln5ln 2 5 5ln 2 4

tt

.

Câu IV Kẻ CH AB . Vì AA ABC nên

AA CH CH ABB A

0, 30CA H A C ABB A . Sử dụng định lý cosin và áp dụng công thức diện tích cho ABC ta thu được:

02 .2 .sin120 37,77

ABCS a aAB a CH aAB a

.

Suy ra: 2 23 52 2 AA

7 7CA CH a A C AC a

Thể tích khối lăng trụ là: 2 35 3 105AA . .

7 2 14ABCa aV S a .

Mặt phẳng ABB A chứa AM và song song với CC nên:

3 21, ,7 7

ad AM CC D C ABB A CH a .

Câu V

+ Nếu 0m thì hệ phương trình thành: 3 34 4

0 0

2

xy xyx y x

. Do đó nghiệm

của hệ là: 0; y , y .

+ Nếu m thì ta đặt 3t x , hệ phương trình thành:

C

C'

B

B'

A

A'

M

H

257

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

6 4 2 3 6 4 2 3

8 6 2 4 4 8 6 4 2 4

1 1

1 1 2 1 2 1

m t t t yt m t t t yt

m t t t m t yt m t t t t y t

(I)

Vì 0t không phải là nghiệm của hệ phương trình (I) nên trong hệ này chia vế theo vế của phương trình thứ nhất cho 3t , phương trình thứ hai cho 4t ta được:

33

4 24 2

1 1

1 1 2 1

m t t yt t

m t t yt t

(II)

Đặt 1u tt

, 2u .

` Dễ dàng có được: 2 22

1 2t ut

; 3 33

1 3t u ut

; 24 24

1 2 2t ut

Hệ (II) trở thành:

3 3

22 2 4 2

3 2

2 2 2 1 2 1 3 1 2 1

m u u u y m u u y

m u u y m u u y

Khi đó: 4 2 3 4 3 23 1 2 2 1 2 3 4 1 1m u u m u u m u u u u

4 3 2 12 3 4 1u u u um

.

Xét hàm số: 4 3 22 3 4 1f u u u u u với 2u .

3 24 6 6 4f u u u u

3 2

110 4 6 6 4 022

u

f u u u u u

u

. Đối chiếu với 2u chọn 2u .

Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên ta tìm tược 1

1 1 33 0 30

mmm m m

Vậy giá trị cần tìm của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 13

0

m

m

.

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1.

258

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đường tròn C có tâm 1;2I Gọi H là chân đường cao kẻ từ A .

Do tam giác ABC đều nên I cũng là trọng tâm. Suy ra: 52 ;22

AI AH H

.

Đường thẳng BC qua 5 ;02

H

nhận 3;0AI

làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: 52

x .

,BC C B C tọa độ các điểm ,B C là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

52

3 35 5 21 2 922 25 9 54 4 9 4 16 11 02 4 2

3 322

x

yxx y x

x y y y y x

y

Vậy tọa độ các điểm ,B C cần tìm là: 5 3 3 5 3 3;2 , ;22 2 2 2

.

2. Giả sử 0 0 0; ;D x y z là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD .

Do đó: AB DC

hay 0 0

0 0

0 0

2 2 41 1 0 0;4; 5

3 2 5

x xy y D

z z

0;0;S Oz S s

Ta có : 3; 2; 4 , 5; 1; 7BC BD

Do đó: , 10;1;7BC BD

; 1; 1; 2BS s

Suy ra: , 7 5BC BD BS s

Theo đề: .

197 5 241 74 7 5 4 7 5 247 5 24 296

7

S BCD

ssV s s

s s

Suy ra tọa độ các điểm S cần tìm là: 19 290;0; , 0;0;7 7

Câu VIIa

259

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Điều kiện: 0x .

Đặt 2log3 1

xt , 0t .

Phương trình đã cho thành: 2

2 2 2 22

11 1 0

txt x t x t xt t x

+ Với 1t ta có: 2log

23 1 1 log 0 1x

x x

+ Với 22 2

log 2log og2 3 1 2 4x x l xt x

2og

23 1 1 log 0 14

l x

x x

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 1x . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 1. Rõ ràng 3;0A E Theo giả thiết bài toán suy ra ,B C và hai điểm đối xứng qua trục hoành. Giả sử 0 0 0 0; ;B x y C x y , 0 3x

Gọi H là trung điểm 20 0 0 0 0

2;0 2 9 ; 3 33

BC H x BC y x AH x x

ABC vuông cân tại A2

0 01 13 92 3

AH BC x x 20 0 09 3 3 3x x x

0 0 0 0 0129 3 3 27 9 35

x x x x x

Khi đó: 0 03 35 5

y y .

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: 12 3 12 3; , ;5 5 5 5

B C

hoặc 12 3 12 3; , ;5 5 5 5

B C

.

2. Giả sử tồn tại điểm 0 0 0; ;I x y z thỏa mãn hệ thức: 3 2 0IA IB IC ID

.

Dễ dàng tìm được điểm 8 10 1; ;3 3 3

I

.

Ta có: 13 2 33

MA MB MC MD MA MB MI AB MI AB

.

Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm 8 10 1; ;3 3 3

I

, bán kính 1 13 3

R AB và phương

trình mặt cầu là: 2 2 28 10 1 1

3 3 3 9x y z

.

Câu VIIb

260

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có:

2

2

3 13 3 3 3 31 1 1 1 2 2

m i im i m mi i i m mz ii i i i

Suy ra 2 22 2

2 23 9 3 932 2 2 2

m m m mz i i m i

2z là số thực 2 9 0 32

m m .

Vậy 3m là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.

ĐỀ 33

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 4 22 2y x mx mC1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m . 2. Tìm m để mC có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông có đường tròn ngoại

tiếp đi qua điểm 5 53 9;D

.



42

1 tan8 os sin 4 24 1 tan

xc x xx

2. Giải bất phương trình: 2

4, ,

16 2 3

x y x y x yx y

x y x


2

ln 1 1

1 1

xI dx

x x

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh huyền bằng 3 .a

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , SG ABC , 142

aSB . Tính thể tích khối chóp

.S ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC . Câu V (1,0 điểm). Cho , 0x y thỏa 3 3x y x y . Chứng minh rằng: 2 24 1x y . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD , đường thẳng AD có phương trình 3 0x y , đường thẳng BD có phương trình

261

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu II

1. Điều kiện: cos 0 2

x x k k .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

2

24 4 2 2

2

sin1oscos sin 2sin 2 cos 2 2 cos sin os sin 1 sin 21

os

xc xx x x x x x c x x x

c x

4 3 3cos sin cos sin cos sin cos sin sin 0x x x x x x x x x

cos sin 0 tan 14

sin 0 sin 0x x x x kx x x k

, k .

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm: 4x k

kx k

2. Điều kiện: 24, 0, , 4 , 3x y x y x y y x . Phương thứ nhất của hệ đã cho tương đương với:

2 2 2 2 22 2 4 2 2 4 4 4x x y x y x y y x x y y xy x

2 04 4 0

4 4y

y xy yy x

.

Trường hợp 0y không thỏa điều kiện nên loại. Với 4 4y x , thay vào phương trình thứ hai của hệ phương trình đã cho ta được:

22 2

2

25 516 2 4 16 3 4 14 116 3

x xx x x xxx

2

5 15 04 116 3

xxxx

.

Vì 2 2

5 5 5 11 43 4 116 3 3

x x x xx xx x

nên ta thu được 5 16x y .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 5;16

Câu III

Đặt 21 1 1 1 2 1t x x t dx t dt .

Đổi cận: 2 2x t ; 5 3x t .

262

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có:

3 332 2 2

2 22 2

1 ln ln2 1 2 ln ln 3 ln 21 1

t t tI t dt dt ttt t

Câu IV

Gọi I là trung điểm AB , 32 2a aCI IG .

Trong BIG vuông tại I ta có: 2

2 2 2 52aBG BI IG .

Suy ra: 2 2

2 2 7 52 2a aSG SB BG a .

Do đó: 3

.1 1 1 3 3. . 33 3 2 2 4S ABC ABC

a aV SG S a a

.

Kẻ ,GK AC K AC , / /GK BC SK BC . 2

2 2 2 322 2 2

GC a a aGK SK SG GK a ; 32aAC

21 3 3 3 3.2 2 42SAC

a aS a

Vậy ta có khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC là: .3, 3S ABC

SAC

Vd B SAC aS

.

Câu V Ta có: 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 3 3 2 21 4 4 4x y x y x y x y x y x y x y x y

= 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 24 4 5 3 5 3x y x xy x y y y xy x y y y xy x

2 22 0y x y y xy , 0x y .

Vì 3 3 0x y nên 2 2 2 21 4 0 4 1x y x y ( điều phải chứng minh). B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VI a 1. Ta có: D AD BD tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:

3 0 00;0

2 0 0x y x

D Ox y y

.

01os 452

c ADB ADB AD AB (1)

Vì góc giữa hai đường thẳng BC và AB bằng 045 nên 045BCD BCD vuông cân tại 2B DC AB .

G

A

C

B

S

I

MK

263

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo đề bài ta có: 21 3.. 24 4 4 2

2 2ABCDABS AB CD AD AB BD .

2 ;B BD B b b , 0b .

Ta có: 2 2 2 2

4 1032 54 2 32 4 325 4 10 0

5

bBD BD b b b

b

.

Vì 0b nên chọn 8 105

b . Do đó tọa độ điểm 8 10 4 10;5 5

B

.

Phương trình đường thẳng : 2 4 10 0BC x y . 2. Gọi ;0;0C c Ox .

Ta có: 2,.

3c

d C P

Đường thẳng qua 1;0; 2M nhận 1;2;2u


, 4;4 2 ;2 2MC u c c

. Suy ra: 2, 8 24 36,

3

MC u c cd Cu

Theo đề ta có: 2

228 24 36, , 2 6 93 3

cc cd C d C P c c c

2 2 22 6 9 6 9 0 3 3;0;0c c c c c c C .

Vậy phương trình mặt phẳng P là: 1 2 3 6 6 03 2 1x y z x y z

.

Câu VIIa Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2, 0z z . Trường hợp 1: 0 . Ta có: 2 2

1 2 1 2 1 210 2 10z z z z z z

2 21 2 1 2 1 22 2 10 1 2 1 2 1 10z z z z z z m m m .

Giải tìm được 3 2 5m Trường hợp 2: 0 . Ta có:

22 21 2 10 1 6 1 10 2z z m m m m .

Vậy 3 2 5, 2m m là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Ta có: 1 2P d d tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình:

1 2 2

2 1 3 5

m x m y m

m x m y m

264

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Định thức của hệ là: 2 2 21 21 2 2 6 5 0

2 1m m

D m m m m mm m

Suy ra: hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất.Với mọi m thì 1d luôn đi qua 0;1A , 2d luôn đi qua 2; 1B .

Hơn nữa 1 2,d d vuông góc với nhau vì 1 21 2, . 12 1

m mk km m

( Nếu 1m thì 1 2: 1, : 2d y d x ; nếu 2m thì 1 2: 0, : 1d x d y ) Vậy với mọi m , giao điểm ;P x y của 1d và 2d luôn thuộc đường tròn đường kính AB .

Ta có: 2 2 2 22 2 16 4PA PB PA PB AB PA PB . Dấu "=" khi và chỉ khi PA PB tức P nằm tại I hoặc J ( với ,I J những điểm nằm chính giữa cung AB ). Vậy 4Max PA PB khi P I hoặc P J ứng với 1m hoặc 2m .

2. Gọi I là trung điểm 5 5;0; ; 52 2

AB I AB

M thuộc mặt cầu 2 2

25 5 25:2 2 4

S x y z

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 22

0

5 5 252 2 4

z

x y z

Hạ ; MH AB HK Oxy

/ / ,AB Oxy HK d AB Oxy không đổi mà MH HK nên ABMS nhỏ nhất MHnhỏ nhất M nằm trên đường thẳng là hình chiếu vuông góc của AB lên mặt phẳng Oxy .

Mặt khác S tiếp xúc với mặt phẳng Oxy nên M .

Vậy 5 ;0;02

M

.

Câu VIIb

Điều kiện: 00

x yx y

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

2 23 3 3 3 3log 1 log log 1 log 1 logx y x y x y x y x y (*)

Thay (*) vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 3 5 3 3 31 log log 1 1 log 5 log 0 log 0 1x y x y x y x y x y

Khi đó ta có hệ phương trình: 2 2 3 23

1 11x y xx yx y yx y

.


265

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 34


Cho hàm số: 3 21 2 3 1 13

y x mx m x mC

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 0m . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của mC tại điểm có hoành độ bằng 1. Tìm m để giao điểm của và : 2d y x cách đều gốc tọa độ. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 5 3sin os 2 os2 4 2 4 2x x xc c

.


2

2 2

1 1 4 3

12 2 3 7 1 12 3 5

x y x y x y

x x y xy y x

, ,x y .


0

tan .ln oscos

x c xI dx

x

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , 3SA a và SAvuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối tứ diện .S ACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng ,SB AC . Câu V (1,0 điểm).

Cho , , 0a b c thỏa 1ab bc ca . Chứng minh rằng: 2 2 2

3 101 1 1

a b ca b c

.


1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn C : 2 2 251 22

x y và đường thẳng

: 3 4 20 0d x y . Lập phương trình các cạnh hình vuông ABCD ngoại tiếp C biết A d . 2. Trong không gian Oxyz , cho các điểm ;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0;2B a C a a D a S a . Giả sử N là trung điểm của cạnh SD . Tìm giá trị nguyên dương lớn nhất của a để khoảng

cách giữa hai đường thẳng SB và CN lớn hơn 2

7a .



266

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


5 3 5 3 3sin sin 2 os sin sin 2 os2 4 2 4 2 2 2 4 4 2 2x x x x x xc c

3 3 3 32cos sin 2 os 2cos os 2 os4 2 2 2 4 2 2

x x x xx c x c c

233 3 32 2os 02

2 2 2 4 4 2os

4 24

324

3

2

x x kkxcx k x k k

c x xx k k

2. Đặt 1 0u x y ; 3 0v x y .

Hệ phương trình đã cho thành:

2 22 2

24 2 2 4

3 33 39 9 4 9 9 3 4 9

u vu vu v u u v v

2 22 2

3 2 2 34 2 2 4

3 33 39 9 3 3 09 9 9 6 3 0

u vu vu v u u v uv vu v u u v v

2 22 3 62

u vu v

u v

Khi đó:

611 122 263

2

x yx y y x

x y

. Thay vào phương trình thứ hai của hệ

phương trình đã cho ta tìm được:

4 53 6

1 76 10

y x

y x

.

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: 5 4 7 1; , ;6 3 10 6

.

Câu III Đặt cos sint x dt xdx

Đổi cận: 0 1x t ; 14 2

x t .

267

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Khi đó:

11 11 12

2 2 21 11 112 22 2

ln ln 1 1 2 1 2ln ln 2 2 1 ln 22 2

t tI dt t dtt t t t t

Câu IV 2 3

.1 1 3. . 3.3 3 2 6S ACD ACD

a aV SA S a .

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , I là trung điểm của cạnh SD thì AOI là góc giữa hai đường thẳng SB và AC( do / /OI SB ). Trong SAD vuông tại A có:

2 21 1 32

AI SD a a a2

Trong SBD , OI là đường trung bình nên 12

OI SB a .

OIA cân ở I suy ra:

1 2

22 4os cos4

aOAc AOI

OI a .

Câu V

Đặt tan , tan , tana b c với , , 0;4

.

Theo giả thiết 1 tan tan tan tan tan tan 1ab bc ca

1 tan tantan tan .tan 1 tan tantan 1 tan tan

cot tan os 0c (1)

Vì , , 0;4

nên 30;4

. Do đó 12 .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: sin 2 sin 2 6sin 2 10 (2)

2 2sin . os 6sin 2sin . os 6sin2

VT c c

= 2 2 2 22cos . os 6sin 4cos 6 os sin 4 36 2 10c c .


1. Đường tròn C có tâm 1; 2I , bán kính 52

R .

I

OA

D C

B

S

d

I

A

D

B

C

268

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Phương trình tham số của đường thẳng d là: 45 3

x ty t

.

4 ;5 3A d A t t .

Theo giả thiết 2 22 4 1 7 3 5 1 4;2AI R t t t A . Phương trình các cạnh hình vuông chứa điểm A có dạng:

: 4 2 0 4 2 0a x b y ax by a b 2 2 0a b .

Ta có: 2 22 2

73 4 5, 7 48 7 072

a ba bd I R a ab b

b aa b

.

+ Với 7a b , chọn 1b suy ra: 7a . Do đó có phương trình là: 7 30 0x y . + Với 7b a , chọn 1a suy ra: 7b . Do đó có phương trình là: 7 10 0x y . Không mất tính tổng quát, gọi : 7 30 0AB x y , : 7 10 0AD x y . Do I là trung điểm của AC nên suy ra 2;6C BC qua C và song song với AD nên : 7 40 0BC x y CD qua C và song song với AB nên : 7 20 0Cd x y . Vậy phương trình của bốn cạnh hình vuông là:

: 7 30 0AB x y ; : 7 10 0AD x y ; : 7 40 0BC x y ; : 7 20 0CD x y .

2. Ta có: ;0;2 , ; ; , ; ; 22aBS a a CN a a SC a a a

22 2 3, ; ; , ,

2aBS CN a a BS CN SC a

3

222 22 2

2,3

2

a ad SB CNaa a

.

Theo đề: 2 22 14, 0

7 3 7 3a a ad SB CN a . Vì a nên 1;2;3;4a .

Suy ra giá trị lớn nhất của a là 4. Câu VIIa

Ta có: 1 31 3 2 2 os sin2 2 3 3

i i c i .

Theo công thức Moavơrơ ta có: 8 8 8 81 3 2 os sin3 3

z i c i

.

Nhận thấy 8 2 23 3 và 20 2

3 nên acgumen dương nhỏ nhất của z là 2

3 .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. A thuộc tia Oy nên 0; , 0A a a

269

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 42 8 0 0;4

2 0a

A C a a Aa

.

5 ;d C cC c

2 2 21

25 20 2 8 0 26 18 8 0 413

cC C c c c c c c

c

Vì c nên 1c . Suy ra 5; 1C . : 5 0AB d AB x y m . Mà A AB nên 4m . Vậy : 5 4 0AB x y .

;5 4AB B bB b .

2 0 0;426 26 0

1 1; 1

b BC b b

b BB

Loại 0;4B vì trùng với A .

Vậy 0;4 , 1; 1A B và 5; 1C .

2. 2 1; 4;2d M tM t t

22 2 2 29 18 12 21 9 1 21MA MB MC t t t . Dấu "=" xảy ra khi 1t . Vậy 2 2 2 21max MA MB MC khi 1;3; 2M .

Câu VIIb

Hàm số được viết lại như sau: 2

my x mx

.

Tập xác định : \ 2D .

Đạo hàm

2

2

22

x my

x

.

Hàm số có cực trị phương trình 0y x có 2 nghiệm phân biệt phương trình

22x m có 2 nghiệm phân biệt khác 2 0m .

Giả sử ta có tọa độ các điểm cực trị là: 1 1 2 2; , B ;A x y x y .

1 12 2 2x m y m m ; 2 22 2 2 .x m y m m

Đường thẳng AB qua 2 ;2 2A m m m nhận 2 ;4AB m m

làm vectơ chỉ

phương nên có phương trình:

2 2 2

2 4

x m y m m

m m

0m 2 2 0x y m .

Đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ nên ta có được: 2.0 0 2 0 2m m thỏa điều kiện 0m . Vậy 2m là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

270

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

ĐỀ 35


Cho hàm số: 21

xyx

C


2. Viết phương trình tiếp tuyến của C biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của

C một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 9 62cos os 110 5

x xc


22 2 1 34 2

2 2 1 34 2

x x y xy x

y x y xy y

, ,x y .

Câu III (1,0 điểm). Cho 2 2 2: 2 ; : 8P y x C x y . P chia C làm 2 phần. Tìm tỉ số diện tích của hai phần đó? Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A và AB AC a . Mặt phẳng SBC vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mỗi mặt bên còn lại với mặt phẳng đáy

bằng 045 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC . Câu V (1,0 điểm). Giả sử hai số thực , 0;1x y và 1x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .x yx y B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho elip 2 2

: 125 16x yE có hai tiêu điểm 1 2,F F . Tìm điểm M

trên E sao cho 1 21 2

1 1P MF MFMF MF

đạt giá trị lớn nhất.

2. Trong không gian Oxyz , cho bốn đường thẳng:

11 2:

1 2 2x y zd

; 22 2:

2 4 4x y zd

; 31:

2 1 1x y zd ; 4

2 1:2 2 1

x y zd

Chứng minh 1 2,d d cùng thuộc một mặt phẳng P . Viết phương trình mặt phẳng P đó và chứng minh có một đường thẳng cắt cả bốn đường thẳng trên. Viết phương trình đường thẳng đó.


271

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


Cho hai số phức 1 2 123 6 ,3iz i z z có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức tương

ứng là ,A B . Chứng minh rằng tam giác OAB vuông tại O . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường thẳng đi qua 1;8M , cắt chiều dương của các trục ,Ox Oy tại ,A B sao cho AB nhỏ nhất. 2.Trong không gian Oxyz , cho hình vuông ABCD có đỉnh 1; 1; 2C và đường chéo

1 1 1:4 1 1

x y zBD

. Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B D biết điểm B có hoành độ dương.

Câu VII b (1,0 điểm)


23

3

1 4 2 1 log 1log 3

1 log 1 2 2

xx

y

x

y

y


2. Phương trình tiếp tuyến có dạng:

002

00

2311

xy x xxx

( 0x là hoành độ tiếp điểm) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận và ,A B lần lượt là giao điểm của với hai tiệm cận.

Ta có: 00

0

51;1 , 1; , 2 1;11

xI A B xx

. Suy ra: 00

6 ; 2 11

IA IB xx

2 2

. . . 62 . 2 . 2 3 6

IA IB IA IB IA IBrIA IB AB IA IB IA IBIA IB IA IB

.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 20 0

0

6 2 1 1 31

IA IB x xx

020 0

0

1 32 2 0

1 3

xx x

x

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2 2 3y x ; 2 3y x . Câu II 1. Phương trình đã cho tương đương với:

3 29 6 3 3 31 os os 1 4cos 2cos 3cos 3 05 5 5 5 5x x x x xc c

272

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

2

3os 13 3 3 5os 1 4cos 6cos 3 0

3 35 5 5 4cos 6cos 3 05 5

xcx x xc

x x

Ta có: 5 1023s3

3o 15 35x xc k x k k .

Phương trình: 2 3 34cos 6cos 3 05 5x x vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: 5 10 3 3

x k k .

2. Điều kiện 2, 1x y . Trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ đã cho ta được:

2 2 22 2 3 2 2 2 1 0

2 1x y

x y xy x y x y x yx y

.

+ Với 2x y thì 2 2 2x y nên 2; 1x y (Không thỏa hệ. + Với 2 1x y thì thay vào phương trình ban đầu ta được:

26 3 34 2 2 0x x x x (Điều kiện 0x )

2 22 1 23 2 2 5 0 2 3 2 5 02 2 2 2 2 2 2 2

xxx x x xx x x x

Vì 0x nên 1 23 2 5 02 2 2 2

xx x

.

Do đó phương trình trên có nghiệm 2x . Suy ra 5y .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 2;5 .

Câu III Theo hình vẽ bên P chia C thành hai miền

ký hiệu là 1 2,S S . Ta có:

2 22

20

2 82yS y dy

2 22 2

0 0

2 8 .y dy y dy

Đặt 2

2

0

8I y dy . Đổi biến 2 2 sin 2 2 cosy u dy udu .

O

y

x 2 2

2

2

2

273

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Khi đó 4 4

2 2

0 0

8 8sin .2 2 cos 8 1 sin .cosI u udu u udu

4 4 4

2

0 0 0

1 18 cos 4 1 cos 2 4 sin 2 4 22 4 2

udu u du u u

.

Do đó 28 8 42 2 4 2 3 3 3

S I ( đvdt ).

Ta có 2

1 2 14 42 2 8 8 2 63 3

S S S

( đvdt )

1

2

46 9 234 3 223

SS

là tỉ số diện tích cần tìm

Câu IVHạ SH BC tại H . SBC ABC SH ABC . Hạ HI AB tại I ; HJ AC tại J .

HI AB SI AB SIH là góc hợp bởi mặt phẳng SAB và đáy

045SIA HBC .

Tương tự: 045SJH . , SH ABC SH HI SH HJ

H là trung điểm BC I là trung điểm

đoạn AB2 2

AC aSH IH

21 .2 2ABC

aS AB AC

Vậy 2 3

.1 1. . . .3 3 2 2 12S ABC ABC

a a aV SH S .

Câu V Xét hàm số ln 1, 0; .f x x x x

Ta có : 1 1.f xx

Vậy 1 0, f 0f x khi 0 1x và 0f x khi 1x . Suy ra

1 0, x 0; .f x f

Vậy 1 1 02

xf2

yfx y

, 0x y

B

A

C

S

H

IJ

274

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Hay 1 1ln ln 02 2

yx

x y

. Suy ra 1. .

2x yx y

Mặt khác 12 2 2.2

x y x yx y x y

Dấu “=” xảy ra khi 1 .2

x y

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức x yx y là 2 .


1. Gọi 2 2

; 125 16x yM x y E .

Từ phương trình của E suy ra: 5, 4, 3a b c .

Hai tiêu điểm của elip là: 1 23;0 , 3;0F F

1 23 34 , 45 5

MF a ex x MF a ex x

Suy ra: 1 2 221 2

1 1 10 25010 109 625 92525

P MF MFMF MF xx

Để P lớn nhất thì 2x phải lớn nhất 5x . Khi đó 85m8

ax

2. 1d qua 1 1;2;0M có vecto chỉ phương 1 1;2; 2u

; 2d qua 2 2;2;0M có vecto chỉ

phương 2 2;4; 4u

.Rõ ràng 1 2/ /d d 1 2,d d thuộc mặt phẳng P .

P qua 1 1;2;0M có vecto pháp tuyến 1 2 1; 0;2;2n M M u

nên có phương trình: 2 0y z .

Ta có: 31 31; ;2 2

A d P A

; 4 4;2;0B d P B .

Suy ra: ,A B thuộc mặt phẳng P .

Đường thẳng AB có vecto chỉ phương là: 3 33; ;2 2

AB

Vì 1AB ku

nên AB cắt 1d và 2d .

Đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng AB : 1 22 1 1

x y z

Câu VIIa Ta có: 2 1 65AB z z ; 1 45OA z ; 2 20OB z . Suy ra: 2 2 2OA OB AB . Vậy tam giác OAB vuông tại O .

275

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Giả sử ;0 , 0;A a B b ; , 0a b

Khi đó : 1x ya

b

. Vì đi qua 1;8M nên 1 8 1a b .

Ta có: 5

4102 8

1 8 1 1 1 1 1 101 ... 102 2 4 2

aba b a a b b a b

( bất đẳng thức Cauchy cho 10 số dương)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

1 8 1 51 1 102

aa bb

a b

Ta có: 2 22 2 2 8

54

2 2 2 2 2 2

45

4 44 4b b b bAB OA OB a ab ba

( bất đẳng thức Cauchy cho 5 số dương)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi2

2 24ba b a .

Vậy 2 8 10

2 5 54 5

105 5 1254 4

a bAB .

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 5, 10a b .

Vậy AB nhỏ nhất khi và chỉ khi : 1 2 10 05 10x y x y .

2. Gọi I là tâm của hình vuông thì I chính là hình chiếu của C lên BD . Ta có: 1 4 ;1 ; 1I t t t nên 4 2;2 ; 1CI t t t

.

Vì CI BD nên 1. 0 4 4 2 2 1 02BDCI u t t t t

.

Do đó: 1 1 3 21; ; , 2 2 2

I CI

.

I là trung điểm 1;2;3AC A .

Tọa độ điểm 1 4 ;1 ; 1B t t t với 14

t .

Ta có: IB IC nên 2 2

2 2 01 1 92 4 012 2 2

tt t t t t

t

.

Tọa độ điểm 3;0;0B . Suy ra: 1;1; 1D .

Câu VIIb. Điều kiện:

3

0 1

2 1

log 1

x

y

x

276

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đặt: 3; log2 os osx y cc với , 0; Hệ phương trình đã cho thành:

2 2 sin os os1 os . os os os

1 os 1 os 2sin 11 .

1 os 1 os1

2

c cccc c

cc cc

2sin 1

sin 1

1 os 1 os 2 sin os os 0 *c c cc

Đặt ; si ; 2n os 2c tt . Suy ra: 2

sin o2

s 1 tc

.

Phương trình * thành: 2

211 1 0 2 3

2 20

32 ;

ttt t tt

Với 1t tức 2

2 sin 014

.

Khi đó: 3

02 11log 1

x xyy

( không thỏa mãn điều kiện ban đầu)

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

ĐỀ 36

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 3 23 3 2 1y x x m m x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 0m 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 2tan ot cot 2 55x c x x .


4 4

2 2 2

1 1 22

1 1 3 32

y xx y

y x x yx y

, ,x y



20

os2 cos 21 cos cos os

c x xI dxx x c x

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


277

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích khối tứ diện A ABC theo a . Câu V (1,0 điểm).

Chứng minh rằng hệ phương trình: 2

2

20121

20121

x

y

yey

xex

có đúng hai nghiệm phân biệt

,x y thỏa mãn 1, 1x y . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường tròn C biết C có tâm nằm trên đường thẳng : 2 3 0x y và cắt hai trục tọa độ theo hai dây cung có độ dài bằng nhau và bằng 2. 2. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 2 2 12 0P x y z và hai điểm

1;1;3 , 2;1;4A B . Tìm tập hợp tất cả các điểm C P sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Câu VII a (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập 2: 12 11 0X x x x . Tính xác suất để ba số được chọn ra có tổng là một số chẵn. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có 1;3 , 1;1 , 3;0A B C . Lập phương trình đường thẳng biết qua A và cùng với đường thẳng cũng qua A chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau.

2.Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 3 2

: 1 3

x ty t tz t

và mặt phẳng có

phương trình : 2 5 0x y z . Gọi A là giao điểm của và . Tìm điểm

, B C sao cho 2 6BA BC và 060ABC . Câu VII b (1,0 điểm)

Tìm m để bất phương trình: 1

2

26 1 6 2 16 0

2012

x xxx m m

ex x

đúng 0;1x .

BÀI GIẢIA- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải 2. Ta có: 2 23 6 3 2 3 2 2y x x m m x x m m

278

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Hàm số (1) có cực trị phương trình 0y có hai nghiệm phân

biệt 20 1 0 1m m .

02

x my

x m

.

Hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu . 2 0y m y m

41 2 5 2 1 0m m m 5 12 5 2 1 02 2

m m m .

Vậy 5 12 2

m và 1m là những giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.

Câu II

1. Điều kiện: sin 2 0 , 2

kx x k .

Đặt 2tan cotsin 2

t x xx

; 2t .

Suy ra: 3 3 3tan cot 3x x t t ; 2

22

1cot 2 1 1sin 2 4

txx

Phương trình đã cho thành:

2

3 3 2 23 1 55 4 12 224 0 4 4 17 56 0 44tt t t t t t t t t .

Với 4t ta có: 2 2

2 1 6 124 sin 25sin 2 2 2 26 1

52

x k x kx k

x x k x k

2. Điều kiện , 0x y . Với điều kiện trên, hệ phương trình đã cho tương đương với:

4 4 2 254 5 3 2

4 5 2 3 54 4 2 2

2 5 10 32 5 101 1 5 10 15 10

y x x y x yxy x x yxx y y x y x yx y x y

y

5

5

5

3 13 2

1 3 12

xx yx y

y

( thỏa điều kiện).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 5 53 1 3 1;

2 2

.

279

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu III

Ta có: 22 2os2 cos 2 2cos cos 1 cos 1 cos osc x x x x x x c x

Khi đó: 2 2

2 220

0 0

1 cos cos os sin cos os 12

I x x c x dx x x x c xdx J

.

22 2

20 0

cos os cossin cos1 os 1 cos

x c x xJ xdx d xc x x

.

Đặt cos sint x dt xdx

Đổi cận: 0 1; 02

x t x t .

Do đó: 0 1 1 1

2 21 0 0 0

2 1 11 1 2

t t t tJ dt dt dt dtt t t t t t

.

1

2 20

2 1 1 ...2 2

t dtt t t t

2 ln 2 1

Vậy 1 2 ln 2 12

I .

Câu IV Gọi M là trung điểm của AC và G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có B G ABC nên góc giữa

đường thẳng BB và mặt phẳng ABC là 060B BG . Tam giác B BG vuông tại G

0 3sin 602

aB G BB

0os602aBG BB c

Suy ra: 3 32

BM BG a4

.

Tam giác ABC vuông tại C và 060BAC nên đặt AB x thì 3,2 2x xAC BC .

Tam giác BCM vuông nên 2 2 2BM BC CM

hay 22 23 3 3 13

4 2 4 13x xa x a

; 2 21 3 9 3.

2 8 104ABCS CA CB x a

Vậy 3.

1 9.3 208A ABC B ABC ABCV V B G S a .

B

C

A

B'

C'

A'

M

G

280

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu V Với 1, 1x y hệ phương trình đã cho luôn xác định.

Hệ phương trình đã cho tương đương với:

2

2 2

2012 11

21 1

x

x y

yey

x ye ex y

Xét hàm số: 2

, 11

t tf t e tt

.

Ta có:

32

1 0 11

tf t e t f tt

đồng biến trên 1; .

Mà phương trình 2 có dạng f x f y nên x y .

Khi đó phương trình (1) trở thành: 2

20121

x xex

(3)

Xét hàm số: 2 1

x xg x ex

với 1;x

32

1 , 1

xg x ex

52

3 0 11

x xg x e x g xx


Vì 1

lim , limxx

g x g x phương trình 0g x có đúng một nghiệm 0 1;x

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 0g x có không quá hai nghiệm phân biệt

thuộc khoảng 1; .

Mà g x liên tục trên 1; đồng thời

2

1lim ; 2 2010 0; lim

xxg x g e g x

.

Vì thế phương trình 0g x có đúng hai nghiệm phân biệt.

x

g x

g x

1 0x

0

281

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt ,x y thỏa 1, 1x y . B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a 1. Gọi I là tâm của đường tròn C .

; 2 3I I t t

Giả sử C cắt các trục ,Ox Oy theo hai dây cung ,AB CD . Kẻ ,IH AB IK CD . Vì AB CD nên IH IK . Mặt khác 2AB nên 1AH . Do đó: 2 2 2 1IH IA AH R .

Do đó:

2

2

, 1

, 1

d I Ox R

d I Oy R

hay

2

22

2

33

2 3 10111

12

tt

t t Rttt R

t RR

Vậy có hai đường tròn C cần tìm là: 2 23 3 10x y ; 2 21 1 2x y .

2. Từ phương trình mặt phẳng P ta có: 2 2 12y x z nên tọa độ điểm ; 2 2 ;C a a b b

Ta có: 1;0;1 , 1;2 2 13; 3AB AC a a b v

.

Suy ra: , 2 2 13; 2;13 2 2AB AC a b b a a b

Do đó: 2 2 21 1, 2 2 13 2 13 2 22 2ABCS AB AC a b b a a b

Đặt t a b thì

2

2 2 22 2 50 578 5784 2 13 2 13 2 9 100 342 303 9 9ABCS t t t t t t

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 509

t .

Do đó 17 2min6ABCS khi 50

9t . Vì thế 50

9b a . Suy ra: 8 50; ;

9 9C a a

.

Vậy tập hợp các điểm C là đường thẳng có phương trình: 8989

x t

y t

z t

Câu VIIa Ta có: 2 12 11 0 1 11 1;2;...;11x x Xx .

Số cách chọn ngẫu nhiên ba số trong 11 số là: 311C

282

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Số cách chọn ba số có tổng là số chẵn là : 3 1 25 5 6C C C .

Xác suất cần tìm là: 3 1 25 5 6

311

1733

C C CC

.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Gọi ,M N là các điểm thuộc cạnh BC sao cho ,AM AN chia tam giác thành ba phần có diện tích bằng nhau. Khi đó do ba tam giác , ,ABM AMN ANC có cùng chiều cao nên

.BM MN NC

Suy ra: 1 2, 3 3

BM BC BN BC

Ta có: 4; 1 , 1; 1 , 1; 1M M N NBC BM x y BN x y

.

+ Từ 13

BM BC

thì

411 23 ;

1 3 313

M

M

xM

y

. Phương trình : 7 2 1 0.AM x y

+ Từ 23

BN BC

thì

815 13 ;

2 3 313

N

N

xN

y

. Phương trình : 4 7 0AN x y .

Vậy đường thẳng cần tìm là: 7 2 1 0; 4 7 0x y x y . 2. Góc giữa và là 030 . Điểm 1;0;4A .

Ta có 3 2 ; 1 ;3B t t t và 6AB nên 3; 1;3B hoặc 1;1;5B .

Vì 2 6BA BC và 060ABC nên tam giác ABC vuông tại C . Suy ra: 030BAC , do đó C là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng .

Từ đó ta tìm được hai điểm C tương ứng với hai điểm B ở trên là: 5 5;0;2 2

C

hoặc 1 11;0;2 2

C

.

Câu VIIb. Vì 1x thì bất phương trình đã cho đúng với mọi x nên chỉ cần tìm m để bất phương trình đúng với 0;1x .

Xét hàm số: 16 xf x x với 0;1x

Ta có: 11 6 ln 6 0 0;1xf x x f x đồng biến trên 0;1

1 0 0;1f x f x

0 0;1f x x

Hơn nữa 2 2012 0 0;1xex x .

283

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy bài toán quy về tìm m để bất phương trình: 21 6 2 1 06

xxm m với 0;1x

Đặt 6xt thì 1;6t . Bất phương trình thành:

2

2 1;6

2 21 2 1 0 min2 t

t tm t m m m g tt t t

Với 2

2

22

t tg tt t

, 1;6t

2

22

3 4 4

2

t tg tt t

; 2

0 32

tg t

t

.

Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên ta tìm được:

1;6

1min2t

g t

.

Vậy 12

m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ĐỀ 37



xyx

(C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi là đường thẳng đi qua 1;0A và có hệ số góc m . Tìm m để cắt C tại hai điểm phân biệt ,M N thuộc hai nhánh của đồ thị sao cho 2AM AN . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 5 os2 6 3sin 2c x x . 2. Giải bất phương trình: 3 3 2 24 6 7 12 6 2x x x x x Câu III (1,0 điểm) .


0

sin1 sin 2

xe xI dxx

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng ABC bằng 060 . Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên SB và SC , I là trung điểm BC . Tính thể tích khối tứ diện AIHK . Câu V (1,0 điểm).

Cho hàm số : 0;f thỏa mãn điều kiện: 44

1tan 2 tantan

f x xx

0;4

x

.Chứng minh rằng: sin cos 196 0;2

f x f x x

.


284

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net


1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hypebol 2 2

2 2: 13

x yHa a

, đỉnh A thuộc nhánh phải của

H và tiêu điểm 1F thuộc nhánh trái. Một đường tròn di động đi qua A và 1F cắt H tại , ,M N P khác A . Chứng minh tam giác MNP là tam giác đều.

2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân tại A có trọng tâm 3;6;1G và

4;8; 1M là trung điểm của BC . Đường thẳng BC nằm trong mặt phẳng 2 2 14 0x y z . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C . Câu VII a (1,0 điểm). Tìm các căn bậc hai của os2 sin 2z c i . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn 2 2: 1 3 9C x y và hai điểm

1;1 , 2; 2A B . Tìm tọa độ các điểm ,C D nằm trên đường tròn C sao cho ABCD là hình bình hành.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 13 3 3:

2 2 1x y zd

;

2d là giao tuyến của hai mặt phẳng: 5 6 6 13 0x y z và 6 6 7 0x y z . Chứng minh rằng 1d và 2d cắt nhau. Gọi I là giao điểm của 1d và 2d . Tìm tọa độ các điểm ,A B

lần lượt thuộc 1 2,d d sao cho tam giác IAB vuông cân tại I và có diện tích bằng 4142

.

Câu VII b (1,0 điểm).


2012 2

2012 2

log 2 3 5 2012

log 2 3 5 2012

x

y

x x x y

y y y x

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNGCâu I 1. Học sinh tự giải. 2. Đường thẳng qua 1;0A với hệ số góc m nên có phương trình: 1y m x

Phương trình hành độ giao điểm của C và là:

2

12 12 1 2 0 11

xx m xmx m x mx

Đặt 1 1t x x t . Phương trình 1 thành: 2 3 0mt t 2 .

285

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

cắt C tại hai điểm phân biệt ,M N thuộc hai nhánh khác nhau của C phương trình 1 phải có hai nghiệm 1 2,x x thỏa 1 21x x phương trình 2 có hai nghiệm 1 2,t t

thỏa 1 2 1 230 0 0 0t t P t t mm

.

Vì điểm A luôn nằm trong đoạn MN và 2AM AN nên 1 22 2 3AM AN x x

3

Theo định lý Viet ta có:

1 2

1 2

2 1 4

2 5

mx xm

mx xm

Từ (3) và (4) ta thu được: 1 22 1, m mx x

m m

. Thay vào (5) ta được:

2

2 1 2 23 2 03

m m m m mm m

( thỏa điều kiện 0m ).

Câu II

1. Phương trình đã cho tương đương với: 2sin 2 3 3sin 2x x .

Đặt sin

3sin 2

u x

v x

; Điều kiện: 1, 0 12

3u v

Ta có hệ phương trình sau:

22

2

2 32 33 02 3

u vu vu v u vv u

Vì 23 3 03

u v nên u v . Do đó: 2 13 2 0

2u

u uu

Loại nghiệm 2u . Với 1u thì sin 1 22

kx x k .

Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: 22

x kk .


x .

Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với:

2 32 2 232 2 2 2 2 2 2x x x x x x x

Đặt 2 233 2 3 234 6 2 , 7 12 6 2 7 12 6 2A x x B x x x x x x x x (*)

Thế thì 32

x ta có: 0 , 0A B

Khi đó 2 2 3 32 2

22 2 2 2 2 2

* 2x x x x x x

xA B

286

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 21 12 1 0 2 0 2 2xB

xxA

( thỏa điều kiện 32

x )

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2; 2S .

Câu III Cách 1:

Ta có: 2

sin cos cos sinsin 11 sin 2 2 2 sin cossin os

x xx xe x x e x xe x edx dx dx x xx c x

Nên

2 2

0

12 sin cos 2

xe eIx x

.

Cách 2:

Đặt 2

0

cos1 sin 2

xe xJ dxx

.

Khi đó: 2

0 sin cos

xeI J dxx x

2 2 22

22

0 0 00

sin os 1 1sin os sin cos sin ossin os

x x xxe x c x e eI J dx e d dx e I J

x c x x x x c xx c x

Suy ra: 2 12

eI

.

Câu IV

Ta có: 0 3602aSAI SA

2 3

.1 3 3 3. .3 2 2 8S ABC

a a aV .

Các tỉ số thể tích của hình chóp tam giác: 2 2 4

.2 4

.

. 81169

S AHK

S ABC

V SH SH SB SAV SB SB SB

.

2.

2 2.AS

. 1 2. .2 2 13

B AHI

B C

V BH BI BH BS ABV BS BC BS BS

.

Do đó: 3 3

. .36 3 9 32 .

169 8 338AIHK S ABC S AHK BAHIa aV V V V .

Câu V

Đặt tan 2t x , ta có: 22 2 2

2 t 2 1 4 1tan tan 21 tan tan tan

ant x xx t x t x

.

A

B

C

S

HK

I

287

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Từ đó: 2 2

2 42 2 4 4 2

4 1 1 16 162 tan tan 2tan tan

x xt x x t t

.

Lúc đó: 4 2

16 16 2f tt

t

với tan 2 , x 0;4

t x

.

Khi 0;4

x

thì tan 2 0;t x và liên tục trên miền đó nên ta có: 4 2

16 16 2 0;f t tt

t

.

Bắt đầu từ đây ta có: 4 2 4 2

16 16 16 16sin cos 2 2sin sin cos cos

f x f xx x x x

4 4 2 2

1 1 1 116 16 4sin cos sin cosx x x x

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

4 4 2 2 2

1 1 2 8 8 x 0;sin cos sin cos sin 2 2x x x x x

.

2 2

1 1 2 4 4 x 0;sin cos sin cos sin 2 2x x x x x

.

Cuối cùng ta thu được: sin cos 196 x 0;2

f x f x

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4

x .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VIa 1. Ta có: 1;0 , 2 ;0A a F a .

Tâm của đường tròn C luôn đi qua A và 1F là: ;2aI m

.

Đường tròn 2 2 2: 2 2 0C x y ax my a .

Tọa độ các điểm , , ,A M N P thỏa mãn hệ phương trình:

2 2 2

2 2

2 2

2 2 0

13

x y ax my ax ya a

.

Suy ra hoành độ các điểm , ,M N P thỏa mãn:

3 2 2 2 2 216 24 3 5 4 12 25 0x ax a m x am a .

288

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 2M N P Iax x x x ; 22 6M N Pm y y y m .

Do đó: G I hay MNP là tam giác đều. 2. Gọi 0 0 0; ;A x y z . Ta có: 0 0 03; 6; 1 , 1; 2;2GA x y z MG

Vì 2GA MG

nên 0

0

0

3 26 4 1;2;51 4

xy Az

.

B thuộc mặt phẳng 2 2 14 0x y z nên ;14 2 2 ;B a a b b .

Suy ra: 4;6 2 2 ; 1 , 3; 6;6MB a a b b MA

.

Tam giác ABC vuông tại A nên MA MBMA MB

hay

2 2 2

3 4 6 6 2 2 6 1 0. 04 6 2 2 1 81

a a b bMA MBMA MB a a b b

Giải hệ phương trình này ta được 2 10

; 2 4

a ab b

.

Vậy 2;14;2 , 10;2; 4B C hoặc 10;2; 4 , 2;14;2B C . Câu VIIa Với mọi ta có: 2 2 2os sin os sin 2sin os os2 sin 2c i c c i c i .

Vậy các căn bậc hai của số phức z đã cho là: os sinc i . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Đường tròn C có tâm 1; 3I , bán kính 3R .

Ta có: 3; 3AB

. Phép tịnh tiến theo AB

biến D thành C , biến C thành C có

tâm 4; 6I , bán kính 3R R .

Phương trình đường tròn 2 2: 4 6 9C x y .

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2 2

1 3 9

4 6 9

x y

x y

.

Giải hệ phương trình này ta tìm được nghiệm: 4 1

; 3 6

x xy y

.

Suy ra các điểm C là: 4; 3 , 1; 6C C .

+ Với 4; 3C thì từ DC AB

suy ra 1;0D .

+ Với 1; 6C thì từ DC AB

suy ra 2; 3D .

Vậy các cặp điểm cần tìm là: 4; 3 , 1;0C D hoặc 1; 6 , 2; 3C D . 2. Tọa độ giao điểm I nếu có là nghiệm của hệ phương trình:

289

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

3 3 312 2 1

5 6 6 13 0 1 1;1;26 6 7 0 2

x y zx

x y z y Ix y z z

.

Vậy 1d cắt 2d tại 1;1;2I .

Vecto chỉ phương của 1d là: 1 2;2;1u

Vecto chỉ phương của Vecto chỉ phương của 2d tỉ lệ với tích có hướng 1 2,n n

với 1 25; 6; 6 , 1; 6;6n n

lần

lượt là vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng đã cho trong đề toán.

1 2, 72; 36; 24n n

chọn 2 1 21 , 6;3;2

12u u u

.

Gọi là góc giữa 1d và 2d 0 00 90 .

Ta có: 1 2

1 2

. 2.6 2.3 1.2 20 41os sin21 219 49

u uc

u u

.

Gọi S là diện tích tam giác AIB , ta có: 2 21 1 41 41 41sin . 1

2 2 21 42 42S IAIB IA IA IA IB .

1 2 1;2 1; 2A d A a a a ; 2 6 1;3 1;2 2d B b b bB .

Ta có:

13 11 3

1 17 17

aaIAIB b b

.

Vậy có bốn cặp điểm ,A B thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 5 5 7; ;3 3 313 10 16; ;7 7 7

A

B

;

5 5 7; ;3 3 31 4 12; ;7 7 7

A

B

;

1 1 5; ;3 3 313 10 16; ;7 7 7

A

B

;

1 1 5; ;3 3 31 4 12; ;7 7 7

A

B

Câu VIIb

Điều kiện: 2012 2

2012 2

0 10 1

2 3 5 02 3 5 0

xy

x x x yy y y x

Với điều kiện trên, hệ phương trình đã cho tương đương với: 2012 2 2012 2

2012 2 2012 2

2 3 5 2 3 5 02 3 5 2 3 5 0

x x x y x x x yy y y x y y y x

290

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được:

2 22 2 0 2 1 01

y xx y x y x y x y

y x

+ Với y x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: 2 02 8 0

4x

x xx

Loại 0x . Với 4 4x y . Do đó nghiệm 4;4 thỏa điều kiện trên. + Với 1y x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

2 22 3 5 1 0 2 2 5 0x x x x x ( phương trình vô nghiệm).


ĐỀ 38


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 2 3mxyx m

( mC ).

27. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại ,A B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 42 . Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 88cot tan 8sin3

x x x

.


2 2

72 1 2 12

7 6 14 0

x y xy

x y xy x y

, ,x y .

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: 23

6

tan t antan tan

x x x xI dxx x x x

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có các cạnh đáy bằng a , đường cao hình chóp là 3a . Mặt phẳng P qua cạnh đáy BC và vuông góc với cạnh bên SA . Hỏi mặt phẳng P chia hình chóp thành 2 phần có tỉ số thể tích là bao nhiêu? Câu V (1,0 điểm).

Cho , 0x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2

4 2 2 4

7 7x x y y y xA

x y x y

.



291

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 2 4 0d x y và điểm B chạy trên d . Trên tia OB lấy điểm A thỏa mãn . 1OA OB . Hãy tìm tập hợp các điểm A . 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm 4;3; 2M và hai đường thẳng:

12 3 1:

1 2 2x y zd

; 22 1 2:

1 2 1x y zd

.

Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt 1 2,d d lần lượt tại ,A B sao cho 2MA MB . Câu VII a (1,0 điểm). Cho các số phức , 0p q q . Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình

2 2 0z pz q có môđun bằng nhau thì pq

là số thực.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1 2: 2 2 0, : 2 1 0d x y d x y . Gọi

, ,A B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm 5 12;13 13

M

xuống 1 2,d d và Ox .

Chứng minh ba điểm , ,A B C thẳng hàng.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 2

: 2 33 2

x td y t

z t

và mặt cầu

2 2 2: 4 4 8 1 0S x y z x y z . Chứng minh rằng d cắt S tại hai điểm phân biệt

,A B . Khi đó hãy viết phương trình mặt phẳng đi qua ,A B và cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn lớn nhất.

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

29

2 4

4 log 4

log 3 1 log 3

2 3 10x y

x y

.

.

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNGCâu I 1. Học sinh tự giải. 2. Tiệm cận đứng: x m ; tiệm cận ngang: 2y m . Tọa độ giao điểm của hai tiệm cận là: ; 2I m m .

Gọi 00 0

0

2 3; ,mxM x x mx m

là điểm bất kỳ thuộc mC .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là:

2

002

00

2 32 3 mxmy x xx mx m

292

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại 2

0

0

2 2 6; mx mA mx m

và cắt tiệm cận ngang tại 02 ;2B x m m .

Ta có: 2

00

4 6 , 2mIA IB x mx m

.

Như vậy 21 . 4 62IABS IA IB m .

Theo đề ta có: 42IABS nên 24 6 42 3m m . Vậy 3m là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.Câu II

1. Điều kiện sin 2 0 2

x x k k .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 2 23cos sin 3cos sin 28sin 2 8sin

sin os 3 sin os 3x x x xx x

x c x xc x

3 cos sin 3 os sin 2sin 2 3 os sinx x c x x x c x x

3tan 33 cos sin 0

2 3sin 2 sin3 cos sin 2sin 2 3 4 2

9 3

x kxx x

x k kx xx x x

x k

Đối chiếu với điều kiện ta thu được: 3 4 29 3

x kk

x k

.

2. Nhận xét: 0xy không thỏa hệ phương trình.

Với 0xy , hệ phương trình được viết lại như sau:2 2

1 1 72 22

7 6 14 0

x yx y

x y xy x y

.

Điều kiện để phương trình: 2 2 2 27 6 14 0 7 6 14 0x y xy x y x y x y y theo ẩn x có nghiệm là:

2 21

77 4 24 56 0 13

y y y y .

Điều kiện để phương trình: 2 2 2 27 6 14 0 6 7 14 0x y xy x y y x y x x theo ẩn y có nghiệm là:

2 22

106 4 28 56 0 23

x x x x .

293

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Xét hàm số: 12 , 0;f t t tt

2

12 0 0;f t t f tt


Do đó: 72 . 12

f x f y f f hay 1 1 72 22

x yx y

.


xy

.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 2;1 . Câu III

Ta có:

23 3

2

6 6

tan tantantan

x d x x x xI dxx xx x

2 3 33

6 6 6

22 1tan tan tanx x xdx dx

x x x x x x

( tích phân từng phần).

= 2 3

6tan 3

33 3 6

x xx x

.

Câu IV Vì .S ABC là hình chóp đều nên chân đường cao H của chóp là tâm của tam giác đều ABC . Ta có AH cắt BC tại trung điểm M của BC và BC SA . Hạ BN SA SA BCN BCN là thiết diện cần tìm. Vì SAH MAN nên

22

3 3.. 33 210 203

a aAN AH AMSA SA a

.

Ta có: ANBC

SNBC

V ANV SN

nên suy ra tỉ số thể tích là: 317

hoặc 173

.

Câu V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

2 2 3 2337 7 7 4 4x x y y y x x y xy x y x y xy x xy x yy

22 24 2 2 4 2 2 22 .

2 2 2 2 2xy x yxy xy x y xyx y x y xy x y

Suy ra: 8 2A .

A

B

S

C

MH

N

294

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x y . Vậy min 8 2A . B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu Via 1. 2 4;B d B b b ; giả sử ;A x y 2 2 0x y .

Dễ thấy: 2 2. . 1 .OA OB OA OB OA OB

. Từ đó ta có hệ : 2 2 2 2

2 4 1

2 4 1

x b yb

b b x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 22 2 22 4 2 4 1 2 14x b yb x y b b x b yb .

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 4 42 42

b b ybx b y bx y x y

.

Thay vào 2 4 1x b yb ta được: 2 2 2 2 1 14 4 2 0 04 2

x y x y x y x y .

Vậy tập hợp các điểm A là đường tròn 8 41 1;I

, bán kính 58

R .

2. 1 2 ;3 2 ; 1 2A d A a a a , 2 2 ; 1 2 ;2d bB B b b .

Ta có: 2 ; 2 ;1 2 , 2 ; 4 2 ;4MA a a a MB b b b

Theo đề 2MA MB nên

31

2 252

12

a

bMA MBaMA MB

b

Vậy ta tìm được phương trình đường thẳng d là: 4 3 2 4 3 2;

5 6 7 3 10 9x y z x y z

Câu VIIa Cách 1:Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của phương trình: 2 2 0z pz q . Theo định lý Viet ta có: 2

1 2z z q .

Đặt 21 2 .k z z q q k và 2

1 1.z z k .

Mặt khác do 0q nên 1 0z và 2 2 11 1

1

90 zpz pz qq q z

.

295

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Đặt pwq

thì 2

1 1 12

1 1 1

..

z q z zq k qw wq z kq z z q

. Do w .

Cách 2:Gọi 1 2,z a bi z c di là hai nghiệm của phương trình 2 2 0z pz q .

Theo định lý Viet ta có: 1 22

1 2

z z pz z q

Suy ra: 2 2 221 2 1 2

21 2 1 2

2z z z zp

q z z z z

.

Do 2 2 2 21 2z z a b c d k nên 2 2

1 2 1 2 2 1

1 2

22 2

ac bdz z z z z zz z k k

.

Ta có: 2 2 2 2 22

ac bdac bd a b c d k

k

.

Do đó: 2

2 0p pm mq q

là số thực.

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Đường thẳng 1 2,d d lần lượt có các vecto chỉ phương là: 1 1;2u

, 2 2;1u

.

Giả sử 1;2 2A a a d ; 22 1;B b b d .

Suy ra : 5 36; 213 13

MA a a

; 18 122 ;

13 13MB b b

Ta có: 181 81 32. 0 ;65 65 65

MAu a A

224 17 24. 0 ;65 65 65

MB u b B

Mặt khác: 5 ;013

C

nên 56 32;65 65

AC

; 42 24;

65 65BC

. Suy ra: 3

4BC AC

.

Vậy ba điểm , ,A B C thẳng hàng. 2. Mặt cầu S có tâm 2; 2;4I , bán kính 5R .

Đường thẳng d đi qua 2;2; 3M và có vecto chỉ phương 1;3; 2u

.

Ta có: 0;4; 7 , , 13;7;4IM u IM

.

Suy ra: , I 117, 5

7

u Md I d R

u

.

Do đó d luôn cắt S tại hai điểm ,A B phân biệt.

Mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán chính là mặt phẳng đi qua 2; 2;4I và chứa d .

296

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Suy ra nhận , 13;7;14n u IM

làm vecto pháp tuyến.

Vậy phương trình mặt phẳng là:

13 2 7 2 4 3 0 13 7 4 24 0x y z x y z Câu VIIb

Điều kiện: 21 , 03

0, 4x y x y .

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có: 2 2log 3 1 3 log 3 1 8x y x y (*) Từ phương trình thứ hai của hệ ta có:

2 24 4 2 22 2 10 2 8 4 3 4 9x y x y x y y x (**)

Thay (**) vào (*) ta được: 2 2 25

3 9 16 9 7 6 145 0 197

xx x x x

x

Loại nghiệm: 197

x . Với 5x suy ra 4y .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 5;4 .

ĐỀ 39

A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: 3 3y x x (C). 28. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 29. Tìm trên đồ thị C có bao nhiêu bộ điểm , , ,A B C D sao cho tứ giác ABCD là hình

vuông tâm O . Câu II (2,0 điểm)

5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2sin 3 9 16 80 04

x x x .


2 2

1 2 2

1 1 3 1

y xx yx

y x x

,x y .

Câu III (1,0 điểm) .


0min 3 ,4xI x dx .


297

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC , gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Mặt phẳng quay quanh AG cắt cạnh ,SB SC theo thứ tự tại ,M N . Gọi 1V là thể tích tứ diện SAMN ; V là thể tích tứ diện

SABC . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1

2

VV

.


Cho 2,5

,a b c và 3a b c . Chứng minh rằng: 2 2 2

26 5 26 5 26 5 95 2 5 2 5 2

a b ca b c

.

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 2 0x y và đường tròn 2 2: 4 2 0C x y x y . Gọi I là tâm của C , M là điểm thuộc . Qua M kẻ các

tiếp tuyến ,MA MB đến 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 Oxyz, cho ba điểm 2;0;0 , 0;4;0 , 0;0;4A C S . Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu S đi qua bốn điểm , , ,O B C S . Tìm tọa độ 1A đối xứng với A qua SC . Câu VII a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 1z . Chứng minh: 3 21 11 5z z z . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elip E biết rằng E có

tâm sai bằng 53

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

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2: 10 2 6 10 0S x y z x y z và

mặt phẳng : 2 2 5 0P x y z . Từ một điểm M trên một mặt phẳng P kẻ một đường

thẳng tiếp xúc với mặt cầu S tại N . Tìm vị trí điểm M để 11MN . Câu VII b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 2011 2012log 2010 log 2011 2x xe . BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNGCâu I 1. Học sinh tự giải. 2. Giả sử 3 3; 3 , ; 3A a a a B Cb b b , , 0, ba b a .

ABCD là hình vuông tâm . 00;0OA OB OAOBOOA OB OA OB

298

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2 2

2 22 3 2 3

3 3 0

3 3

ab ab a b

a a a b b b

(I )

Biến đổi và rút gọn I ta được:

2 2 2 2

22 2 2 2

3 10 0 1

0

3 1 0 2

a b a b

a b

a b a b

Trường hợp 1: Với 0a b thay vào 1 ta được: 4 26 10 0a a ( Vô nghiệm)

Trường hợp 2: Đặt 2 2 2 2, A a b B a b .

Khi đó hệ (1) và (2) trở thành: 2 2

3 10 0 3 109 20 03 1 0

B A B AA AA B

Giải hệ phương trình này ta được:

42

55

ABAB

+ Với 42

AB

ta có:

2 2

2 2

4 2 22 2 2

a b aa b b

hoặc 2 2

2 2

a

b

+ Với 55

AB

ta có:

2 2

2 2

5 55 2

5 5 52

aa ba b

b

hoặc

5 52

5 52

a

b

Vai trò của ,A B như nhau nên trên C có hai bộ bốn điểm , , ,A B C D để ABCD là

hình vuông tâm 0;0O . Câu II

1. Điều kiện: 29 16 80 0 4x x x .

Phương trình đã cho tương đương với: 23 90 16 804

x x x k k

2 23 9 16 80 4 9 16 80 3 4x x x k x x x k

2

22 109 16 80 3 43

4433

2

xx

kx x x k xk

kk

.

299

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Yêu cầu bài toán tương đương với

2

2

2

43

2 103 2

2 103 2

2

4

103 2

kk

kxk

kk

k

Ta có:

2 2

2 2

2 10 6 8 3023 2 3 23

4 03 3

42 10 2 12 183 2 3

02

k k kk k k

k k kxk k

k

.

Vì k nên 1, 2,3k .

Với 1k suy ra 22 10 12

3 2kk

Với 2k suy ra: 22 10

29

39

2 2kk

Với 3k suy ra: 22 10 4

3 2kk

Kết hợp với điều kiện ta có: 4, 12x x là những giá trị cần tìm. 2. Điều kiện: , 00x y . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

21 2 2 2 2 2 2 2 0y x y x xy x x xy y x x y x xx yx

Xem đây là một phương trình bậc hai theo biến y, ta có:

2 22 8 2 0x x x x x x x .

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 2

y xy x

.

+ Với y x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2 21 1 3 1x x x

Rõ ràng: 2 21 1 0 3 1x x x nên phương trình này vô nghiệm.

+ Với 2y x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2 2 2 2 22 1 1 3 1 1 2 3 0 1 *2 3

xx x x x x xx

( Dễ thấy 32

x không thỏa mãn đẳng thức nên chỉ xét 32

x và phép biến đổi trên là

phù hợp).

300

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Xét hàm số: 2 1, 0f x x x và 2 , 02 3

xg x xx

.

Ta có: 2

01

xf xx

nên hàm số đồng biến , 2

2 3 02 3

g xx

nên hàm số

nghịch biến. Suy ra phương trình * có không quá một nghiệm.

3x là một nghiệm nên đây cũng chính là nghiệm duy nhất của * .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: 3;2 3 .

Câu III Rõ ràng:

3 4 0;1 , 3 4 1;2x xx x x x . Do đó:

212 1 2 2

0 0 1 0 1

3 2 5min 3 , 4 3 4 4ln 3 2 ln 3 2

xx x xI x dx dx x dx x

. Câu IV Gọi E là trung điểm BC .

Đặt ,SM SNx ySB SC

0 , 1x y .

Ta có: 1 ..

V SM SN xyV SB SC

.

2 2SMN SMG SNG SMG SNG

SBC SBC SBE SCE

S S S S SS S S S

. . 12 . 2 . 3SM SG SN SG x ySB SE

SC SE

(1)

Lại có: ..

SMN

SBC

S SM SN xyS SA SB

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 1 3 11 .3 3 1 3

xxy x y x y x y xx

Vậy 2

1

3 1V xxy f xV x

.

Từ 0 1 1

,3 2

1x

x y xx y

y

.

Xét hàm số: 2 1 ;1

2,

3 1xf x xx

GA

B

C

S

E

M

N

301

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

2

2

3 23 1x xf xx

; 20

0 3 2 0 23

xf x x x

x

1 112 2

f f

; 23 9

4f

Do đó: 1;12

1ax2x

m f x

khi 12

x hoặc 1x ; 1;12

4min9x

f x

khi 23

x .

Vậy 1 4min9

VV

; 1 1ax2

VmV

.

Câu V

Xét hàm số: 2

26 55 2

xyx

. Ta có: 2

22

25 260 10

5 2

x xyx

nên 1 5y .

Suy ra tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 1x là 5 8y x .

Ta chứng minh với 2 ;35

x thì 2

26 5 5 85 2

x xx

(*)

Quy đồng và rút gọn ta được: 23 25 8 2 0 2 5 1 0x x x x x .

Áp dụng bất đẳng thức * cho các số 2, , ;35

a b c ta có:

2

26 5 5 85 2

a aa

; 2

26 5 5 85 2

b bb

; 2

26 5 5 85 2

c cc

Cộng vế theo vế ta được: 2 2 2

26 5 26 5 26 5 5 24 95 2 5 2 5 2

a b c a b ca b c

.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1a b c . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VIa 1. Ta có: 10 5 2 5MAIB MAIS S AM và 2 2 2 25MI IA AM (*)

; 2M m mM và 2 ; 3MI m m

.

Khi đó:

2 2 22 2; 4

* 4 4 6 9 25 6 03 3;1

m Mm m m m m m

m M

2. B mp Oxy ;B a b .

Tứ giác OABC là hình chữ nhật 2;4;0OC AB B

.

Vì ,O C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm 1;2;2I của SB là tâm mặt

cầu đi qua bốn điểm , , ,O B S C và bán kính 1 32

R SB .

302

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 21 2 2 9x y z .

Phương trình tham số của 0

: 4 44

xSC y t

z t

.

Gọi H là hình chiếu của A lên 0;4 4 ;4 2;4 4 ;4SC H t t AH t t

.

Vì AH SC nên 1. 0 0;2;22

AH SC t H

.

Do H là trung điểm 1AA nên 1 2;4;4A . Câu VIIa Ta có: 3 23 21 1 1 1 5z z z z z z .

Do 1z nên: 1 1 2z z và 3 3 311 0 1 12

z z z .

Suy ra: 3

3 2 3 3 3 3 31 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 2 2 2

zz z z z z z z z

z

.


1. Phương trình chính tắc của elip E có dạng: 2 2

2 2 1x ya b

với 0a b .

Từ giả thiết bài toán ta có hệ phương trình: 2 2 2

53

2 2 2 20

ca

a b

c a b

.

Giải hệ trên ta tìm được: 3, 2a b .

Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: 2 2

19 4x y

.

2. Mặt cầu S có tâm 5;1;3I và bán kính 5R .

Vì đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu S tại điểm N nên IN hay tam giác IMNvuông tại .N Do đó: 2 2 2 2 2 6 6MI MN IN MN R MI .

Ta có: 2 2 2

5 2.1 2.3 5, 6

1 2 2d I P IM

. Suy ra điểm M chính là hình chiếu của điểm

I lên mặt phẳng P .

Gọi 0 0 0; ;M x y z thì 0 0 05; 1; 3IM x y z

.

Mặt phẳng P có vecto pháp tuyến là: 1;2;2n

.

303

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có:

IM P

M P

nên

0 0 0

0 0 0

5 1 33; 3; 11 2 2

2 2 5 0

x y zM

x y z

.

Vậy điểm M cần tìm là: 3; 3; 1M . Câu VIIb Xét hàm số: 2011 2012log 2010 log 2011x xf x e

ln 02010 ln 2011 2011 ln 2012

x x

x x

ef x f xe

đồng biến trên .

Mà 0 2f nên bất phương trình: 0 0f x f x .

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình là: ;0S .

ĐỀ 40


Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số:

22 1

xyx

(C).

30. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 31. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng :d y x m cắt đồ thị C

tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 2 2 372

OA OB .

Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 5sin 2cos3 1 5cos3 2sin 1x x x x .


6 2 3 3

2 3 3 6 3 4

x x y yy

x x y x y

.

Câu III (1,0 điểm) .


21

11

xI dxx x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương .ABCD A B C D có cạnh bằng a . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm các cạnh ,A B B C . Tính theo a thể tích khối tứ diện AD MN và khoảng cách từ A đến đường thẳng D N . Câu V (1,0 điểm).

Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 12

a b c . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b b c b c a c a c a bP

a b b c a c b c a c a b a c a b b c


304

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phầnB.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn 2 2: 16C x y . Viết phương trình chính tắc

của elip có tâm sai 12

e biết elip cắt đường tròn C tại bốn điểm , , ,A B C D sao cho AB

song song với trục hoành và 2AB CD . 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm 2;0;0 , 1;1;1A H . Viết phương trình mặt phẳng

P đi qua ,A H sao cho P cắt ,Oy Oz lần lượt tại ,B C thỏa mãn diện tích tam giác

ABC bằng 4 6 . Câu VII a (1,0 điểm).

Cho số phức 1 32 2

z i . Hãy tính 21 z z .

B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol 2: 16P y x và điểm 1;4A . Hai điểm phân biệt

,B C ( khác A ) di động trên P sao cho 090BAC . Chứng minh rằng đường thẳng BCluôn đi qua một điểm cố định. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng : 2 3 6 18 0x y z . Gọi

, ,A B C lần lượt là giao điểm của với các trục , ,Ox Oy Oz và gọi H là trực tâm tam

giác ABC . Chứng minh rằng với mọi M thuộc mặt phẳng không trùng với các điểm

, , ,A B C H ta luôn có: 2 2 2 2

2 2 2 22MA MB MC MHOA OB OC OH

.

Câu VII b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 2 3 4 2 2

2 25 6 log log 5 5 6x x x x x x x x x x .

BÀI GIẢI

A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của d và C :

2

22 2 3 2

11 0 *2 1

xx x mx m x mx

Vì

24 4 25 0

1 3 0m m

mf

nên phương trình * luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1

với mọi m . Vậy d luôn cắt C tại hai điểm phân biệt m .

Gọi 1 1 2 2; , ;A x x m B x x m là tọa độ giao điểm của d và C .

305

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Theo định lý Viet ta có: 1 2 1 22 3 , 1

2mx x x x m

.

Ta có:

2 2 22 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 22 4 2 2OA OB x x m x x m x x x x m x x m

= 21 4 2 172

m m .

Giả thiết 2 2 2 25

37 1 374 2 17 2 10 0 22 2 2 2

mOA OB m m m m

m

.

Vậy 52

m hoặc 2m là những giá trị cần tìm.

Câu II

1. Điều kiện:

12132

sin

os

x

c x

.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 5sin 5cos3 2sin 1 2cos3 1 0x x x x

2sin os3 5 02sin 1 2cos3 1

x c xx x

.

Do đó: 8 2sin os3 os os32

4

x kx c x c x c x k

x k

.

Biểu diễn các nghiệm trên đường tròn lượng giác và so sánh với điều kiện ta được các nghiệm

cần tìm là: 52 ; 28 8

x kk x k .

2. Điều kiện: 0 ; 33 3 0 ; 0x y x x y y .

Ta có: 2

2 3 2 3 36 2 3 3 3 3 3x y x y x yx x y y y x y

y y y y

.

Đặt 3x y

ty

. Khi đó: 21

2 3 0 32

tt t

t

.

+ Với 1t ta có: 2 2

0 03

3 3y y

x y yx y y x y y

.

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 2 2 22 2 5 4 2 2 5 4 2 2 5 4y y y y y y y y y

306

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

24 4

2 7 4 0 1 02

y xy y

y

.

+ Với 32

t ta có: 2

033 92 3

4

yx y y

x y y

.

Thay vào phương trình thứ hai ta được: 2 29 5 92 5 44 2 2

y y y y .

Đặt 294

u y y , 0u . Ta có: 2 22 2 4 0

1 0u

u uu

.

Với 2u suy ra: 28 8

9 10 16 0 9 92 0

y xy y

y

.

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 8 84; 4 , ;9 9

.

Câu III

Ta có: 2 2 2

2 2

1 1 1

1 1 1 1 1I x x x dx x x dx x x dx J K .

2 22 2 23 1 5 3

2 2 2 2

1 11 1 1

2 2 8 3 4 21 1 1 1 1 1 15 3 5 15

J x x dx x dx x dx x x

2 2

2

1 1

1 1 1 1K x x dx x x dx .

Đặt 21 1 2t x t x dx dt

11 1

2 4 2 5 3

0 0 0

2 4 262 .2 2 25 3 5

K t t tdt t t dt t t .

Vậy 8 3 4 2 265 15 5

I .

Câu IV Ta có:

2 2 2 22 3

4 4 8 8D MN A B C D D A M B MN D CNa a a aS S S S S a

. 2 31 1 3. .

3 3 8 8AD MN D MNa aV AA S a .

Gọi H là hình chiếu của S lên D N và là góc giữa AD và D N .

N

M

D

A

C

B

A' D'

C'B'

H

307

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Ta có: 5 32 , , 2 2

a aAD a D N AN .

22 2 22 3sin 1 os 1 .

2. . 10D A D N ANc

D A D N

3 3.sin 2.10 5

aAH AD a .

Vậy 3

8AD MNaV và 3,

5ad A D N .

Câu V Đặt , , x a b y b c z a c . Suy ra: 2 1x y z a b c .

Khi đó: xy yz zxPxy z yz x zx y

.

Ta có:

12

.xy xy xy xy x yxy z xy z x y z x z y z xy z

x yx zy y zx z z

.

Chứng minh tương tự ta được: 12

yz y zyz x y x z x

; 12

z xz y x

xzx y y

z

.

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 32

P .


a b c .

Vậy 3max2

P khi 16

a b c .

B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨNCâu VIa

1. Giả sử elip có phương trình chính tắc là: 2 2

2 2: 1x yEa b

.

Theo đề: 2 2 2

2 22 2

1 1 1 32 4 4 4

c c a be b aa a a

.

Suy ra elip có phương trình: 2 2

2 2 22 2

4 1 3 4 33

x y x y aa a

.

Tọa độ các giao điểm , , ,A B C D của E và C là nghiệm của hệ 2 2

2 2 2

163 4 3x yx y a

(I)

Do E và C cùng nhận trục hoành và trục tung làm trục đối xứng và AB song song Oxnên ,A B đối xứng nhau qua Oy ; ,C D đối xứng nhau qua Ox .

2 22 2 2.2 4AB CD x y x y (*)

308

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

Giải hệ I ta tìm được: 2 264 16,5 5

x y . Thay vào (*) ta tìm được: 2 25615

a .

Vậy elip có phương trình là 2 2

: 1256 6415 5

x yE .

2. Giả sử 0; ;0 , 0;0;B b C c ; 0,b c . Suy ra : 12x y zP

b

c .

1;1; 11 1 12

Pb

Hc

(1)

2 2 2 21 14 6 ; 4 6 4 4 4 62 2ABCS AB AC b c c b

2 2 2 24 4 384b c b c (2) Đặt , u b c v bc .

Từ (1) và (2) ta có: 2 2

2 8, 164 2 384 6, 12

v u u vv u v u v

.

Suy ra: 4b c ; 3 21b c ; 3 21b c . Vậy có ba mặt phẳng P thỏa mãn là:

2 4 0x y z ; 6 3 21 3 21 12 0x y z ; 6 3 21 3 21 12 0x y z .

Câu VIIa

Ta có: 2 1 32 2

z i .

Do đó: 2 1 3 1 31 1 02 2 2 2

z z i i

.


1. 2 2

, ; , ;16 16b cB C P B b C c

với 4, 4, cb b c .

Ta có: 2 2

1; 4 , 1; 416 16b cAB b AC c

và 090BAC nên:

2 2

. 0 1 1 4 4 016 16b cAB AC b c

.

Khai triển rồi phân tích thành nhân tử ta được: 272 4 0b c b c bc .

Dễ dàng lập được phương trình đường thẳng BC là: 16 0x b c y bc .

Rõ ràng 17; 4 BM C nên BC luôn đi qua một điểm cố định 17; 4M .

2. Ta luôn có: 2 2 2 2

1 1 1 49 1324OA OB OC OH

.

309

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

; ; 2 3 6 18 0 19 6 3a b cM a b c a b c (*)

Ta có: 2 2 22 2 2 2

2 2 2 2

9 2 21 19 9

a b cMA a b c a OM aOA OA OA OA

.

Tương tự: 2 2

2 2

2 16

MB OM bOB

OB

; 2 2

2 2

2 13

MC OM aOC OC

.

Kết hợp với (*) ta được: 2 2 2

22 2 2 2 2 2

1 1 1 1MA MB MC OMOA OB OC OA OB OC

= 2 2 2 2

2 2 21 1 2OM OH MH MHOH OH OH

.

Câu VIIb

Điều kiện: 26 0

0 30x x

xx

.

Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với:

226 1 log 5 0x x x x x (1)

+ Với 0 1x thì dễ thấy bất phương trình (1) vô nghiệm.+ Với 1 3x thì: 2 23log 35 0log 5x x .

Do đó: 2 2 21

1 6 1 0 6 1 2 3 5 0 52

xx x x x x x x x

x

Suy ra: 52

x .

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là: 5 ;32

S .

310

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG TRONG KÌ THI SẮP ĐẾN

.....................................................................................................................................

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net

[]-bỘ ĐỀ luyỆn thi ĐẠi hỌc mÔn toÁn cÓ ĐÁp Án nĂm 2012-2013(48 đề)

Documents