Bộ đề Luyện thi ĐH-CĐ

PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần Phần 1 hoặc phần 2 Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm aCho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. PHẦN RIÊ

Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

2

x x



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

2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,

Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O A B , là hai điểm trên đường tròn đáy sao

cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a,   0

60

ASOSAB  Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón

Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x y, thỏa mãn: x  y  5

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2

4

P xy

II PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) d có phương trình : xy và điểm 0 M(2;1) Tìm

phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( ) d tại B sao cho tam giác AMB

vuông cân tại M

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểmA0; 1;2 , 

1;0;3

B và tiếp xúc với mặt cầu  S có phương trình:(x1)2 (y2)2 (z1)2 2

M  Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C tại 2 điểm A B sao ,cho MA3MB

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P có phương trình: x  y   1 0 Lập phương trình mặt cầu  S đi qua ba điểm A2;1; 1 ,  B0;2; 2 ,  C1;3;0 và tiếp xúc với mặt phẳng  P

BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011

Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:



 ) (C) Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =



 ) ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)

0 0

1 2 3 4 5

x y

t = -1

2

22

22

t t

x

x x

a b

b b

Với: 2

1

a b

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (C

m)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1

b) Giải phương trình : 3

2

3512)13( x x2   x2  x





2 ln 3 0

2 3

)2( e x

dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa

4 4

y x P

II PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

a)Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với

O qua (ABC)

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2z)(z3)(z2)10,zC

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

a.Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng

( ) : 3 x   sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau y 5 0

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

51

13

4:

31

2:

2

z y

x

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2x2)9log2 x2

m x

m x y

Hàm số đồng biến trên 2;  y'0 x2 m1 2 m1

0,25 b)

0,25

Nhận xét xk ,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

1)sin43(3cos

2 x  2 x   2cos3x(3sinx4sin3x)sinx

 2cos3xsin3xsinx  sin6xsinx

26

m x x

m x x

52







m x

m x

2 x x2   x2   x2  x Đặt t 2x21(t0)

Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

0,25 b)

Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

0,25

Từ đó ta có phương trình có nghiệm :

2

2

;2

;2

61

3

)2(

x x x

e e

dx e

2

)2(

3

u u

du

u u

2

)2(2

1)

2(4

14

=3

2 1

)2(2

12

ln4

1ln4

u

0,25 Câu III

8

1)2

3ln(

3ln(

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

BC AM

'  BC (A'AM)

Kẻ MH  AA',(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

AM A HM

AM A BC

)'(

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó

4

3)

BC,A'

O A

'

 suy ra

3

aa3

44

3a3

3aAH

HM.AOO'

Thể tích khối lăng trụ:

12

3aa2

3a3

a2

1BC.AM.O'A2

1S

.O'AV

)(

3),,

t abc c

b a c b a

*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c) f(a,t,t):Thật vậy

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết abc

)(

3134

)(

2 2

4

)(4

4

)(2

2

)(2

)(3

c b a c b

23

=3((32t)2 t2 t2)4(32t)t2 13 = 2(t1)2(74t)0 do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra t1&bc0abc1(ĐPCM)

0,5 Câu V

2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xyy2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

1

2 2

4 4

y x P

Từ giả thiết suy ra:

xy xy

y x

xy xy xy y

xy x

33

)(1

21

2

2 2

22)

260

)2(

610)(

l t

t t

1(

f , f( 62), f(1) cho ra kết quả:

626)26

1(minP  f  

0

t t

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(

3

8

;3

5) thoả mãn

0,5

1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 b)

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với

(ABC) nên OH//n(2;1;1) ;HABC

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

1

;3

2

H

0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  )

3

2

;3

2

;3

4(

15

2

z

i z

t t

Vậy phương trình có các nghiệm: z1 6;z 1 i

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A

và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d 1, 2 dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

Điều kiện:x0Bất phương trình  3(x3)log2 x2(x1)Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình

0.25

TH1 Nếu x3 BPT 

3

1log

Xét hàm số: f x log2 x

2

3)(  đồng biến trên khoảng 0;

3

1)

g nghịch biến trên khoảng 3;

3)4()(

g x g

f x f

3)4()(

g x g

f x f

f x log2x

2

3)(  đồng biến trên khoảng 0;

3

1)

g nghịch biến trên khoảng  0;3

0)1()(

g x g

f x f

0)1()(

g x g

f x f

Phần B (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)

Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và

Vuụng gúc với BN là (d): x2y  Gọi 5 0 I ( )d BN Giải hệ:

2) AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d1Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm được H 36 33 15; ;

1()

1

2 2

Đặt

t=z-z

1 Khi đó 2  2  12 2

z z

z z

5.4

96816)31(  i    i  ii  i



PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i 1i

4

)3()31(

,z=

2

14

)3()31

96816)31(  i    i  ii  i



PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i 1i

4

)3()31(

,z=

2

14

)3()31

Ta có: d1d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

2/9x0

3

;2

9I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Md1Ox

932IM2

AB

2 2

12AB

SAD12

AD.AB

03yx

x3y2)x3(3x

3xy2y3

2 2

4x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

729xxx

A I C

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đ

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2

1 2

t t

và D2

Ta có  :

2

3 52

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:

ĐỀ 3

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =

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

2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các

cạnh AB, AC sao cho DMN  ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: xy3 xy

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

B Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG

2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1

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

1 sin x1 cos x1 sin x0

0.25

x x

x x

Do DMN  ABCDH ABC mà D ABC là

tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC

H

M N

Ta có: S AMN S AMH S AMH 1 sin 600 1 sin 300 1 sin 300

(với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cosn AB,n BD  cosn AC,n AB

- Với a = - b Chọn a = 1  b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,

A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3; 2)

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

Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:

1 24

thoả mãn bài toán 0.25

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

0.25

 (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0 7

13

n n





   

Vậy n = 7

ĐỀ 4

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

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m 1

2 Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm

cực trị này ở về hai phía của trục tung

Câu II:(2,0 điểm)

Câu III:(2,0 điểm)

1 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 4 2

với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn 1; 3

Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội

tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 0

60 Tính

theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với

2;0

A và G1; 3 là trọng tâm Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Câu VI.a:(2,0 điểm)

1 Giải phương trình: log34.16x 12x2x1

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số yx1ln x

B Theo chương trình nâng cao

trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là 2x y  1 0 và

3 1 0

x y  Tìm tọa độ hai điểm B và C

Câu VI.b:(2,0 điểm)

1 Giải phương trình: log 3 1 log 3 2

2 x 2 x x

2

ln 2lim

Giới hạn: lim ; lim

      y’= 3x2 – 3 ; y’=0 x 1 0,25 đ Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 , 1;    và nghịch biến 

trên khoảng 1;1 Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; yCT = -1

0,25 đ

(1,0 đ)

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3)

Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) 0,25 đ y’ = 0 3x2 – 3m = 0 ;  ' 9m 0,25 đ

224324

Đặt 2

x

Xét 4 4

f t  t   với t > 0 t

3 4 4 4

Khi t = 2 thì log3x2 x 9(th)

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

 0

ln 1lim

KL:  

2 1

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4

1

x y

x





 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và

3 10

Câu II (2 điểm) :

1) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1212

2) Giải phương trình :2sin2xsin2xsinxcosx10

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

2

3 0

3sin 2 cos(sin cos )

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình

chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

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

10x 28x4m(2x1) x2 1.

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x   và phân giác trong CD: y 1 0

1 0

xy  Viết phương trình đường thẳng BC

2 Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2 2

.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)

song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D) Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

xy   yz   zx   x  y  z

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa

2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) :d yk x( 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau

có hai nghiệm ( ;x y1 1), ( ;x y2 2)phân biệt sao cho  2  2

2 4

( 1) 1

( )1

( 1) 1

x

k x

I x

   thế vào (***) ta có phương trình:

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên

1

1) CâuII:2 Giải phương trình:

01cossin

)1cos2(sin201cossin

2sinsin

24

sin1cos

v v

u v

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

thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’

và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm KII'

Phương trình tương đương với : 2 ( ) 2 0

1

12()1

12

2 2

12

t

2 2 

Lập bảng biến thiên của hàm số trên 2, 5 , ta có kết quả của m để phương

trình có hai nghiệm phân biệt là:

( ) //( )P D hoặc ( ) P ( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có IH IA và

Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là nIA6; 0; 3 

 

, cùng phương với v 2; 0; 1 



Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2x41.z12x - z - 9 = 0

51

2 .Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương u( 1; 1;1)

Đường thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;5) và có vectơ chỉ phương u'(2;1;1)

Mp() phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và

2

160cos)'

;cos(n u  0 

Bởi vậy nếu đặt n (A;B;C) thì ta phải có :

2

0

2 2 2

C B A

C B A

C B A

)(6

3

C A B C

C A A A

C A B

Ta có 2A2ACC2 0(AC)(2AC)0 Vậy A  C hoặc 2AC Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B2, tức là n(1;2;1) và mp()có phương trình

0,25

2(

Câu I ( 2 điểm)

Cho hàm số yx3 (12m)x2 (2m)xm2 (1) m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2

2 Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d:x  y7 0 góc , biết

26

1cos 

Câu II (2 điểm)

1 Giải bất phương trình: 4 5

4

2log2

2 Giải phương trình: 3sin2x.2cosx12cos3xcos2x3cosx

Câu III (1 điểm)

2

211

1

dx x

x

Câu IV(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, ABa 2 Gọi I là trung điểm của

BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA2IH, góc giữa SC và mặt đáy (ABC)

bằng 600.Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH)

Câu V(1 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2y2 z2 xyz Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

xy z

z zx y

y yz

A Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trìnhx  y1 0,

trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1) Hãy viết

phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3

Câu VII.a (1 điểm)

14 2

2 1 0 2 2

10

12

1 x x x a a xa x  a x Hãy tìm giá trị của a6

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G

thuộc đường thẳng d:3x  y40 Tìm tọa độ đỉnh C

2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)xyz1 0,đường thẳng d:

3

11

11

I một khoảng bằng 3 2

Câu VII.b (1 điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ 6

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4;

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0

0,25 I(2đ)

c) Đồ thị:

Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2)

i z

1

I

2

2 -1

4

y

122612

12

126

1

.cos

2

1 2

2 2

1

2 1

k

k k

k k

k n

n

n n



0,5

Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y / k1 (1) và

2 /

)21(23

2

32

)21(23

2 2

m x

m x

m x

m x

0

2 / 1

0128

2 2

m m

m m

2

1

;41

m m

m m

2log2

)1(24

2log3

94

2log

044

2log

2 1

2 1 2

2 1

2 2 1

x x x x

x x x x

0,25

Giải (1): (1)

5

163

804

165

04

8384

404

49

04

4174

14

28

89

4

;17

2(1đ) Giải PT lượng giác

Pt 3sin2x(2cosx1)(cos3xcosx)(cos2x1)(2cosx1)

)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin

0)1sin22sin3)(

1cos2

22cos2sin301sin22sin

• ( )

232

23

20

1cos

k x

k x

2

211

1

dx x

x

212

t

t t t dt t

t t t

2

4 2

2

2 3 2

2

2432

12432

1)1)(

22(21

ln4322

cos

2 2

HC AH

AC AH

1560

tan 0 a HC

•

6

152

15)2(2

1.3

1

3

.

a a

a SH

S

SH BI

AH BI

Ta có

22

1)(

;(2

1))(

;(2

1))

(

;(

))(

;

BI SAH

B d SAH

K d SB

SK SAH

B d

SAH K d

z zx y

y xy

x

x P

z zx

y

y yz

x

x P

2 2

2

22

2224

xy zx yz y

x x z z y

2 2 2

2

12

11111114

1

2

12

KH: d1:xy10;d2 :2xy20

1

d có véctơ pháp tuyến n1 (1;1) và d có véctơ pháp tuyến 2 n2 (1;1)

• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1 (1;1) phương trình AC:x  y3 0

03

x

y x

0,25

• Gọi B(x B;y B) )

2

;2

3(x B y B

M  ( M là trung điểm AB)

Ta có B thuộc d và M thuộc 1 d nên ta có: 2 ( 1;0)

0223

01

x

y x

B B

B B

0,25

• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:

02

2

2 2

178

2

12

96

c b a c

b a

c a

c a

 Pt đường tròn qua A, B, C là:

0342

2 2

•Gọi n(a;b;c)Olà véctơ pháp tuyến của (P)

Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0

Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c

Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

0,25

)2(

2

2 2

c a



c a

7

0,5

•TH1: a  cta chọn a  c1  Pt của (P): x-y+z+2=0

9)21(8

3)21(16

1)1(

2

1 x hệ số của 6

x là: 2 C 6 126

Trong khai triển  10

2

1 x hệ số của x là: 6 2 C 6 106

0,5

• Vậy hệ số 2 41748.

16

92

8

32

16

10 6 6

12 6 6 14 6

;

C C

y x G y

x

)33

;(330

4331

y y

33325

11)

;(2

11)

;(.2

x x AB

C d AB

C d AB S

111

65

C

C C

x

x x

17(5

2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng

• (P) có véc tơ pháp tuyến n(P) (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương u(1;1;3)

)4

;2

;1()(P I d

• vì (P);d có véc tơ chỉ phương u n(P);u(4;2;2) 2(2;1;1)

0,25

• Gọi H là hình chiếu của I trên  H  mp (Q)qua I và vuông góc  Phương trình (Q): 2(x1)(y2)(z4)02xyz40Gọi d1 (P)(Q)d1có vécto chỉ phương

t y

x ptd

42

1:

322

t

t t

IH

0,5 VI.b(2đ)

• TH1:

1

71

52

1:)

7

;5

;1(3

12

1:)

1

;1

;1(3

ĐỀ 7

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

1

x y x





 (C)

1 Khảo sát hàm số

2 Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình: 2 cos 5 cos 3x xsinxcos 8 x , (x  R)

Câu IV: (1 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 3

4

a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

ĐK: z  i

• Đặt

z i

i z w

311

01

1

2

i w

i w

w

w w w

i z w

2

312

31

i z i

w

2

312

31

i z i

w

Vậy pt có ba nghiệm z0;z 3 và z 3

0,5

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0 Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0 Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC

3 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3

  và điểm M(0 ; - 2 ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4

Đồ thị:

-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)

-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)

- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm

hai tiệm cận I(- 1; 2)

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 >