ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối AI... Ta có tam giác ABC vuông tại B nên AC = 2a = SA nên tam giác SAC cân tại A, N là hình chiếu của A trên SC nên N là trung điểm SC... ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Trang 1ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối A
I 1 TXĐ : R
Có y’ = -3x2 +6x
y’ = 0 ⇔ x x = = 2 0 ⇒ ⇒ y y = = − 2 2
+∞
=
−∞
=
−∞
→ +∞
x
Đồ thị :
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Giả sử M(a;2) là một điểm trên đường thẳng (d) : y = 2 và gọi d’ là đường
thẳng đi qua M với hệ số góc k Khi đó d’ có pt : y = k(x - a) +2
Để d’ là tiếp tuyến của đồ thị (C) thì hệ
= +
−
+
−
=
− +
−
) 2 ( 6
3
) 1 ( 2 ) ( 2 3
2
2 3
k x x
a x k x
x
có nghiệm Thế (2) vào (1) ta được : 2 x3 − 3 x2 − 3 ax2 + 6 ax − 4 = 0 ( 3 )
= +
− +
=
⇔
4 0 2 3
1 2
2
x x
Để từ M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) thì hệ phải có ba nghiệm k phân
biệt, tức là pt(3) phải có ba nghiệm x phân biệt ⇔(4) có hai nghiệm phân biệt
khác 2 ( )
≠
−
<
>
⇔
≠ +
− +
>
−
−
=
∆
⇔
2 1 3 5 0
2 2 3 1 8
0 16 3
a a
a a
a
(*)
Vậy các điểm trên đường thẳng (d): y = 2 thỏa mãn đề bài là các điểm có
hoành độ thỏa mãn (*)
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1
*Điều kiện : x∈ −∞ − ∪ +∞( ; 3] [1; )
TH1: Xét x≥1
Bpt tương đương x+3 ( 2x+ +5 x− ≥1) 2x+ − −5 (x 1)
⇔ + ≥ + − − ⇔ x+ +3 x− ≥1 2x+5
2
4x 8x 21 0
x
1.0
0.25
BBT
x
y’
y
∞
0
2 0
∞ +
∞
−
∞ +
-2
2
Hàm số đồng biến trên (0;2) và nghịch
biến trên (− ∞;0) và (2;+ ∞)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -2
Trang 2Kết hợp điều kiện x≥1 ta được tập nghiệm là 1
3 [ ; ) 2
TH2 : Xét x≤ − 3
Biến đổi bpt tương đương với − −x 3 ( − − +2x 5 1−x) 1≥ − − − −x ( 2x 5)
⇔ − − + − − ≥ − ⇔4x2+8x− ≥21 0 ( ; 7] [ ;3 )
x
Kết hợp điều kiện x≤ − 3ta được tập nghiệm là 2
7
2
T = −∞ −
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ; 7] [ ;3 )
0.25
0.25 0.25
2 2 2 cos2x sin2 cosx x 3 4sin x 0
+ + ÷− + ÷=
=
−
−
−
= +
⇔
=
−
−
− +
⇔
) 2 ( 0 2 cos sin sin
cos 2
) 1 ( 0
cos sin
0 2 cos sin sin
2 cos 2 cos sin
x x x
x
x x
x x x
x x
x
( ) ⇔ x = − + k ; k ∈ Z
4
Giải (2) được nghiệm x = k x = − + k 2 ; k ∈ Z
2
;
1.0
0.25
0.25 0.25 0.25 III
= 2
0
6 6
4
4 cos sin cos sin
π
dx x x
x x
I
0
2 2
2
2 cos 1 3 sin cos sin
2 1
π
dx x x
x x
2
0
8 cos 64
3 4 cos 16
7 64 33
π
dx x x
=
128
33 8
sin 512
3 4
sin 64
7 64
0
π
π
=
1.0
0.25
0.25
0.5
IV
Theo giả thiết SA⊥(ABC) nên VSABC = SA S∆ABC
3
1
Mà tam giác ABC vuông tại B nên
2
3 3
2
1
2
a a BC AB
3
3 2
3 2 3
a
⇒
Do SA⊥(ABC) nên tam giác SAB vuông tại A⇒ SB = a 5
Lại có
5
4
SB
SA
5
4
=
⇒
SB
SM
Ta có tam giác ABC vuông tại B nên AC = 2a = SA nên tam giác SAC cân tại
A, N là hình chiếu của A trên SC nên N là trung điểm SC
1.0
0.25
0.25
Trang 3
Ta có
15
3 2 5
2 5
2 2
1 5
4
3
a V
V SC
SN SB
SM V
V
SABC SAMN
SABC
Mà VSABC = VSAMN + VABCMN nên VABCMN =
5
3 15
3 2 3
0.25
0.25
V Áp dụng bđt Côsi cho hai số không âm ta có :
2 2 4 4 2 2 4
4 2 2 4
4 b 2 a b ; b c 2 b c ; c a 2 c a
( a b c )
abc a
c c b b a c b
( a b c d )
abc abcd
c b
Tương tự ta có b4 + c4 + d4 + abcd ≥ bcd ( a + b + c + d )
c4 + d4 + a4 + abcd ≥ cda ( a + b + c + d )
d4 + a4 + b4 + abcd ≥ dab ( a + b + c + d )
Vậy VT abcd ( a b c d ) abcd
d c b
= + + +
+ + +
1.0
0.5
0.25 0.25 VIa 1
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ
= +
− +
=
−
−
0 50 20
0 5 2
2
x
y x
Ta được A(3;1) và B(5;5)
Từ đó ta lập được phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C là :
x2 + y2 − 4 x − 8 y + 10 = 0
1.0
0.50 0.50 2
Giả sử I(a;0;0), J(0;b;0) và K(0;0;c) thì pt(P) là : + + = 1
c
z b
y a
x
IA = 4 − ; 5 ; 6 ; = 4 ; 5 − ; 6 ; = 0 ; − ; ; = − ; 0 ;
Vì A là trực tâm tam giác IJK nên
= +
−
= +
−
= + +
0 6 4
0 6 5
1 6 5 4
c a
c b
c b a
Giải hệ được
6
77
; 5
77
; 4
a
1.0
0.25
0.25 0.25
Trang 4Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x + 5y + 6z – 77 = 0 0.25 VIIa Ta có :a + bi = (c + di)n ⇒ |a + bi| = |(c + di)n |
⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n (đpcm) 0.250.75 VIb 1 Vì trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên d: 3x – y – 8 = 0 nên giả sử
G(t;3t – 8) Khi đó C(3t – 5; 9t – 19)
Đường thẳng AB có phương trình x – y – 5 = 0
Do SABC =
2
3
và AB = 2 nên d(C,AB) = ( ) ( )
2
3 2
5 19 9 5 3
=
−
−
−
t
( )
−
⇒
=
−
−
⇒
=
⇔
1
; 1 2
10
; 2 1
C t
C t
Với C(-2;-10) thì pt (C) : 91 91 416 0
Với C(1;-1) thì pt (C) : 11 11 16 0
1.0
0.5 0.25 0.25
2 Ta có BA = ( 4 ; 5 ; 5 ) ; CD = ( 3 ; − 2 ; 0 ) ; BD = ( 3 ; 0 ; − 1 )
[ , ] = 53 ≠ 0
⇒ BA CD BD nên hai đường thẳng AB và CD chéo nhau
Phương trình AB:
+
=
=
=
t z
t y
t x
5 1 5
4
và phương trình CD :
=
−
=
=
0
' 2 2
' 3
z
t y
t x
Giả sử (D) cắt AB tại M và cắt CD tại N thì M(4t;5t;1+5t);N(3t’;2-2t’;0)
Khi đó MN = ( 3 t ' − 4 t ; 2 − 2 t ' − 5 t ; − 1 − 5 t ) là vtcp của (D)
Mà (D)⊥(Oxy) nên MN cùng phương với k ( 0 ; 0 ; 1 ), tức là :
=
=
⇒
∈
=
−
−
=
−
−
=
−
23
8 ' 23 6
) (
, 5 1
0 5 ' 2 2
0 4 ' 3
t
t R
k k t
t t
t t
=
⇒
23
53
; 0
; 0
; 0
; 23
30
; 23
24
MN
phương trình (D) là :
=
=
=
t z y
x
23 30 23 24
0.25
0.5
0.25
VII
b
ĐK : x > 0 ; y > 0
Hệ
= +
⇔
+
− +
= +
+
=
+
⇔
0 4 2
3 2
4 2 2 4
1 4
3 2
2
2 2
x y x
xy y
x x
y y
y
x xy
y x x y
x
=
⇒
=
>
=
⇔
1 2
0
y x
y x
Vậy hệ có nghiệm x = y >0 hoặc x = 2, y = 1
0.25
0.25
0.5
Trang 5ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối B
I 1 Với m = 1 hàm số trở thành y = - x3 +3x2 - 2
TXĐ : R
Có y’ = -3x2 +6x
y’ = 0 ⇔ x x = = 2 0 ⇒ ⇒ y y = = − 2 2
+∞
=
−∞
=
−∞
→ +∞
x
Đồ thị :
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Ta có y’ = -3x2 + 6mx + m – 1
Để hàm số có cực đại ,cực tiểu thì pt y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi
dấu qua hai nghiệm đó, tức là pt: - 3x2 + 6mx + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân
biệt
−
−
<
+
−
>
⇔
>
− +
=
∆
⇔
6
13 1
6
13 1
0 3 3 9
m
m m
Có phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm
3 3 3
2 3
2 2
2
Để (d) vuông góc với đường thẳng x + 2y – 5 = 0
2
5 2
−
=
⇔ y x thì :
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
=
− +
3 4
1 0
8 2 6
2 3
2 3
2
m
m m
m m
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1 ĐK : x ≥ − 1
Đặt t = 2 x + 3 + x + 1 , ( t > 0 ) ⇒ t2 = 3 x + 4 + 2 2 x2 + 5 x + 3
Phương trình trở thành : ( )
−
=
=
⇔
=
−
−
loai t
m t t
t t
4
/ 5
0 20
2
Với t = 5 ta có :
= +
−
≤
⇔
−
= + +
0 429 146
7 3
21 3 5 2
x x
x x
x x
Giải hệ ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 3
0.25
0.25
0.25 0.25
BBT
x
y’
y
∞
0
2 0
∞ +
∞
−
∞ +
-2
2
Hàm số đồng biến trên (0;2) và nghịch
biến trên (− ∞;0) và (2;+ ∞)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -2
Trang 62 2 2 cos2x sin2 cosx x 3 4sin x 0
+ + ÷− + ÷=
=
−
−
−
= +
⇔
=
−
−
− +
⇔
) 2 ( 0 2 cos sin sin
cos 2
) 1 ( 0
cos sin
0 2 cos sin sin
2 cos 2 cos sin
x x x
x
x x
x x x
x x
x
( ) ⇔ x = − + k ; k ∈ Z
4
Giải (2) được nghiệm x = k x = − + k 2 ; k ∈ Z
2
;
1.0
0.25
0.25 0.25 0.25 III Đặt t = 2 + sinx ⇒ dt = cos x dx
2
; 2
=
=
−
=
−
=
sin 2
2
2
3
3
2 2
2
t dx x x
π
1.0
0.25
0.75 IV
Gọi E, F lần lượt là trung điểm CC’ và BB’ Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng
nên ba điểm E, F, N thẳng hàng và (MEF) // (ABC)
Theo tính chất lăng trụ đứng ta có AA’⊥(ABC) nên AA’⊥(MEF)
⇒AA’⊥MN tại M ⇒MN⊥BB’
Theo gt AB = AC nên ME = MF nên tam giác MEF cân tại M⇒MN⊥EF
⇒MN⊥(BCC’B’) ⇒MN⊥BC’ tại N
Vậy MN là đường vuông góc chung của AA’ và BC’
Ta có tam giác ABC vuông tại A nên tam giác A’B’C’ vuông tại A’
⇒A’C’⊥ A’B’ Lại có AA’⊥ (A’B’C’) nên AA’⊥ A’C’
⇒A’C’⊥ (ABB’A’) hay A’C’⊥ (MAB)
Vậy VMA’BC’ =
3
1
A’C’.SMA’B’ =
3
1
a.
2
1
a.
2
2
a
=
12
2
3
a
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
V Áp dụng bđt Côsi cho hai số không âm ta có :
2 2 4 4 2 2 4
4 2 2 4
4 b 2 a b ; b c 2 b c ; c a 2 c a
( a b c )
abc a
c c b b a c b
( a b c d )
abc abcd
c b
1.0
0.5
Trang 7Tương tự ta có b4 + c4 + d4 + abcd ≥ bcd ( a + b + c + d )
c4 + d4 + a4 + abcd ≥ cda ( a + b + c + d )
d4 + a4 + b4 + abcd ≥ dab ( a + b + c + d )
Vậy VT abcd ( a b c d ) abcd
d c b
+ + +
+ + +
0.25 0.25 VIa 1
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ
= +
− +
=
−
−
0 50 20
0 5 2
2
x
y x
Ta được A(3;1) và B(5;5)
Từ đó ta lập được phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C là :
x2 + y2 − 4 x − 8 y + 10 = 0
1.0
0.50 0.50
2 (P) có 1 vtpt np = ( 2 ; − 1 ; 3 ) ; (Q) có 1 vtpt nQ = ( 1 ; 1 ; − 1 );
Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) thì d có 1 vtcp u d =[ ]n P,n Q =(−2;5;3)
(R) có 1 vtpt nR = ( 3 ; − 1 ; 0 ) Vì ( ) α chứa d và ( ) α ⊥(R) nên ( ) α có vtpt là :
[ ] , = ( 3 ; 9 ; − 13 )
= ud nR n
Gọi M(x;y;0) là một điểm trên d thì M thuộc (P) và (Q) nên tọa độ M thỏa mãn
−
=
−
=
⇔
−
= +
−
=
−
3
2 5
1 2
y
x y
x
y x
⇒M(-2;-3;0)
Vậy phương trình ( ) α là : 3(x + 2) + 9(y + 3) – 13z = 0
hay 3x + 9y – 13 z + 33 = 0
0.25
0.25
0.25 0.25 VIIa Ta có ∆ ' = 4 ( 2 − i )2 + 2 ( 1 + i )( 5 + 3 i ) = 16
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt : z i z i
2
1 2
1
; 2
5 2
3
−
−
=
−
=
0.50 0.50 VIb 1 Vì trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên d: 3x – y – 8 = 0 nên giả sử
G(t;3t – 8) Khi đó C(3t – 5; 9t – 19)
Đường thẳng AB có phương trình x – y – 5 = 0
Do SABC =
2
3
và AB = 2 nên d(C,AB) = ( ) ( )
2
3 2
5 19 9 5 3
=
−
−
−
t
( )
−
⇒
=
−
−
⇒
=
⇔
1
; 1 2
10
; 2 1
C t
C t
Với C(-2;-10) thì pt (C) : 91 91 416 0
Với C(1;-1) thì pt (C) : 11 11 16 0
1.0
0.5 0.25 0.25
2 Ta có BA = ( 4 ; 5 ; 5 ) ; CD = ( 3 ; − 2 ; 0 ) ; BD = ( 3 ; 0 ; − 1 )
[ , ] = 53 ≠ 0
⇒ BA CD BD nên hai đường thẳng AB và CD chéo nhau
Phương trình AB:
+
=
=
=
t z
t y
t x
5 1 5
4
và phương trình CD :
=
−
=
=
0
' 2 2
' 3
z
t y
t x
Giả sử (D) cắt AB tại M và cắt CD tại N thì M(4t;5t;1+5t);N(3t’;2-2t’;0)
0.25
Trang 8Khi đó MN = ( 3 t ' − 4 t ; 2 − 2 t ' − 5 t ; − 1 − 5 t ) là vtcp của (D)
Mà (D)⊥(Oxy) nên MN cùng phương với k ( 0 ; 0 ; 1 ), tức là :
=
=
⇒
∈
=
−
−
=
−
−
=
−
23
8 ' 23 6
) (
, 5 1
0 5 ' 2 2
0 4 ' 3
t
t R
k k t
t t
t t
=
⇒
23
53
; 0
; 0
; 0
; 23
30
; 23
24
MN
phương trình (D) là :
=
=
=
t z y
x
23 30 23 24
0.5
0.25
VII
b ĐK : x > 0 ; y > 0
Hệ
= +
⇔
+
− +
= +
+
=
+
⇔
0 4 2
3 2
4 2 2 4
1 4
3 2
2
2 2
x y x
xy y
x x
y y
y
x xy
y x x y
x
=
⇒
=
>
=
⇔
1 2
0
y x
y x
Vậy hệ có nghiệm x = y >0 hoặc x = 2, y = 1
0.25
0.25
0.5
Trang 9ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối D
I 1 TXĐ : R
Có y’ = -3x2 +6x
y’ = 0 ⇔ x x = = 2 0 ⇒ ⇒ y y = = − 2 2
+∞
=
−∞
=
−∞
→ +∞
x
Đồ thị :
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Ta có x2 x − 3 x2 = log2m ⇔ − x2 x + 3 x2 − 2 = − log2m − 2
Đặt f ( ) x = − x2 x + 3 x2 − 2 thì f(x) là hàm số chẵn trên R nên đồ thị hàm số
nhận trục tung làm trục đối xứng
Lại có f ( ) x = − x3 + 3 x2 − 2 với x ≥ 0 nên từ đồ thị hàm số y= − +x3 3x2−2
ta có đồ thị hàm số f(x) :
Từ đồ thị ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì đường
thẳng y = − log2m − 2 phải cắt đồ thị hàm số f(x) tại 4 điểm phân biệt, tức là :
16
1 0 log
4 2
2 log
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1 ĐK : x ≥ − 1
Đặt t = 2 x + 3 + x + 1 , ( t > 0 ) ⇒ t2 = 3 x + 4 + 2 2 x2 + 5 x + 3
Phương trình trở thành : ( )
−
=
=
⇔
=
−
−
loai t
m t t
t t
4
/ 5
0 20
2
0.25
0.25
BBT
x
y’
y
∞
0
2 0
∞ +
∞
−
∞ +
-2
2
Hàm số đồng biến trên (0;2) và nghịch
biến trên (− ∞;0) và (2;+ ∞)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -2
Trang 10Với t = 5 ta có :
= +
−
≤
⇔
−
= + +
0 429 146
7 3
21 3 5 2
x x
x x
x x
Giải hệ ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 3
0.25 0.25 2
+
=
−
4 sin 2 sin 4
3
x x
x ⇔ sin 3 x − cos 3 x = sin 2 x ( sin x + cos x )
x x x
x
x x x
x x
x x
x
cos 2 sin sin
2 sin
sin 2 sin cos
2 cos sin
2 cos cos
2 sin
+
=
−
− +
⇔
( sin cos ) 0 2
Z k k
x k
x x
x
k x
x
∈ +
=
⇔
+
=
⇔
=
−
+
=
⇔
=
2 4 4
0 cos sin
2 4 0
2 cos
π π
π π
π π
0.25
0.25
0.50
III
I =∫2 +
1 x 1 x3
dx
= ∫2 +
2
1 x
x
dx x
Đặt t = 1 + x3 ⇔ t2 = 1 + x3 ⇒ 2 tdt = 3 x2dx
Khi x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 3
+
−
−
=
−
=
−
3 2
3
2 2
3
1 1
1 3
1 1 3
2 1 3
2
dt t
t t
dt t
t tdt
= ( ) ln ( 6 4 2 )
3
1 2
2 3 2
1 ln
3
1 1
1 ln 3
2
−
−
=
−
= +
−
t t
0.25
0.50 0.25 IV
Theo giả thiết ta có SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥BC
Mà tam giác ABC vuông tại B nên AB⊥ BC
⇒BC ⊥ (SAB) , BC⊂ (SBC) nên (SAB) ⊥ (SBC) (đpcm)
Gọi N là trung điểm của AB thì MN là đường trung bình trong tam giác SAB
Do SA⊥ (ABC) nên MN⊥ (ABC) ⇒VMABC =
3
1
MN.SABC
Có MN =
2
1
SA =
2
3
a
; Tam giác ABC vuông tại B và ACB = 60 °, BC = a
nên AB = a 3 ⇒SABC =
2
3
2
a ⇒VMABC =
4
3
a
0.25 0.25
0.25
0.25
Trang 11V Ta có x2 − 3 x + 2 ≥ m − x2 − 3 x + 4
4 3 2
≤
Xét f ( ) x = x2 − 3 x + 2 + x2 − 3 x + 4 trên [3;+∞)
4 3 2
3 2 2
3 2
3 2 '
2
+
−
− +
+
−
−
x x
x x
x
x x
f
⇒hàm số f(x) đồng biến trên [3;+∞) nên f ( ) x ≥ f ( ) 3 = 2 + 2
Vậy để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ 3 thì m ≤ 2 + 2
0.25 0.25
0.25 0.25
VI 1 (C) :( x + 1 ) (2 + y − 3 )2 = 16 có tâm I(-1;3) , bán kính R = 4
Ta có IM = 10 < R nên điểm M nằm trong (C)
Vì d là đường thẳng đi qua M và d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao
cho M là trung điểm AB thì d ⊥IM tại M⇒ d có vtpt là IM = ( ) 3 ; 1
Vậy phương trình d : 3(x – 2 ) + 1(y – 4 ) = 0 hay 3x + y – 10 = 0
Khi đó tọa độ A và B là nghiệm của hệ
=
− + +
=
− +
16 3
1
0 10 3
2 2
y x
y x
Giải hệ ta được A
5
15 3 20
; 5
15 10
và B
5
15 3 20
; 5
15 10
0.25
0.25 0.25
0.25
2 Giả sử d cắt d1 tại M và cắt d2 tại N thì M(2t’;1-t’;-2+t’) và N(-1+2t;1+t;3)
( 1 2 t 2 t ;' t t ;' 5 t ' )
Mp (P) có vtpt là n = ( 7 ; 1 ; − 4 ) Do d⊥(P) nên MN và ncùng phương, tức là :
=
−
=
−
=
⇔
−
=
−
= +
=
− +
−
1 ' 2 1 4
' 5
'
7 ' 2 2 1
t t k k
t
k t t
k t t
( 7 ; 1 ; 4 )
; ) 1
; 0
; 2
Vậy phương trình d :
4
1 1
7
2
−
+
=
=
x
0.25
0.50 0.25 VII Để số phức z = 1 + i là một nghiệm của phương trình thì
(1 + i )2 + b(1 + i) + c = 0
=
−
=
⇔
= +
= +
⇔
= + + +
⇔
2
2 0
2
0 0
2
c
b b
c b i
b c
b
0.25 0.75
