PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 . 1 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 MN  3 10 . Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 

Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.. Theo chương trình chuẩn.. Viết phương trình đường thẳng BC.. Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình củ

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4

1

x y

x





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

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

3 10

Câu II (2 điểm) :

1 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12







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y 1 0 và phân giác trong CD:

1 0

xy  Viết phương trình đường thẳng BC

2 Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2 2

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

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường

( ) :C x  y – 2 – 2 x y  1  0, ( ') :C x2 y24 – 5 x  0 cùng đi qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :

z

y







1

2

và d’ :

1

5 3 2

2











y

x

Viết phương trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d’ một góc 300

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

2

a

-Hết -

Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

I

(2,0) 1(1,0)

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

2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) :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 x2x12y2y1290(*)

( ) 1

x

k x

I x

y k x







 





Ta có:

2

( )

( 1) 1

I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2

kx  k x  k có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được 0, 3

8

k  k

(1k ) x x 90(1k )[ x x 4x x]90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 2k 3,x x1 2 k 3,

phương trình:

8k 27k 8k 3 0(k3)(8k 3k1)0 3, 3 41, 3 41

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

1

1) CâuII:2 Giải phương trình:

0 1 cos sin ) 1 cos 2 ( sin 2 0 1 cos sin

2 sin sin

(2cosx1)28(cosx1)(2cosx3)2 VËy sinx0,5 hoÆc sinxcosx1

Víi sinx0,5 ta cã x  2k 

6 

6

5













































4

sin 2

2 4

sin 1 cos

x x

x2k  hoÆc x  2k 

2

3





2

Điều kiện: | | |x  y|

Đặt

v x y







; x   không thỏa hệ nên xét x y   ta có y

2

1 2

u

v

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2

12

12 2

u v

v v

 











4 8

u v





 





hoặc 3

9

u v











+







(I)

+







(II)

Giải hệ (I), (II)

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

đầu là S  5;3 , 5; 4   

III

Suy ra:

thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra:

2

=

2



2



I

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của

'

AB IC











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'

0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:

I K I H  I C  IKIH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên: ' 2 3 3 2 2 6r2

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

3

h

V  BB B B

x

0,25

Từ đó, ta có:

V

0,25

V NhËn xÐt : 10x2 8 4



 x = 2(2x+1)2 +2(x2 +1)

1

1 2 ( ) 1

1 2

2 2











x

x m x

x

x

x





 1

1 2

2 §iÒu kiÖn : -2< t  5 Rót m ta cã: m=

t

2 2 

0,25 0,25

0,25

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:

5

12

4 m hoặc -5 < m4

0,25

VIa

0,75

Điểm CCD x: y  1 0 C t;1t Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

M   

MBM xy            t C 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x: y 1 0 tại I (điểm KBC)

Suy ra AK:x1  y20x   y 1 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1

x y

I

x y









Tam giỏc ACK cõn tại C nờn I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1; 0

0,25

0,25

Đường thẳng BC đi qua C, K nờn cú phương trỡnh: 1 4 3 4 0

x y



2

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thỡ

( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D Gọi H là hỡnh chiếu

vuụng gúc của I trờn (P) Ta luụn cú IH IA và

IH AH

Mặt khỏc          

 









Trong mặt phẳng  P , IH IA; do đú axIH = IAm HA Lỳc này (P) ở vị trớ (P 0 ) vuụng gúc với IA tại A

Vectơ phỏp tuyến của (P 0 ) là nr uurIA6;0; 3 , cựng phương với v r 2; 0; 1  Phương trỡnh của mặt phẳng (P 0 ) là: 2x41.z12x - z - 9 = 0

VIIa

Để ý rằng xy1  xy  1x1y0;

và tương tự ta cũng cú 1

1





  



0,25

Vỡ vậy ta cú:

3

1 zx+y 1

5 1

5

x y z

x

yz zx y xy z

x

z y y z



vv

1,00

VIb 1) + Gọi tõm và bỏn kớnh của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1,R'3, đường

thẳng (d) qua M cú phương trỡnh a x( 1)b y( 0)0ax by a0, (a2b20)(*)

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM

Khi đú ta cú:

MA MB IA IH  I A I H  1 d I d( ; )2 4[9d I d( '; ) ]2 ,

IAIH

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35

36

a b

a b





Dễ thấy b 0 nờn chọn 1 6

6

 



   



a b

a

Kiểm tra điều kiện IAIH rồi thay vào (*) ta cú hai đường thẳng thoả món

0,25

0,25

0,25

0,25

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

1 60 cos ) '

;

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



























2

1 6

2

0

2 2 2

C B A

C B A

C B A









































0 2

) ( 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 ) 2 (

x hay x2yz40 Nếu 2AC ta có thể chọn A1,C2, khi đó B1, tức là n(1;1;2) và mp()có

phương trình x(y2)2z0 hay x y2z20

0,25

Vỡ a, b, c là ba cạnh tam giỏc nờn:

a b c

b c a

c a b

 





 



  



Vế trỏi viết lại:

0,50

VT

a c a b a b c

y z z x x y

Ta có: x y z z x y z 2z x y 2z z

yz xyz zx xyz

2

x y z

a

0,50

x x m x x  x x m (1) Điều kiện : 0x 1

Nếu x  0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất

thì cần có điều kiện 1 1

2

x  x x Thay 1

2

x  vào (1) ta được:

1

m

m





 



* Với m = 0; (1) trở thành:

2

x x  x

Phương trình có nghiệm duy nhất

* Với m = -1; (1) trở thành

4 4

2

x x  x

2

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

4

x x x x   x x  x x  x x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

2

x x nên trong trường hợp này (1) không

có nghiệm duy nhất

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1