Tuyển tập 30 đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán sở GD và ĐT Bình Dương
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG BỘ ĐỀ THI THỬ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015–2016SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 1 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam MỤC LỤC MỤC LỤC .................................................................................................................... 1 ĐỀ 1 .............................................................................................................................. 2 ĐỀ 2 .............................................................................................................................. 9 ĐỀ 3 ............................................................................................................................ 14 ĐỀ 4 ............................................................................................................................ 19 ĐỀ 5 ............................................................................................................................ 23 ĐỀ 6 ............................................................................................................................ 27 ĐỀ 7 ............................................................................................................................ 32 ĐỀ 8 ............................................................................................................................ 37 ĐỀ 9 ............................................................................................................................ 42 ĐỀ 10 .......................................................................................................................... 49 ĐỀ 11 .......................................................................................................................... 54 ĐỀ 12 .......................................................................................................................... 60 ĐỀ 13 .......................................................................................................................... 66 ĐỀ 14 .......................................................................................................................... 71 ĐỀ 15 .......................................................................................................................... 77 ĐỀ 16 .......................................................................................................................... 82 ĐỀ 17 .......................................................................................................................... 88 ĐỀ 18 .......................................................................................................................... 95 ĐỀ 19 .......................................................................................................................... 98 ĐỀ 20 ........................................................................................................................ 104 ĐỀ 21 ........................................................................................................................ 109 ĐỀ 22 ........................................................................................................................ 114 ĐỀ 23 ........................................................................................................................ 120 ĐỀ 24 ........................................................................................................................ 125 ĐỀ 25 ........................................................................................................................ 129 ĐỀ 26 ........................................................................................................................ 134 ĐỀ 27 ........................................................................................................................ 138 ĐỀ 28 ........................................................................................................................ 143 ĐỀ 29 ........................................................................................................................ 148 ĐỀ 30 ........................................................................................................................ 153 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 2 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐỀ 1 Câu 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1 1 x y x + = − . Câu 2.(1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 ln f x x x = + trên đoạn [ ] 1;e . Câu 3. (1.0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn ( ) 1 2 10 4 i z z i − + = − . Tính môđun của z . b) Giải phương trình 2 2 2 2 log 4 1 log 4 log 2 x x x − + = . Câu 4. (1.0 điểm) Tính tích phân 5 1 3 1 dx I x x = + ∫ . Câu 5. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 1 1 : 1 1 2 x y z d − − − = = − và điểm ( ) 2;1;0 A − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho 11 MA= . Câu 6. (1.0 điểm) a) Giải phương trình ( ) 2 sin 2 sin 3 cos 2 cos2 1 x x x x = + − . b) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 0 1 2 2 109 n n n C C A − + = . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của 2 4 1 n x x + ( ) 0 x≠ . Câu 7. (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh ' A lên mặt (ABC) là trung điểm của cạnh BC; góc giữa cạnh bên ' AA và mặt phẳng (ABC) bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp '. A ABC . Câu 8. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( ) 2;2 A . Biết điểm ( ) 6;3 M thuộc cạnh BC và điểm ( ) 4;6 N thuộc cạnh CD, hãy tìm tọa độ đỉnh C. Câu 9. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 9 2 3 4 7 2 6 4 5 2 3 3 1 y y y x xy x y x y x y + + − + = − + − − + = − ( ) , x y∈ℝ . Câu 10. (1.0 điểm) Cho , , x y z là các số thực dương khác nhau đôi một thỏa mãn 2 2 xy yz z + = và 2x z ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P x y y z z x = + + − − − . –––––––– HẾT ––––––––– Câu Đáp án Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x + = − 1,00 • Tập xác định {} \ 1 D=ℝ . • Sự biến thiên của hàm số 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 3 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam + ( ) 2 3 ' 0, 1 y x D x − = < ∀ ∈ − + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1;+∞ . + Hàm số không có cực trị. + Giới hạn và tiệm cận 1 1 lim , lim x x y y − + → → =−∞ =+∞ 1 x ⇒ = là tiệm cận đứng. lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = 2 y ⇒ = là tiệm cận ngang. 0,25 + Bảng biến thiên 0,25 • Đồ thị 0 1 x y = ⇒ =− 1 0 2 y x = ⇒ =− . Nhận xét. Đồ thị nhận giao điểm ( ) 1;2 I làm tâm đối xứng. 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 ln f x x x = + trên đoạn [ ] 1;e 1,00 Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [ ] 1;e . Ta có ( ) 2 2 2 1 2 ' x f x x x x − =− + = 0,25 ( ) ' 0 2 f x x = ⇔ = 0,25 Ta có ( ) 1 2 f = , ( ) 2 1 ln 2 f = + , ( ) 2 1 f e e = + . 0,25 Vậy [ ] ( ) 1; max 2 x e f x ∈ = , khi 1 x= ; [ ] ( ) 1; min 1 ln 2 x e f x ∈ = + , khi 2 x= . 0,25 3 a)Tính môđun của z 0,50 +∞ −∞ −∞ +∞ 2 y ' y x − − 2 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 4 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Gọi ( ) , z a bi a b = + ∈ℝ , ta có ( ) 1 2 10 4 i z z i − + = − ( )( ) 1 2 10 4 i a bi a bi i ⇔ − + + − = − 5 2 a b ai i ⇔ + − = − 5 2 2 3. a b a a b + = = ⇔ ⇔ = = 0,25 Vậy môđun của số phức z là 2 2 2 3 13 z = + = . 0,25 b) Giải phương trình ( ) 2 2 2 2 log 4 1 1 log 4 log 2 x x x − + = 0,50 Điều kiện 0 1 , 2. 4 x x x > ≠ ≠ ( ) 2 2 2 2 log 4 1 1 2 log log 1 x x x − ⇔ + = + − Đặt ( ) 2 log 2, 1 t x t t = ≠− ≠ , ta có 2 4 1 2 1 t t t − + = + − 2 3 4 0 t t ⇔ − − = 0,25 1 4 t t =− ⇔ = 2 2 log 1 log 4 x x =− ⇔ = 1 2 16. x x = ⇔ = Vậy nghiệm của phương trình là 1 ; 16 2 x x = = . 0,25 4 Tính tích phân 5 1 3 1 dx I x x = + ∫ 1,00 Đặt 2 1 3 1 3 t t x x − = + ⇒ = 2 3 dx tdt ⇒ = 0,25 Đổi cận 1 2; 5 4 x t x t = ⇒ = = ⇒ = . 0,25 Khi đó 4 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 dt I dt t t t = = − − − + ∫ ∫ 0,25 4 2 1 9 ln ln 1 5 t t − = = + . 0,25 5 1,00 • Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,50 Đường thẳng d qua điểm ( ) 2;1;1 B và có một VTCP ( ) 1; 1;2 u= − . Ta có ( ) 4;0;1 BA= , suy ra mặt phẳng (P) có một VTPT ( ) , 1;7;4 n u BA = = − . 0,25 Mặt khác, (P) qua A nên có phương trình 7 4 9 0 x y z − − + = . 0,25 • Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho 11 AM = 0,50 Do ( ) 2 ;1 ;1 2 M d M t t t ∈ ⇒ + − + , ta có ( ) 4; ;1 2 AM t t t = + − + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 5 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Mặt khác 11 AM = 2 11 AM ⇔ = ( ) ( ) 2 2 2 4 1 2 11 t t t ⇔ + + + + = 2 2 1 0 t t ⇔ + + = ( ) 1 1;2; 1 t M ⇔ =− ⇒ − . Vậy điểm cần tìm là ( ) 1;2; 1 M − . 0,25 6 1,00 a) Giải phương trình ( ) 2 sin 2 sin 3 cos 2 cos 2 1 x x x x = + − (1) 0,50 ( ) 2 2 1 cos 2 sin 2 cos 2 sin 3 0 x x x x ⇔ − − + = cos 4 cos 2 sin 3 0 x x x ⇔ − + = 2sin3 sin sin3 0 x x x ⇔− + = ( ) sin 3 1 2sin 0 x x ⇔ − = 0,25 sin 3 0 1 sin 2 x x = ⇔ = ( ) 3 2 6 5 2 6 x k x k k x k π π π π π = ⇔ = + ∈ = + ℤ Vậy nghiệm của phương trình là 3 x k π = ; 2 6 x k π π = + ; 5 2 6 x k π π = + ( ) k∈ℤ . 0,25 b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của 2 4 1 n x x + ( ) 0 x≠ 0,50 Ta có 0 1 2 2 109 n n n C C A − + = ( ) , 2 n n ∈ ≥ ℕ ( ) ( ) ! ! 1 2. 109 1 ! 2 ! n n n n ⇔ − + = − − 2 3 108 0 n n ⇔ − − = 12. n ⇔ = 0,25 Khi đó, ta có ( ) 12 12 12 12 2 2 24 6 12 12 4 4 0 0 1 1 k k k k k k k x C x C x x x − − = = + = = ∑ ∑ Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn 24 6 0 4 k k − = ⇔ = . Vậy số hạng không chứa x là 4 12 495 C = . 0,25 7 1,00 • Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C 0,50 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 6 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Gọi H là hình chiếu vuông góc của ' A lên mặt phẳng (ABC) thì H là trung điểm của BC. Do AH là hình chiếu vuông góc của ' AA lên mặt phẳng (ABC) nên ta có ( ) ( ) 0 ',( ) ', ' 60 AA ABC AA AH A AH = = = . ABC Δ là tam giác đều cạnh a nên 3 2 a AH = và 2 3 4 ABC a S Δ = . 0,25 ' A HA Δ vuông tại H, ta có 0 3 ' .tan 60 2 a A H AH = = . Thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C là 2 3 3 3 3 3 . ' . 4 2 8 ABC a a a V S A H Δ = = = . 0,25 • Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp '. A ABC 0,50 Gọi I là tâm và d là trục đường tròn ngoại tiếp ABC Δ thì I là trọng tâm của ABC Δ . Gọi J là tâm và d’ là trục đường tròn ngoại tiếp ' A BC Δ ; do ' A BC Δ cân tại ' A nên ' J A H ∈ . Vì , ' d d cùng nằm trong mặt phẳng ( ) ' A HA và không song song nên cắt nhau tại K. Ta có ' ' ' K d KA KB KC KA KB KC KA K d KA KB KC ∈ ⇒ = = ⇒ = = = ∈ ⇒ = = . Suy ra K là tâm và ' R A K = là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp '. A ABC . 0,25 Gọi M là trung điểm của ' A B thì ' JM A B ⊥ (do ' JA JB = ). Xét hai tam giác vuông đồng dạng ' A MJ và ' A HB , ta có 2 2 2 2 2 9 ' ' ' ' 5 4 4 ' ' ' 2 ' 2 ' 3 6 a a A J A M A B A H BH a A J A B A H A H A H a + + = ⇒ = = = = . Tứ giác IHJK là hình chữ nhật nên ta có 1 3 3 6 a JK HI AH = = = . ' A JK Δ vuông tại J, ta có 2 2 2 2 25 3 7 ' ' 36 36 3 a a a R A K A J JK = = + = + = . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp '. A ABC là 2 2 28 4 9 S R a π π = = . 0,25 8 Tìm tọa độ điểm C 1,00 Gọi I là trung điểm của đoạn MN thì 9 5; 2 I . CMN Δ vuông tại C nên C thuộc đường tròn ( ) T tâm I, đường kính MN. 0,25 a d d' 60 ° K M I B' C' H A C B A' JSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 7 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Gọi E là giao điểm của AC và ( ) T ; do CA là đường phân giác trong của góc MCN nên E là điểm chính giữa cung MN không chứa C (E, A cùng phía đối với MN). Suy ra E là giao điểm của ( ) T và đường trung trực của đoạn MN. Ta có ( ) 2;3 13 MN MN = − ⇒ = . Phương trình đường tròn ( ) T có dạng ( ) 2 2 9 13 5 2 4 x y − + − = . Gọi Δ là đường trung trực của đoạn MN thì Δ qua I và nhận MN làm một VTPT. Phương trình đường thẳng Δ có dạng 4 6 7 0 x y − + = . 0,25 Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 2 9 13 5 2 4 4 6 7 0 x y x y − + − = − + = ( ) 2 9 5 4 4 7 6 x x y − = ⇔ + = 13 2 11 2 x y = ⇔ = hoặc 7 2 7 . 2 x y = = Vì E, A cùng phía đối với MN nên ta chọn 7 7 ; 2 2 E . 0,25 Phương trình đường thẳng AE là 0 x y − = . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 2 9 13 5 2 4 0 x y x y − + − = − = 6 x y ⇔ = = hoặc 7 2 x y = = (tọa độ của E). Vậy ( ) 6;6 C . 0,25 9 Giải hệ phương trình ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 9 2 3 4 7 1 2 6 4 5 2 3 3 1 2 y y y x xy x y x y x y + + − + = − + − − + = − 1,00 Điều kiện ( )( ) 2 0, 0 9 2 3 0. x y y y y x ≥ ≥ + + − ≥ Xét 0 x y = = : không thỏa hệ phương trình. Xét 0, 0 x y > > : ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1 9 2 3 3 4 0 y y y x x xy x ⇔ + + − − + − = ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 4 9 2 3 9 0 9 2 3 3 xy x y y y x x xy x y y y x x − + + − − ⇔ + = + + + − + 0,25 E N I M D A C BSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 8 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) ( )( ) 2 9 11 3 4 0 9 2 3 3 x y x y x xy x y y y x x + + ⇔ − + = + + + − + x y ⇔ = , do ( )( ) 2 9 11 3 4 0, , 0 9 2 3 3 x y x x y xy x y y y x x + + + > ∀ > + + + − + Với x y = : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 6 4 5 2 3 3 1 x x x x x ⇔ − + − − + = − Đặt ( ) ( ) 4 0 2 3 0 . = + ≥ = + ≥ a x a b x b Ta có 2 2 6 9 x b − = − ; 2 5 9 x a − = − ; 2 2 1 − =− + x a b . 0,25 Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 9 3 b a a b b a ⇔ − − − = − ( ) ( ) ( ) 2 2 3 9 0 a b ab a b a b ⇔ − − − − − = ( ) ( ) 3 9 0 a b a b ab ⇔ − + − − = ( )( )( ) 3 3 0 a b a b ⇔ − − − = 0,25 3 3 a b b a = ⇔ = = 1 3 5. x x x = ⇔ = = So sánh điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 1;1 , 3;3 , 5;5 x y = . 0,25 10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P x y y z z x = + + − − − 1,00 Đặt ( ) 0, 0 x az a b y bz = > > = , ta có 2 2 2 xy yz z x z + = ≤ 2 2 2 2 2 abz bz z az z + = ⇔ ≤ 2 2 1 ab b a + = ⇔ ≤ 2 1 1 0 . 2 b a a = + ⇔ < ≤ 0,25 Khi đó 1 1 1 a a P a b b a = + + − − − 1 2 2 1 1 1 1 a a a a a a = + + − − − + + 2 2 2 6 2 a a a a − − = + − . 0,25 Xét hàm số ( ) 2 2 2 6 1 , 0; 2 2 a a f a a a a − − = ∈ + − Ta có ( ) ( ) 2 2 2 3 8 10 1 ' 0, 0; 2 2 a a f a a a a + + = > ∀ ∈ + − Suy ra ( ) f a là hàm số đồng biến với mọi 1 0; 2 a ∈ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 9 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Do đó ( ) 1 27 2 5 f a f ≤ = hay 27 1 , 0; 5 2 P a ≤ ∀ ∈ Vậy 27 max 5 P= , đạt được khi 1 2 4 3 a b = = 2 4 . 3 z x z y = ⇔ = 0,25 ĐỀ 2 Câu 1(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 2 5 4 y x x = − + Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − có đồ thị là (H). tìm trên đồ thị (H) những điểm M, biết rằng tiếp tuyến với đồ thị (H) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B, IA IB = ( I là giao điểm của hai đường tiệm cận). Câu 3(1,0 điểm) a. Cho số phức z thỏa mãn: (1 2 ) 1 3 4 2 i z i i + + − = + . Hãy tìm phần thực, phần ảo của số phức z b. Giải phương trình: 3 1 3 log ( 1) log (2 3) 1 x x − + + =− Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 ( ) x I x e xdx = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho điểm ( ) 1; 2;3 A − và đường thẳng Δ có phương trình: 1 2 2 3 x t y t z t =− + = + =− − Viết phương trình mặt phẳng ( ) α qua điểm A và vuông góc với đường thẳng Δ . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng Δ với mặt phẳng ( ) α Câu 6 (1,0 điểm) a. Giải phương trình cos3 2sin 2 cos 0 x x x + − = b. Cho n là số nguyên dương thỏa 1 3 5 n n C C = . Tìm hệ số của số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức ( ) 2 n x + Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AD. 3; ; 2 SC a AB BC a AD a = = = = . Góc tạo bởi đường SC và đáy là 0 60 . Tính thể tích khối chóp SABCD Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là 3 2 ; (2; 3); (3; 2) A B − − . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương trình: 3 4 0 x y − − = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 10 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6 x y y x y x y + = + = Câu 10 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 2 2 2 4 x x x m − − + − − = có hai nghiệm phân biệt CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 2 5 4 y x x = − + Tập xác định: D=ℝ 3 ' 4 10 y x x = − 0 10 ' 0 2 10 2 x y x x = = ⇔ = =− 0,25 Hàm số đồng biến trên 10 10 ;0 ; ; 2 2 − +∞ Hàm số nghịch biến trên 10 10 ; ; 0; 2 2 −∞ − Hàm số đạt cực đại tại 0; 4 CD x y = = Hàm số đạt cực tiểu tại 10 9 ; 2 4 CT x y =± =− lim lim x x y y →+∞ →−∞ = =+∞ 0,25 Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị 0,25 2 (1,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − có đồ thị là (H). tìm trên đồ thị (H) những điểm M, biết rằng tiếp tuyến với đồ thị (H) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B, IA IB = ( I là giao điểm của hai đường tiệm cận). Ta có ( ) 2 3 ' 1 y x − = − Gọi ( ) 0 0 3 ;2 1 M x H x + ∈ − Tiếp tuyến d với đồ thị (H) tại M có dạng: 0 2 0 0 3 3 ( ) 2 ( 1) 1 y x x x x − = − + + − − 0,25 Các giao điểm của d với hai tiệm cận: 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 11 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) 0 0 6 1;2 ; 2 1;2 1 A B x x + − − Theo đề bài ta có: 0 0 1 3 1 3 x IA IB x = − = ⇔ = + 0,25 Vậy có 2 điểm M cần tìm: ( ) ( ) 1 2 1 3;2 3 ; 1 3;2 3 M M + + − − 0,25 3a (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn: (1 2 ) 1 3 4 2 i z i i + + − = + . Hãy tìm phần thực, phần ảo của số phức z Ta có 3 5 13 1 13 1 1 2 5 5 5 5 i z i z i i + = = + ⇒ = − + 0,25 Phần thực: 13 5 ; phần ảo: 1 5 − 0,25 3b (0,5 điểm) Giải phương trình: 3 1 3 log ( 1) log (2 3) 1 x x − + + =− Điều kiện: 1 x> Với điều kiện trên ta có phương trình: 3 1 3 log ( 1) log (2 3) 1 x x − + + =− 3 3 log 3( 1) log (2 3) x x ⇔ − = + 0,25 4 x ⇔ = 0,25 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 ( ) x I x e xdx = + ∫ 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 3 x x I x dx xe dx xe dx = + = + ∫ ∫ ∫ 0,25 Ta có 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 1 2 4 x x x xe dx xe e = − ∫ 0,25 2 1 1 4 4 e = + 0,25 Vậy: 2 7 4 12 e I = + 0,25 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho điểm ( ) 1; 2;3 A − và đường thẳng Δ có phương trình: 1 2 2 3 x t y t z t =− + = + =− − Viết phương trình mặt phẳng ( ) α qua điểm A và vuông góc với đường thẳng Δ . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng Δ với mặt phẳng ( ) α Δ có vecto chỉ phương (2;1; 1) a → = − 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 12 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (1,0 điểm) ( ) α ⊥Δ ⇒ vecto pháp tuyến của ( ) α (2;1; 1) n a → → = = − Phương trình ( ) : 2 3 0 x y z α + − + = 0,25 Gọi ( ) M α =Δ∩ . Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: 1 2 3 2 1 3 2 2 3 0 1 x t x y t y z t z x y z t =− + =− = + = ⇔ =− − =− + − + = =− 0,25 Vậy: ( 3;1; 2) M − − 0,25 6a (0,5 điểm) Giải phương trình cos3 2sin 2 cos 0 x x x + − = cos3 2sin 2 cos 0 x x x + − = 2sin 2 (1 sin ) 0 x x ⇔ − = 0,25 2 2 2 2 x k x k x k π π π π = ⇔ ⇔ = = + 0,25 6b (0,5 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa 1 3 5 n n C C = . Tìm hệ số của số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức ( ) 2 n x + Ta có: 1 3 2 7 5 3 28 0 4 n n n C C n n n = = ⇔ − − = ⇔ =− 0,25 Vì n + ∈ℤ nên 7 n= Số hạng tổng quát thứ 1 k+ trong khai triển nhị thức ( ) 7 2 x + là: 7 1 7 .2 . k k k k T C x − + = Vậy hệ số của số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức ( ) 7 2 x + là: 5 7 4C 0,25 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AD. 3; ; 2 SC a AB BC a AD a = = = = . Góc tạo bởi đường SC và đáy là 0 60 . Tính thể tích khối chóp SABCD Hình vẽ Ta có ( ) SH ABCD ⊥ HC ⇒ là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) ( ) 0 ,( ) 60 SC ABCD SCH ⇒ = = 0,25 Xét tam giác SHC vuông tại H có: 3 SH a = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 13 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 3 2 ABCD a S = 0,25 Vậy: 3 3 2 SABCD a V = 0,25 8 (1,0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là 3 2 ; (2; 3); (3; 2) A B − − . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương trình: 3 4 0 x y − − = Gọi ( , ) C a b Ta có 2 AB= AB có phương trình: 5 0 x y − − = 5 ( , ) 2 a b d C AB − − = 3 5 3 2 ABC S a b Δ = ⇔ − − = (1) 0,25 Vì 3 4 C d b a ∈ ⇒ = − (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có: 1 2 hay 1 10 a a b b = =− =− =− 0,25 Vậy có 2 điểm C cần tìm: 1 2 (1; 1) ( 2; 10) C C − − − 0,25 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6 x y y x y x y + = + = ( ) 3 3 3 2 2 3 3 2 8 27 18 4 6 3 2 18 2 (2 3) x y y x y x y x y x xy y + = + = + = ⇔ + = 0,25 3 2 3 3 2 . 1 x y x y + = ⇔ = 0,25 3 5 3 5 2 2 2 2 hay 3 3 5 3 3 5 2 2 x x y y − + = = ⇔ + − = = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 14 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vậy: 3 5 3 5 4 4 hay 6 6 3 5 3 5 x x y y − + = = = = + − 0,25 10 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình 2 2 2 4 x x x m − − + − − = có hai nghiệm phân biệt Điều kiện: 2 2 x − ≤ ≤ Đặt 2 2 t x x = − − + 1 1 ' 0 2 2 2 2 t x x ⇒ =− − < − + [ ] 2;2 t ⇒ ∈ − 0,25 Phương trình trở thành: 2 2 4 2 t t m + − = Đặt 2 ( ) 2 4 g t t t = + − với [ ] 2;2 t∈ − '( ) 2 2 g t t ⇒ = + 0,25 Bảng biến thiên của g(t) trên [ ] 2;2 − 0,25 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 5 5 2 4 2 2 m m − < <− ⇔− < <− 0,25 ĐỀ 3 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2 1 y x 2x 3 4 = − + (C) Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ( ) 3 2 y f x x 3x 2 = = − + tại điểm có hoành độ x o , biết ( ) o f " x 3 =− Câu 3 (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2x 1 x 3 4.3 1 0 + − + = 2) Tìm môđun của số phức ( )( ) 2 z 1 2i 2 i = − + Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ln 2 x x 0 I e . 5 e dx = − ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; –2), B(3;0; 1), C(–1; 2; 3). Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, đi qua A và có tâm thuộc trục Oy. Bài 6 (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) cos2x cosx 3 sin 2x sinx − = + 2) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng một lần lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ nhật và SA = AB = 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh AB, mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60 0 . Hai đường thẳng MC và BD cắt nhau tại I. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 15 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;–2), trọng tâm G(0;1) và trực tâm 1 H ;1 2 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 2 2 3x 1 1 1 x 1 x − < − − Bài 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx – xyz = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2x y 2y z 2z x F xy yz zx + + + = + + Câu Đáp án Điểm Câu 1. (1,0 điểm) 1. Tập xác định: D = R 2. Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: x x lim y lim y →+∞ →−∞ = =+∞ * Chiều biến thiên: Ta có: y’ = x 3 – 4x x 0 y' 0 x 2 = = ⇔ =± Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–2 ; 0), (2 ; +∞); nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞ ; –2), (0 ; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, y CT = –1 0,5 * Bảng biến thiên: 3. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 16 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2. (1 điểm) f”(x) = 6x – 6; f”(x o ) = –3 ⇔ 6x o – 6 = –3 o 1 x 2 ⇔ = 0,25 o 1 11 1 9 y f ; f ' 2 8 2 4 = = =− 0,25 Pttt: 9 1 11 y x 4 2 8 =− − + 0,25 Hay: 9 5 y x 4 2 =− + 0,25 Câu 3. (1,0 điểm) 1) 2x 1 x 3 4.3 1 0 + − + = x x 3 1 x 0 1 x 1 3 3 = = ⇔ ⇔ =− = 0,5 2) ( )( ) 2 z 1 2i 2 i = − + ( )( ) ( )( ) 2 2 1 2i 4 4i i 1 2i 3 4i 3 4i 6i 8i 11 2i = − + + = − + = + − − = − 0,25 2 2 z 11 2i z 11 2 5 5 = − ⇒ = + = 0,25 Câu 4. (1,0 điểm) Đặt x t 5 e = − . Tính x e dx 2tdt =− 0,25 Đổi cận: x 0 t 2 x ln 2 t 3 = ⇒ = = ⇒ = 0,25 2 2 3 2 3 3 2t 16 I 2t dt 2 3 3 3 = = = − ∫ 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) ( ) ( ) ( ) AB 2; 1;3 , AC 2;1;5 , AB AC 8; 16;0 = − = − ∧ = − − 0,25 Do đó: ( ) n 1, 2,0 = là vectơ pháp tuyến của mp(ABC) (ABC): x + 2y – 3 = 0 0,25 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I ∈ Oy nên I(0; y; 0) Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA = R ( ) 2 y 3 y 1 5 9 y 1 = − + = ⇔ = 0,25 Với y = 3 ta có I(0; 3; 0) nên (S): x 2 + (y – 3) 2 + z 2 = 9 0,25 Với y = 1 ta có I(0; 1; 0) nên (S): x 2 + (y – 1) 2 + z 2 = 9 0,25 Câu 6. (1,0 điểm) 1) ( ) cos2x cosx 3 sin 2x sinx − = + 1 3 3 1 cos2x 3 sin 2x= 3 sinx cosx cos2x sin 2x sinx cosx 2 2 2 2 ⇔ − + ⇔ − = + 0,25 2 2x x k2 x k2 3 3 3 cos 2x cos x ,k 2 3 3 2x x k2 x k 3 3 3 π π π + = − + π =− + π π π ⇔ + = − ⇔ ⇔ ∈ π π π + =− + + π = ℤ 0,25 2) Số phần tử của không gian mẫu: 3 20 C 1140 = Gọi A là biến cố: “Trong ba viên bi lấy ra không có viên bi nào màu đỏ” 0,25 Số cách chọn 3 bi không có màu đỏ: 3 15 C 455 = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 17 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) 455 91 P A 1140 228 = = Câu 7. (1,0 điểm) Từ giả thiết SAB là tam giác đều cạnh 2a, SM là đường cao, 3 SM 2a. a 3 2 = = 0,25 Gọi N là trung điểm CD, ta có: ( ) ( ) ( ) 0 MN CD;SN CD SCD , ABCD MNS 60 ⊥ ⊥ ⇒ = = 0 SM BC MN a tan 60 = = = Thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 ABCD 1 1 2a 3 V SM.S AB.BC.SM 3 3 3 = = = 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên SN thì ( ) ( ) ( ) MH SCD MH d M, SCD ⊥ ⇒ = 2 2 MN.MS MN.SM a 3 MH SN 2 MN SM = = = + 0,25 Từ giả thiết suy ra I là trọng tâm tam giác ABC Kẻ IK // MH thì K ∈ CH, ( ) 2 IK MH, IK SCD 3 = ⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 a 3 d K, SCD IK MH .d M, SCD 3 3 3 ⇒ = = = = 0,25 Câu 8. (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có: 3 5 AM .AG M 1; 2 2 = ⇒ − 3 AH ;3 2 = − hay ( ) n 1; 2 = − là vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 18 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Phương trình BC: x – 2y + 6 = 0 ⇔ x = 2y + 6 Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi B(2m + 6; m) thì có ( ) C 4 2m;5 m − − 0,25 ( ) 7 AB 2m 8;m 2 ;HC 2m;4 m 2 = − + = − − . Ta có: AB.HC 0 = ( )( ) m 4 5 5m 0 m 4;m 1 ⇒ − − = ⇔ = = . Vậy B(2;4), C(–4;1) hoặc ( ) ( ) B 4;1 ,C 2;4 − 0,25 Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giac BHCK có BH // KC và BK // HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra HK và BC cắt nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điểm của HK. Ta có: 1 5 5 H ;1 , M 1; K ;4 2 2 2 − ⇒ − . Bán kính 1 15 R AK 2 4 = = 0,25 Câu 9. (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 < . Bất phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 x x 3x x 3x 1 2 0 1 1 x 1 x 1 x 1 x − + > − ⇔ − + > − − − − 0,25 Đặt 2 x t 1 x = − , khi đó bất phương trình (1) trở thành: 2 t 1 t 3t 2 0 t 2 < − + > ⇔ > 0,25 Với t < 1 thì ( ) 2 2 x 1 x 1 x 2 1 x < ⇔ < − − 1 x 0 − < ≤ : bất phương trình (2) đúng 0 x 1 < < : bất phương trình (2) 2 2 2 x 1 x 0 x 2 < − ⇔ < < Tập nghiệm của bất phương trình (2) là 1 2 S 1; 2 = − 0,25 Với t > 2 thì ( ) 2 2 x 2 x 2 1 x 3 1 x > ⇔ > − − Bất phương trình (3) ( ) 2 2 x 0 2 5 x x 4 1 x 5 > ⇔ ⇔ > > − Tập nghiệm của bất phương trình (3) là: 2 2 5 S ;1 5 = Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 2 2 2 5 S S S 1; ;1 2 5 = ∪ = − ∪ 0,25 Câu 10. (1,0 điểm) Biến đổi: 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 2x y 1 1 2. xy x y y x + + = = + . Đặt: 1 1 1 a ,b ,c x y z = = = . Giả thiết đề bài: x, y, z 0 a, b,c 0 xy yz zx xyz 0 a b c 1 > > ⇔ + + − = + + = và 2 2 2 2 2 2 F 2b a 2c b 2a c = + + + + + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 19 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Áp dụng bất đẳng thức: ( ) ( ) 2 2 u v u.v ≥ , với ( ) ( ) u 1;1;1 , v b;b;a = = , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2b a 3 b b a b b a 2b a 2b a 2b a 1 3 + = + + ≥ + + = + ⇒ + ≥ + 0,25 Tương tự, ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 2c b 2c b 2 ; 2a c 2a c 3 3 3 + ≥ + + ≥ + 0,25 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 F 2b a 2c b 2a c 3a 3b 3c 3 3 = + + + + + ≥ + + = Đẳng thức xảy ra 1 a b c x y z 3 3 ⇔ = = = ⇔ = = = Vậy F có giá trị nhỏ nhất bằng 3 0,25 ĐỀ 4 Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số ( ) 2 1 x y C x = + . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 4 2 1 z i z i + = − . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: ( ) ( ) 3 2 0 3 ln 1 1 + + = + ∫ x I dx x . Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 9 3 2 2log 1 log x x + = . Câu 5 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin 3 cos 2 x x − = . Câu 6 (1,0 điểm). Xác định hệ số của x 8 trong khai triển ( ) ( ) 10 2 1 2 f x x x = + − . Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có ( ) 2;3 C − . Đường cao AH có phương trình 3 2 25 0 x y − − = . Đường phân giác BE có phương trình 0 x y − = . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh bằng a (a > 0). Đường chéo AC = a. Mặt phẳng chứa SAB cân tại S vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60 o . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) Tính ( ) ( ) A, SBC d . Câu 9 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : ( ) ( ) 1 2 2 : 1 1 2 = + = − ∈ = − ℝ x t d y t t z t và ( ) 2 1 1 3 : 2 1 2 − − − = = x y z d . a) Chứng minh rằng (d 1 ) song song với (d 2 ). b) Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (d 1 ) và tiếp xúc với (d 2 ) tại điểm B(3 ; 0 ; 1). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 20 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4 4 4 2 x y z P x y y z z x y z x = + + + + + + + + ––––––––––HẾT–––––––––––– Câu Đáp án Điểm Câu 1 1,0điểm TXĐ : { } D \ 1 = − ℝ . ( ) 2 2 ' 0, D 1 = > ∀ ∈ + y x x . 0,25 Tiệm cậm đứng x = –1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25 Bảng biến thiên : 2 -∞ 2 +∞ + + +∞ -∞ -1 y y' x 0,25 Trả lời đúng các điểm đặc biệt. Đồ thị : 0,25 Câu 2 1,0điểm 4 2 2 2 1 1 z i z i z i z i + + = ⇔ =± − − 0,25 O SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 21 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) ( ) 2 1 2 2 2 z i z i z i z i z i i z i z i i z i + =± + =± − − ⇔ ⇔ + =± − + =± − 0,25 0,25 Vậy 1 2 3 1 3 1 3 1 ; ; ; 2 2 2 2 2 z i z i z i =− = − =− − 0,25 Câu 3 1,0điểm ( ) ( ) 2 3 ln 1 1 1 1 1 = + + = + ⇒ = =− + + dx u x du x dx dv v x x 0,25 ( ) ( ) 3 3 2 0 0 3 ln 1 I 1 1 + + =− + + + ∫ x dx x x 0,25 3 0 9 ln 2 1 I 4 2 1 = − − + x 0,25 ln 2 I 3 2 = − 0,25 Câu 4 1,0điểm Điều kiện 0 ; 1 x x > ≠ 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 3 3 log log 2 0 x x + − = 0,25 ( ) ( ) = = ⇔ ⇔ =− = 3 3 3 Thoûa ñieàu kieän log 1 1 log 2 Thoûa ñieàu kieän 9 x x x x 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là = = 1 3 ; . 9 x x 0,25 Câu 5 1,0điểm Ta có: 1 3 2 sin 3 cos 2 sin cos 2 2 2 x x x x − = ⇔ − = 0,25 2 cos sin sin cos sin sin 3 3 2 3 4 x x x π π π π ⇔ − = ⇔ − = 0,25 ( ) 2 3 4 , 2 3 4 x k x k k π π π π π π π ⇔ ∈ − = + − = + − ℤ . 0,25 ( ) 7 2 12 , 13 2 12 k x k x k π π π π = + = + ⇔ ∈ ℤ . 0,25 Câu 6 1,0điểm Ta có : ( ) ( ) ( ) 10 10 2 10 0 C . 2 . 1 − = = + ∑ k k k k f x x x ( ) 10 10 10 20 2 10 0 0 C .C . 1 .2 . k k k j k k j k k j x − − − + = = = − ∑∑ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 22 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Số hạng chứa x 8 ứng với cặp ( ) ; k j sao cho ; 0 10 2 12 ∈ ≤ ≤ ≤ = − ℕ k j j k j k 0,25 Khi đó cặp số ( ) ; k j ứng với các cặp số ( ) 6;0 ; ( ) 7;2 ; ( ) 8;4 ; ( ) 9;6 ; ( ) 10;8 . 0,25 Hệ số của x 8 là : 6 0 4 7 2 3 8 4 2 9 6 10 8 10 6 10 7 10 8 10 9 10 10 C .C .2 C .C .2 C .C .2 C .C .2 C .C 5835 − + − + =− . 0,25 Câu 7 1,0điểm PT đường thẳng BC là 2 3 5 0 x y + − = . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 3 5 0 1 0 1 x y x x y y + − = = ⇔ − = = . Tọa độ của điểm ( ) B 1;1 . 0,25 Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE F AB ⇒ ∈ . Tính được tọa độ của điểm ( ) F 3; 2 − 0,25 PT đường thẳng AB là 3 2 5 0 x y + − = . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 2 5 0 5 3 2 25 0 5 x y x x y y + − = = ⇔ − − = =− . Tọa độ của điểm ( ) A 5; 5 − . 0,25 PT đường thẳng AC là 8 7 5 0 x y + − = . 0,25 Câu 8 1,0điểm a) 60 o H B A D C S Chứng minh được ( ) SH ABCD ⊥ . 0,25 Tính được diện tích hình thoi 2 ABCD 3 S 2 a = Suy ra : 2 3 1 3 3 V . . ( ) 3 2 2 12 a a a ñvtt = = 0,25 b) Tính được ( ) ( ) = 3 13 H, SBC 26 a d 0,25 Tính được ( ) ( ) = 3 13 A, SBC 13 a d 0,25 Câu 9 1,0điểm a) Chứng minh được 1 d song song với 2 d 0,25 b) A là hình chiếu vuông góc của B trên d 1 . Do đó mặt cầu cần tìm có đường kính AB. 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 23 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐỀ 5 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 6 9 1 y x x x = − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = có một nghiệm duy nhất. Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0 i z i + − − = . Tìm phần ảo của số phức 1 w zi z = − + Tìm được 8 2 1 A ; ; 3 3 3 và bán kính mặt cầu 1 2 r= 0,25 ( ) 2 2 2 17 1 2 1 S : 6 3 3 4 x y z − + − + − = 0,25 Câu 10 1,0điểm Ta có : ( ) ( ) + ≥ + > 3 3 3 4 Vôùi , 0 x y x y x y . Thật vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + ≥ + ⇔ − + ≥ + + > 3 2 3 3 2 2 4 4 0 . x y x y x xy y x y x y ( ) − ≥ 2 0 Ñuùng vôùi moïi , . x y x y Tương tự : ( ) ( ) + ≥ + > 3 3 3 4 Vôùi , 0 x z x z x z . ( ) ( ) + ≥ + > 3 3 3 4 Vôùi , 0 y z y z y z . 0,25 Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 2 6 x y y z z x x y z xyz + + + + + ≥ + + ≥ . Mặt khác 3 2 2 2 1 2 6 x y z y z x xyz + + ≥ . 0,25 Suy ra 3 3 1 P 6 12 xyz xyz ≥ + ≥ 0,25 = = = ⇔ = = ⇔ = = = = 2 2 2 Daáu" "xaûy ra 1 1 x y z x y z x y z y z x xyz xyz Vậy Min P 12 = khi 1 x y z = = = . 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 24 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y + − − = + + = + − (x,y∈ℝ ) Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân ( )( ) 1 2 0 1 2 x I x e dx = − + ∫ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: 1 0 x y + + = , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0 x y − − = . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z ≥ ≥ và 3 x y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + . –––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––– Câu Đáp án Điểm 1.a (1,0 điểm) TXĐ: D=ℝ , / 2 3 12 9 y x x = − + . 3 ' 0 1 x y x = = ⇔ = Hàm số nghịch biến trên các khoảng(–∞ ;1) và (3;+ ∞ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim , lim x x y y →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ BBT x −∞ 1 3 +∞ ' y + 0 – 0 + y 3 +∞ −∞ – 1 Đồ thị : đi qua các điểm (3;–1), (1;3), (2;1), (0;–1) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.b (1,0 điểm) Pt : 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = 3 2 6 9 1 2 1 x x x m − + − = − (*) Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d 2 1 y m = − (d cùng phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : 2 1 1 2 1 3 m m − <− − > 0 2 m m < > 0.25 0.25 0.25 0.25 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 25 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2.a (0,5 điểm) (sin cos )(sin cos 1) 0 x x x x ⇔ − − − = sin cos 0 sin cos 1 x x x x − = ⇔ − = sin( ) 0 4 2 sin( ) 4 2 x x π π − = ⇔ − = 4 2 2 2 x k x k x k π π π π π π = + ⇔ = + = + ( k∈ℤ ) 0.25 0.25 2.b (0,5 điểm) (1 ) 1 3 0 i z i + − − = 1 3 2 1 i z i i + = = + + => w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng – 1 0.25 0.25 3 (0,5 điểm) ĐK: x > 1 , 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ 3 log [( 1)(2 1)] 1 x x ⇔ − − ≤ 2 2 3 2 0 x x ⇔ − − ≤ 1 2 2 x − ≤ ≤ => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 0.25 4 (1,0 điểm) Điều kiện: x+y≥ 0, x–y≥ 0 Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0 uv uv uv uv uv uv uv + + − = ⇔ + + = + ⇔ = . Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. 0.25 0.25 0.25 0.25 5 (1,0 điểm) Đặt 2 1 (2 ) x u x dv e dx = − = + => 2 1 2 2 x du dx v x e =− = + 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) (2 ) 0 2 2 x x I x x e e dx = − + + + ∫ = 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) ( ) 0 0 2 4 x x x x e x e − + + + 2 1 4 e + = 0.25 0.25 0,5 6 (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm AB–Lập luận ( ) SH ABC ⊥ –Tính được 15 SH a = Tính được 3 . 4 15 3 S ABC a V = Qua A vẽ đường thẳng / /BD Δ , gọi E là hình chiếu của H lênΔ , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, Δ ))=2d(H, (S, Δ ))=2HK 0.25 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 26 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Tam giác EAH vuông cân tại E, 2 2 a HE= 2 2 2 2 1 1 1 31 15 15 31 15 ( , ) 2 31 HK a HK SH HE a d BD SA a = + = ⇒ = ⇒ = 0.25 7 (1,0 điểm) Gọi H là trực tâm Δ ABC. Tìm được B(0;–1), 1 cos cos 10 HBC HCB = = Pt đthẳng HC có dạng: a(x–2)+b(y–1)=0( ( ; ) n a b = là VTPT và 2 2 0 a b + > ) 2 2 2 2 2 1 cos 4 10 4 0 2 5 2 0 10 2( ) a b a a HCB a ab b b b a b + = = ⇒ + + = ⇔ + + = + 2 2, 1 1 1, 2( ) 2 a a b b a a b l b =− =− = ⇔ ⇒ =− = =− , phương trình CH: –2x + y + 3 = 0 AB⊥ CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 Tìm được : 2 5 ( ; ) 3 3 C − ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 0.25 0.25 0.25 8 (1,0 điểm) Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2), bán kính mặt cầu: 3 R= Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) 3 x y z + + + − = Giả sử H(x;y;z), (x 1; y 2;z 1), (1;2; 2), ( 1; ; 3) AH BC BH x y z = − + − = − = + − . 0 2 2 5 AH BC AH BC x y z ⊥ ⇔ = ⇔ + − =− BH cùng phương 2 2 3 x y BC y z − =− ⇔ + = , Tìm được H( 7 4 23 ; ; 9 9 9 − ) 0.25 0.25 0.25 0.25 9 (0,5 điểm) Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω ) = C 3 9 = 84 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = 3 5 C = 10 => Xác suất cần tính là P(A) = 10 84 = 5 42 0.25 0.25 10 (1,0 điểm) Ta có 2 , x xz x z + ≥ 2 z yz z y + ≥ . Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( ) x z y x y z xz yz x z y x y z = + + + + − − = + + + − Do 0 x> và y z ≥ nên ( ) 0 x y z − ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 0.25 0.25 0,25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 27 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐỀ 6 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 = − y x x (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 2. b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và Ox. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho 4 cos , 0 5 2 π α α = − < < . Tính giá trị biểu thức sin 4 = − A π α . b) Cho số phức 3 2 z i = − . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w iz z = − . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: + = + 2 (sinx cosx) 1 cosx . b) Giải bất phương trình: + + < + 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân dx x x I ∫ + = 2 0 1 sin 3 cos π Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp ABC S. có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho SM MC 2 = . Biết AB a = , 3 BC a = . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. Câu 6 (1,0 điểm). 1. Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 3 5 2 1 n x x x + , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0 x> ). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 2 3 2 7 2 6 0 7 12 6 2 2 0. x y x y x x y xy y x y − − + + = − + − + − + = ( ) , x y∈ℝ . Câu 9 (1,0 điểm).Cho , , a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + . –––––––––––––––– Hết–––––––––––––––– ĐÁP ÁN CÂU a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Điểm 1 2 4 2x x y − = * TXĐ: D = R 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 28 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam * Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: x x y 4 4 ' 3 − = ; ⇔ = 0 ' y 1 , 0 0 4 4 3 ± = = ⇔ = − x x x x Hàm số đồng biến trên các khoảng (–1; 0) và (1; ∞ + ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–∞ ; –1) và (0; 1) – Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y cđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; y ct = y(± 1) = –2 0.25 – Giới hạn tại vô cực: 4 2 ( 2 ) x lim x x →±∞ − = +∞ – Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0.25 * Đồ thị: Tìm giao với các trục tọa độ. . 0.25 b. (1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và Ox. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và Ox: 4 2 x 0 x 2x 0 x 2 = − = ⇔ =± 0.25 Diện tích hình phẳng: S= 0 2 4 2 4 2 0 2 | x 2x | dx | x 2x | dx − − + − ∫ ∫ 0.25 = 0 2 4 2 4 2 0 2 (x 2x )dx (x 2x )dx − − + − ∫ ∫ = 0 2 5 3 5 3 2 0 x 2x x 2x 5 3 5 3 − − + − 0.25 = 16 2 15 0.25 2 2 2 2 2 2 sin cos 1 sin 1 cos 4 9 1 5 25 3 sin 5 α α α α α + = ⇔ = − = − = ⇔ =± Vì 0 2 π α − < < nên 3 sin 5 α =− . 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 29 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam sin 4 sin .cos cos .sin 4 4 = − = − A π α π π α α 3 2 4 2 . . 5 2 5 2 = − − 7 2 10 =− 0,25 3 2 z i = + 0,25 ( ) ( ) 3 2 3 2 1 w i i i i = − − + =− + Phần thực là: –1 Phần ảo là: 1. 0,25 3 a) Ta có: + = + 2 (sinx cosx) 1 cosx ⇔ + = + 1 2sin xcosx 1 cosx ⇔ = cosx(2sin x-1) 0 0,25 = ⇔ cosx 0 1 sinx= 2 π π π π π π = + ⇔ + ∈ = + x k 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 0,25 b) Điều kiện: > x 0 (*). + + < + 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) ⇔ + < + 2 0,2 0,2 log (x x) log (x 2) 0,25 ⇔ + > + 2 x x x 2⇔ > x 2 (vì x > 0). Vậy bất phương trình có nghiệm > x 2 . 0,25 4 Đặt udu xdx x u 3 2 cos 1 sin 3 = ⇒ + = 0.25 Đổi cận: 2 2 ; 1 0 = ⇒ = = ⇒ = u x u x π 0.25 Khi đó: ∫ = = 2 1 3 1 2 3 3 2 3 2 . u udu u I 0.25 Tính được 9 14 = I 0.25 5 Gọi H là trung điểm của AB AB SH ⊥ ⇒ .Do ) ( ) ( ABC SAB ⊥ nên ) (ABC SH ⊥ 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 30 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Do SAB là tam giác đều cạnh a nên 2 3 a SH = . 2 2 2 a AB BC AC = − = Thể tích khối chóp S.ABC là 12 6 . . 6 1 . 3 1 3 . a AC AB SH S SH V ABC ABC S = = = 0.25 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N ) //( // BMN AC MN AC ⇒ ⇒ Ta có ) (SAB AC AB AC ⊥ ⇒ ⊥ mà ) ( ) ( ) ( // BMN SAB SAB MN AC MN ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ Từ A kẻ ( ) AK BN K BN ⊥ ∈ ( ) AK BMN ⇒ ⊥ ( ,( )) ( , ) AK d A BMN d AC BM ⇒ = = 0.25 Do 2 2 3 3 MC AN SC SA = ⇒ = 2 2 2 2 3 3 3 3 4 6 ABN SAB a a S S ⇒ = = = 2 2 2 2 0 7 2 . cos 60 9 a BN AN AB AN AB = + − = 7 3 a BN ⇒ = , 2 21 7 = = ABN S a AK BN . Vậy 21 ( , ) 7 = a d AC BM 0.25 6 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu” Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: 3 16 560 C = 0.25 Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: 3 3 3 4 5 7 49 C C C + + = Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: 1 1 1 4 5 7 140 C C C = Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 49 140 53 1 560 80 P A + = − = 0.25 Xét khai triển : 5 3 5 3 2 3 3 1 1 n n x x x x x x + = + 1 5 5 5 3 0 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 ... ... k n n n n k k n n n n n x C C x C x C x x x x − − = + + + + + Thay 1 x= vào khai triển ta được: 0 1 2 ... ... n k n n n n n C C C C = + + + + + Theo giả thiết ta có: 0 1 ... ... 4096 k n n n n n C C C C + + + + + = 12 2 2 12 n n ⇔ = ⇔ = 0.25 Với 12 n= ta có khai triển: 12 3 5 2 1 x x x + Gọi số hạng thứ ( ) 1 0 12, k k k Z + ≤ ≤ ∈ là số hạng chứa 6 x . Ta có : ( ) 12 5 2 21 3 5 2 1 12 12 2 1 k k k k k k k T x C x C x x − − + + = = 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 31 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vì số hạng có chứa 6 x nên : ( ) 2 21 6 5 2 21 6 6 2 9 k k k + − + = ⇔ = = . Với 6 k = ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924 C = . 7 Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh AF EF ⊥ . Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEFcũng nội tiếp, do đó AF EF ⊥ . 0.25 Đường thẳng AF có pt: x+3y–4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ 17 3 10 17 1 32 5 ; 3 4 1 5 5 5 5 x x y F AF x y y = − = ⇔ → → = + = = ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 ; 2 5 8 17 51 8 ;3 10 3 5 5 5 5 19 19 7 5 34 57 0 3 hay 3; 1 ; 5 5 5 AFE DCB EF AF E t t EF t t t t t t E E Δ Δ → = = − → = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − ∨ ∼ 0.25 Theo giả thiết ta được ( ) 3; 1 E − , pt AE: x+y–2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 3 1 1 3 1 1 2 1 3 hay D(1;-1) D(3;1) 1 3 0 1 1 x y x y AD DE AD DE x x y y y x x x x x y y − + − = − + + = ⇔ ⊥ − − = − + = − = = ⇔ ⇔ ∨ ∨ − − = =− = 0.25 Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;–1). Khi đó, C(5;–1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;–1) và D(1;–1). 0.25 8 Ta có: 3 2 2 3 7 12 6 2 2 0 x x y xy y x y − + − + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 y x x x y x y x ⇔ − − − + − + = . ( ) 2 0.25 Vì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 0, , 2 4 x x x y x y x y x x x y − − + − + = − − + + > ∀ nên: ( ) 2 0 x y ⇔ − = hay x y = . 0.25 A B D C G E F HSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 32 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Hệ tương đương 2 2 2 7 2 6 0 y x x y x y = − − + + = 2 5 6 0 y x x x = ⇔ − + = 2 3. y x x x = ⇔ = = 0.25 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( ) ( ) ; 2;2 x y = hoặc ( ) ( ) ; 3;3 x y = . 0.25 9 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a = + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a ≥ + + = + + 0.25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ; ; a b c b a b c b c a c a + ≥ + ≥ + ≥ Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1 a b c b c a a b c + + ≥ + + Suy ra: 0.25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 VT a b c a b b c c a ≥ + + = + + + + + 0.25 1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a ≥ + + = + + = + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 a b c = = = 0.25 ĐỀ 7 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1 1 x y x − = − Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ( ) 3 2 2 1 1 1 3 y x mx m m x = − + − + + đạt cực đại tại điểm 1 x= . Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 5 8 5 0 z z − + = trên tập số phức. b) Giải phương trình 1 2x x x 2 6 3.9 + − = . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ( ) 2 2 0 3sin 1 cos . I x xdx π = − ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 1;2; 3 M − và mặt phẳng ( ) : 2 3 5 0 P x y z − + − = . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng ( P). Tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu ( S) có tâm M tiếp xúc với mặt phẳng ( P). Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 os5 2sin 1 c x x − =− SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 33 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam y 1 2,5 3 2 b) Để kiểm tra chất lượng an toàn vệ sinh thực phẩm của một công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 6 hộp sữa vị dâu, 4 hộp sữa vị cam và 5 hộp sữa vị xoài. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp để kiểm nghiệm. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có đủ 3 loại. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 7 , 2 , 2 a AB a BC a SA = = = , mặt bên ( ) SAB vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác SAB cân đỉnh S và có G là trọng tâm. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( SCD) theo a. Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm cạnh AD, đường thẳng CM có phương trình : 2 0 x y − − = . Điểm ( ) 3; 3 D − , đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình: 3 2 2 0 x y + − = và B có hoành độ âm. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2 7 2 1 8 7 1 x x x x x + − > − + − + − + Câu 10 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn 3 x y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 x y z P x y z y z x = + + + + + HÊT Câu Đáp án Điể Câu 1 ( 1,0 đ) • Tập xác định: { } \ 1 D=ℝ • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: ( ) 2 1 ' 0 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − – Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ) ;1 −∞ và ( ) 1;+∞ . – Hàm số không có cực trị. 0,25 • Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = ; tiệm cận ngang 2 y= 1 1 lim ; lim x x y y − + → → =−∞ =+∞ ; tiệm cận đứng 1 x= 0,25 • Bảng biến thiên: x – ∞ 1 +∞ y′ – – y 2 –∞ +∞ 2 0,25 • Đồ thị: 0,25SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 34 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 (1,0đ) Tập xác định D=ℝ 2 2 ' 2 1 y x mx m m = − + − + '' 2 2 y x m = − 0,25 Để hàm số đạt cực trị tại 1 x= khi và chỉ khi ( ) 2 1 ' 1 0 3 2 0 2 m y m m m = = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 Với m = 1, suy ra m = 1 không thỏa đề bài Với m = 1, ( ) '' 1 2 0 y =− < 0,25 Với m = 2, ( ) '' 1 2 0 y =− < suy ra hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1 Vậy m = 2 0,25 Câu 3 ( 1,0đ) a) ( ) 2 36 6i Δ=− = 0,25 Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức là: 1 2 8 6 4 3 10 5 5 8 6 4 3 10 5 5 i z i i z i + = = + − = = − 0,25 b) 1 2x x x 2 6 3.9 + − = ⇔ − − = ⇔ − − = 2 2 2 2.4 6 3.9 0 2. 3 0 3 3 x x x x x 0,25 2 3 3 2 2 1 3 x x = ⇔ =− 1 x ⇔ =− 0,25 Câu 4 ( 1,0đ) Đặt sinx cos . t dt xdx = ⇒ = Đổi cận: 0 0; 1 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 ( ) ( ) 1 1 2 2 0 0 3 1 9 6 1 I t dt t t dt = − = − + ∫ ∫ 0,25SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 35 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam = ( ) 1 3 2 0 3 3 t t t − + 0,25 1 = 0,25 Câu 5 ( 1,0đ) Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng ( P) Đường thẳng d đi qua M có vecto chỉ phương ( ) 1; 2;3 a= − 0,25 Phương trình đường thẳng d: 1 2 2 3 3 x t y t z t = + = − =− + 0,25 Gọi H là điểm cần tìm Suy ra H là giao điểm của d và ( P) ( ) 1 ;2 2 ; 3 3 H d H t t t ∈ ⇒ + − − + ( ) ( ) ∈ ⇒ + − − + − + − = ⇔ = 17 ( ) 1 2 2 2 3 3 3 5 0 14 H P t t t t 0.25 31 3 9 ; ; 14 7 14 H − 0,25 Câu 6 ( 1,0đ) a) 2 os5 2sin 1 c x x − =− ⇔ =− os5 os2 c x c x ( ) π ⇔ = − os5 os 2 c x c x 0,25 2 7 7 , 2 3 3 k x k k x π π π π = + ⇔ ∈ − = + ℤ 0,25 b) số phần tử không gian mẫu là 3 15 455 C = 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố " 3 hộp sữa được chọn có đủ 3 loại" là 120. Xác suất cần tính là 120 24 455 91 P= = 0,25 Câu 7 ( 1,0đ) Gọi I là trung điểm của AB, K là trung điểm của CD ( ) ( ) SAB ABCD ⊥ , ( ) ( ) SAB ABCD AB ∩ = và SI AB ⊥ nên ( ) SI ABCD ⊥ Tam giác SIA vuông tại I nên 2 2 2 3 SI SA AI a = − = 0,25 3 . 1 4 3 . . 3 3 S ABCD ABCD a V SIS = = 0,25 , CD IKCD SI ⊥ ⊥ nên ( ) CD SIK ⊥ Kẻ đường cao IH của tam giác SIK, H thuộc SK ta có , IH SK IH CD ⊥ ⊥ nên ( ) IH SCD ⊥ trong tam giác SIK , kẻ / / , GE IH E SK ∈ , suy ra ( ) GE SCD ⊥ ( ) ( ) ; GE d G SCD = 0,25SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 36 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Tam giác SIK vuông tại I: 2 2 2 1 1 1 IH SI IK = + , suy ra 3 IH a = 2 2 3 3 3 a GE IH = = 0,25 Câu 8 ( 1, 0đ) Gọi ( ) ; 3 2 B t t d − + ∈ ( ) ( ) 3 4 4 ; 2 ; 2. 2 2 t t d BCM d DCM + − = = = 0,25 3 1 t t = ⇔ =− suy ra ( ) 1;5 B − ( do điểm B có hoành độ âm) 0,25 ( ) ; 2 C mm d − ∈ ta có . 0 BCCD= và BC = CD Suy ra m = 5, vậy ( ) 5;3 C 0,25 Vì ( ) 3; 1 AB DC A = ⇒ − − Vậy ( ) 1;5 B − , ( ) 5;3 C , ( ) 3; 1 A − − 0,25 Câu 9 ( 1,0 đ) Điều kiện: 1 7 x ≤ ≤ Bất phương trình tương đương với ( ) ( )( ) ( ) 2 1 1 7 2 1 7 0 x x x x x − − − − − − − − > 0,25 ( )( ) 1 7 1 2 0 x x x ⇔ − − − − − > 0,25 5 4 x x > ⇔ < 0,25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ) ( 1;4 5;7 S = ∪ 0,25 Câu 10 ( 1,0đ) 3 3 3 x y z P x y z y z x = + + + + + Đặt 2 2 2 , , x a y b z c = = = suy ra 2 2 2 3 a b c + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 2 2 2 3 3 3 a b c P b c a = + + + + + 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b b b a b b c c c c a c c a a + + + ≥ = + + + + + ≥ = + + + + + ≥ = + + 0,25SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 37 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Cộng theo vế ta được + + + + ≥ 2 2 2 9 3 16 4 a b c P ( ) + + + ⇔ + ≥ 2 2 2 3 9 3 .3 16 4 a b c P ⇔ ≥ 3 2 P 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 2 khi 1 a b c = = = khi 1 x y z = = = 0,25 ĐỀ 8 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1 y x x =− + + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ 0 x là nghiệm của phương trình ( ) 0 '' 12 y x = . Câu 2 (0,5 điểm). Cho số phức 3 2 z i = − . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w iz z = − . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3 2 1 2ln x x I dx x − = ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 4;1;3 A − và đường thẳng 1 1 3 : 2 1 3 x y z d + − + = = − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27 AB= . Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin 2 1 6sin cos 2 x x x + = + . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a = = , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( ) SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB theo a . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( ) 1;4 A , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương trình 2 0 x y − + = , điểm ( ) 4;1 M − thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1 x xy x y y y y x y x + + − − = + − − + − = − SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 38 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 10 (1,0 điểm). Cho , , a b c là các số dương và 3 a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 bc ca ab a bc b ca c ab P + + + + + = …….Hết………. Câu ĐÁP ÁN Điểm 1 a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : 3 3 1 y x x =− + + TXĐ: D R = 2 ' 3 3 y x =− + , ' 0 1 y x = ⇔ =± 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1;+∞ , đồng biến trên khoảng ( ) 1;1 − Hàm số đạt cực đại tại 1 x= , 3 CD y = , đạt cực tiểu tại 1 x=− , 1 CT y =− lim x y →+∞ =−∞ , lim x y →−∞ =+∞ hoctoancapba.com 0.25 * Bảng biến thiên x –∞ –1 1 +∞ y’ + 0 – 0 + y +∞ 3 –1 – ∞ 0.25 Đồ thị: 4 2 2 4 b.(1,0 điểm) ( ) ( ) 2 0 0 0 ' 3 3 y'' 6 x y'' 12 2; 3 ' 2 9 y x x x y y =− + =− = ⇒ =− = ⇒ − =− 0.25 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 39 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Pttt của (C) là y = –9x – 15 0.25 2. 3. (0,5 điểm) 3 2 z i = + ( ) ( ) 3 2 3 2 1 w i i i i = − − + =− + Phần thực là –1 Phần ảo là 1. 0. 25 0. 25 3. (0,5 điểm) 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = 2 5 1 5.5 6.5 1 0 1 5 5 x x x x = ⇔ − + = ⇔ = 0 1 x x = ⇔ =− Vậy nghiệm của PT là 0 x= và 1 x=− 0.25 0.25 4. (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln ln 3 ln 2 2 2 2 2 x x x x I xdx dx dx dx x x x = − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ Tính 2 2 1 ln x J dx x = ∫ Đặt 2 1 ln , u x dv dx x = = . Khi đó 1 1 , du dx v x x = =− Do đó 2 2 2 1 1 1 1 ln J x dx x x =− + ∫ 2 1 1 1 1 1 ln 2 ln 2 2 2 2 J x =− − =− + Vậy 1 ln 2 2 I = + 0.25 0.25 0.25 0.25 5. (1,0 điểm) Đường thẳng d có VTCP là ( ) 2;1;3 d u = − Vì ( ) P d ⊥ nên ( ) P nhận ( ) 2;1;3 d u = − làm VTPT Vậy PT mặt phẳng ( ) P là : ( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 3 3 0 x y z − + + − + − = 2 3 18 0 x y z ⇔− + + − = Vì B d ∈ nên ( ) 1 2 ;1 ; 3 3 B t t t − − + − + 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 40 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 27 AB= ( ) ( ) 2 2 2 2 27 3 2 6 3 27 AB t t t ⇔ = ⇔ − + + − + = 2 7 24 9 0 t t ⇔ − + = 0.25 3 3 7 t t = ⇔ = Vậy ( ) 7;4;6 B − hoặc 13 10 12 ; ; 7 7 7 B − − 6. (1,0 điểm) a. (0,5điểm) sin 2 1 6sin cos2 x x x + = + ⇔ (sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0 x x x − + − = ⇔ ( ) 2 2sin cos 3 2sin 0 x x x − + = ⇔ ( ) 2sin cos 3 sin 0 x x x − + = sin 0 sin cos 3( ) x x x Vn = ⇔ + = ⇔ x kπ = . Vậy nghiệm của PT là , x k k Z π = ∈ 0.25 b. (0,5điểm) ( ) 3 11 165 n C Ω = = Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2 5 6 5 6 . . 135 C C C C + = Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9 165 11 = 0.25 0.25 7. (1,0 điểm) j C B A S H K M Gọi K là trung điểm của AB HK AB ⇒ ⊥ (1) Vì ( ) SH ABC ⊥ nên SH AB ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AB SK ⇒ ⊥ Do đó góc giữa ( ) SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng 60 SKH = Ta có 3 tan 2 a SH HK SKH = = Vậy 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 12 S ABC ABC a V S SH AB AC SH = = = 0.25 Vì / / IH SB nên ( ) / / IH SAB . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) , , d I SAB d H SAB = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 41 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Từ H kẻ HM SK ⊥ tại M ( ) HM SAB ⇒ ⊥ ⇒ ( ) ( ) , d H SAB HM = 0.25 Ta có 2 2 2 2 1 1 1 16 3 HM HK SH a = + = 3 4 a HM ⇒ = . Vậy ( ) ( ) 3 , 4 a d I SAB = 0,25 8. (1,0 điểm) K C A D B I M M' E Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có : AID ABC BAI = + IAD CAD CAI = + Mà BAI CAI = , ABC CAD = nên AID IAD = ⇒ DAI Δ cân tại D ⇒ DE AI ⊥ 0,25 PT đường thẳng AI là : 5 0 x y + − = 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : 5 0 x y − + = Gọi ' K AI MM = ∩ ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9) 0,25 VTCP của đường thẳng AB là ( ) ' 3;5 AM = ⇒ VTPT của đường thẳng AB là ( ) 5; 3 n= − Vậy PT đường thẳng AB là: ( ) ( ) 5 1 3 4 0 x y − − − = 5 3 7 0 x y ⇔ − + = 0,25 9. (1,0 điểm). 2 2 3 5 4(1) 4 2 1 1(2) x xy x y y y y x y x + + − − = + − − + − = − Đk: 2 2 0 4 2 0 1 0 xy x y y y x y + − − ≥ − − ≥ − ≥ Ta có (1) ( )( ) 3 1 4( 1) 0 x y x y y y ⇔ − + − + − + = Đặt , 1 u x y v y = − = + ( 0, 0 u v ≥ ≥ ) Khi đó (1) trở thành : 2 2 3 4 0 u uv v + − = 4 ( ) u v u v vn = ⇔ =− 0.25 Với u v = ta có 2 1 x y = + , thay vào (2) ta được : 2 4 2 3 1 2 y y y y − − + − = ( ) ( ) 2 4 2 3 2 1 1 1 0 y y y y ⇔ − − − − + − − = 0.25 ( ) 2 2 2 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y y − − + = − + − − + − 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 42 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) 2 2 1 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y ⇔ − + = − + − − + − 2 y ⇔ = ( vì 2 2 1 0 1 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y ⇔ + > ∀ ≥ − + − − + − ) Với 2 y= thì 5 x= . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( ) 5;2 0.25 10. (1,0 điểm) . Vì a + b + c = 3 ta có 3 ( ) ( )( ) bc bc bc a bc a a b c bc a b a c = = + + + + + + 1 1 2 bc a b a c ≤ + + + Vì theo BĐT Cô–Si: 1 1 2 ( )( ) a b a c a b a c + ≥ + + + + , dấu đẳng thức xảy ra⇔ b = c 0,25 Tương tự 1 1 2 3 ca ca b a b c b ca ≤ + + + + và 1 1 2 3 ab ab c a c b c ab ≤ + + + + 0,25 Suy ra P 3 2( ) 2( ) 2( ) 2 2 bc ca ab bc ab ca a b c a b c a b c + + + + + ≤ + + = = + + + , 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 3 2 khi a = b = c = 1. 0,25 ĐỀ 9 Câu 1(2 điểm). Cho hàm số 4 2 2 4 2 y x x = − + có đồ thị (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 48 = Câu 2 (1 điểm). a)Giải phương trình: 3 sin 2 cos2 -2cos +1=0 x x x + b)Tìm số phức z biết: (1+2i)z + =2+4i Câu 3 (0,5 điểm) . Giải bất phương trình: 2 4 2 log ( 1) 2log ( 2) log (2 4) x x x − + − > − Câu 4.(0,5 điểm)Trong một hộp kín đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5(1 điểm) . Tính tích phân sau: 1 2 0 18 6 ( ) 3 1 1 x x I e dx x + = + + + ∫ Câu 6 (1điểm) .Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ( ) ( ) A 1;0;1 , B 1;2; 3 − và mặt phẳng ( ) P : 2 2 1 0 x y z + − + = a) Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q đi qua 2 điểm A; B và vuông góc với mặt phẳng ( ) P SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 43 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam b) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P bằng 2 Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng , a SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng ( ) SAB bằng 30 0 . Gọi E là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE , SC theo a . Câu 8 (1điểm). Giải hệ phương trình sau: ( ) 2 2 3 3 2 2 4 2 3 3 9 4 3 2 9 1 3 2 2 1( ) y y x x x y x x y y y x x + + = + + − + + + = − + Câu 9 (1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I , có diện tích bằng 20. Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng AB , điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD , điểm ( 2;1) H − thuộc đường cao kẻ từ I của IMN Δ , trọng tâm G của IMN Δ thuộc đường thẳng : 3 9 0 x y Δ + − = Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương và AC BD > Câu 10 (1 điểm) .Cho , y, z x là các số thực thoả mãn: 3 3 3 3 1 x y z xyz + + − = . Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 P x y z = + + ––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––– Câu1 Đáp án Điểm 1a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2 2 4 2 y x x = − + 1đ Txđ: D=R +Sự biến thiên: 3 2 0 ' 8 8 8 ( 1); ' 0 1 x y x x x x y x = = − = − = ⇔ =± 0,25 + Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0) à(1; ) v − +∞ + Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1) à(0;1) v −∞ − +Hàm số đạt CĐ tại x=0; y CĐ= 2; Hàm số đạt CT tại 1; 0 CT x y =± = + Giới hạn: 4 2 lim (2 4 2) x x x →±∞ − + =+∞ 0,25 +Bảng biến thiên : x −∞ –1 0 1 +∞ y’(x) 0 0 0 +∞ +∞ 2 y(x) 0 0 0.25 +Đồ thị: 0,25 y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 44 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 1b Gọi 0 0 ( ; ) M x y là tiếp điểm ta có: ( ) 0 y’ x 48 = 0,25 0 3 3 0 0 0 8 8 48 6 0 x x x x ⇔ − = ⇔ − − = 0,25 2 0 0 0 0 ( 2)( 2 3) 0 2 (2;18) x x x x M ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến là: 48 78 y x = − 0,25 2a Giải phương trình: 3 sin 2 cos2x-2cosx+1=0 x+ 0,5 2 2 3 sin cos 2cos 1 2cos 1 0 2cos ( 3 sin cos 1) 0 cos 0 3 sin cos 1 0 pt x x x x x x x x x x ⇔ + − − + = ⇔ + − = = ⇔ + − = 0,25 cos 0 , 2 x x k k Z π π = ⇔ = + ∈ 3 1 1 3 sinx cos 1 0 sinx cos 2 2 2 2 sin( ) sin 2 6 6 2 3 x x x k x k Z x k π π π π π + − = ⇔ + = = ⇔ + = ⇔ ∈ = + 0,25 2b Gọi z=a+bi (a,b . Khi đó Theo giả thiết ta có: (1+2i)(a+bi)+a–bi=2+4i ⇔2a–2b+2ai=2+4i⇔ Vậy z=2+i 0,5 Câu 3 Giải bất phương trình: 2 4 2 log ( 1) 2log ( 2) log (2 4) x x x − + − > − ĐK: x>2 [ ] 2 2 2 2 2 log ( 1) log ( 2) log (2 4) log ( 1)( 2) log (2 4) BPT x x x x x x ⇔ − + − > − ⇔ − − > − 2 2 5 6 0 3 x x x x < ⇔ − + > ⇔ > Kết hợp với điều kiện tập nghiệm của BPT là: (3; ) T = +∞ 0,5 Câu 4 Số cách chọn 4 bi từ 15 bi là 1365. Số cách chọn 4 bi có đủ 3 màu là 720 nên có 645 cách chọn 4 bi không đủ 3 –1 1 2 O x SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 45 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam màu. P = 645/1365 = 43/91. Câu 5 Tính tích phân sau: 1 2 0 18 6 ( ) 3 1 1 x x I e dx x + = + + + ∫ 1đ Ta có: 1 1 1 2 2 0 0 0 18 6 18 6 ( ) 3 1 1 3 1 1 x x x x I e dx e dx dx x x + + = + = + + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Tính 1 1 2 2 2 0 0 1 1 ( 1) 2 2 x x e dx e e = = − ∫ 0,25 Tính 1 0 18 6 3 1 1 x dx x + + + ∫ Đặt 2 3 1 3 1 2 3 u x u x udu dx = + ⇒ = + ⇒ = Đổi cận: 0 1; 1 2 x u x u = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Ta có 1 2 2 3 2 0 1 1 3 2 2 1 6(3 1) 4 4 (4 4 4 ) 1 1 3 1 1 4 22 2 ( 2 4 4ln( 1)) 4ln 3 3 3 x u I dx du u u du u u x u u u u + = = = − + − + + + + = − + − + = + ∫ ∫ ∫ Vậy 2 1 22 2 ( 1) 4ln 2 3 3 I e = − + + 0,25 Câu 6 1đ 6a Ta có: ( ) ( ) (0;2; 4); (2;2; 1); , (6; 8; 4) P P AB n AB n = − = − = − − Mặt phẳng ( ) Q (1;0;1) (3; 4; 2) Qua A VTPT n = − − Ta có phương trình của ( ) α là : 3( 1) 4 2( 1) 0 3 4 2 1 0 x y z x y z − − − − = ⇔ − − − = 0,5 6b PTTS của đường thẳng AB là: 1 2 1 4 x y t z t = = = − Do điểm (1;2 ;1 4 ) M AB M t t ∈ ⇒ − 0,25 2 2.2 (1 4 ) 1 ( ,( )) 2 2 3 1 (1;1; 1) 2 8 6 2 1 (1; 2;5) t t d M P t M t t M + − − + = ⇔ = = ⇒ − ⇔ + = ⇔ =− ⇒ − 0,25 Câu 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 46 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vì ( ) CB AB CB SAB CB SA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) ( ) ( ) ( ) 0 , , 30 SC SAB SC SB CSB ⇒ = = = 0 .cot 30 3 2 SB BC a SA a ⇒ = = ⇒ = 0.25 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 2 . 1 1 2 . 2. ( ) 3 3 3 S ABCD ABCD a V SA S a a dvtt = = = 0.25 + Từ C dựng CI // DE 2 a CE DI ⇒ = = và ( ) / / DE SCI ( ) ( ) ( ) , , d DE SC d DE CSI ⇒ = Từ A kẻ AK CI ⊥ cắt ED tại H, cắt CI tại K Ta có: ( ) ( ) ( ) SA CI CI SAK SCI SAK AK CI ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ và ( ) ( ) SCI SAK SK ∩ = Trong (SAK) kẻ: ( ) HT SK HT SCI ⊥ ⇒ ⊥ ( ) ( ) ( ) , , d DE SC d H SCI HT ⇒ = = 0.25 + Ta có: 2 2 3 . 1 1 . 3 2 . . 2 2 5 2 ACI a a CD AI a S AK CI CD AI AK CI a a Δ = = ⇒ = = = + Ta có: 2 2 1 3 3 3 5 AH AD a AH AK HK AK AK AI = = ⇒ = ⇒ = = Lại có ASK Δ đồng dạng với THK Δ 2 2 2. AS AS. 38 5 19 3 ( 2) ( ) 5 a a SK HK a TH TH HK SK a a ⇒ = ⇒ = = = + Vậy ( ) 38 , 19 a d ED SC = 0.25 Câu8 1đ H I E C A D B S K T SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 47 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam I A C B D M N L (9 3 ; ) G G a a ∈Δ ⇒ − Gọi I(x;y). Do G là trọng tâm của tam giác IMN ta có: 9 3 27 9 3 22 25 (27 9 ;3 ) (9 29; 3 ) 22 1 3 3 3 7 3 3 3 x a x a I a a IH a a y a y a = − = − ⇔ ⇒ − − ⇒ − − = − + + = Do H thuộc đường cao kẻ từ I của tam giác IMN nên: 20 25 25 . 0 ( 3 ) 0 (2;1) 3 3 9 IH MN a a I = ⇔ − = ⇔ = ⇒ 0,25 Gọi L là điểm đối xứng với N qua I ( ) 4; 5 L ⇒ − Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến AB là: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + 1 1 5 . . 5 5 4 2 IAB ABCD S S d AB AB Δ = = ⇒ = ⇔ = Trong tam giác vuông ABI ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 ( ) 25 5 1 1 1 1 1 1 5 4 ( ) 2 5 IA I IA IB AB IA IB IB IA IA IB d IA IB II IB = + = + = = ⇔ ⇔ + = + = = = Do AC BD IA IB > ⇒ > nên hệ (II) không thoả mãn 0.25 (I) ta có: 5 IB= Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y–1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5 .Tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 4 1 4 3 4 3 1 0 1 1 3 1 2 1 5 25 20 5 0 1 5 1; 1 x y x x y y x x y x y x x x loai B − = − + − = = = ⇔ ⇔ ⇔ = =− − + − = − − = =− ⇒ − 0.5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 48 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 Giải hệ phương trình sau: ( ) 2 2 3 3 2 2 4 2 3 3 9 4 3 2 9 1 3 (1) 2 2 1( ) (2) y y x x x y x x y y y x x + + = + + − + + + = − + 1đ ĐK: 1 y> 2 2 2 2 (1) 9 4 3 36 4 6 (3 ) 4 3 (6 ) 4 6 y y x x y y x x ⇔ + + = + + ⇔ + + = + + Xét hàm số: 2 2 ( ) 4 '( ) 1 0 4 t f t t t f t t t = + + ⇒ = + > ∀ + nên hàm số đồng biến Từ đó suy ra: 3 6 2 (3) y x y x = ⇔ = 0,25 2 2 2 3 3 3 2 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 (2) 2 ( ) ( 1) 2 1( ) ( ) ( 1) 2 1( ) 0 ( 1) 0 1 ( 1) 1 1 ( ) ( 1) 1 x x x x y y y y x x x x y y y y x x x x y y x x y y x x y y y x x y y ⇔ + + + − = − + ⇔ + + − − − + = ⇔ + − − = ⇔ + = − ⇔ + = − − + − ⇔ + = − + − Xét hàm số: 3 2 ( ) '( ) 3 1 g t t t g t t = + ⇒ = + nên hàm số đồng biến Từ đó suy ra: 2 3 3 1 ( 1) (4) x y x y = − ⇔ = − 0,25 Từ (3) và (4) ta có hệ: 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 ( 1) 8 13 6 1 0 ( 1)(8 5 1) 0 y x y x y x y x x y x x x x x x = = = = ⇔ ⇔ ⇔ = = − − + − = − − + = 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( ; ) (1;2) x y = 0,25 Câu10 Cho x, y,z là các số thực thoả mãn: 3 3 3 3 1 x y z xyz + + − = . Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 P x y z = + + 1đ Ta có: 3 3 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) x y z xyz x x y x z y y x y z z z y z x x y y x xyz x z z x xyz y z z y xyz x x y z y x y z z x y z xy x y z xz x y z yz x y z x y z x y z xy yz zx = + + − = + + + + + + + + − + + − + + − + + = + + + + + + + + − + + − + + − + + = + + + + − − − 2 2 2 1 ( )( ) (*) x y z x y z xy yz zx ⇒ = + + + + − − − 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 x y z xy yz zx x y y z z x + + − − − = − + − + − ≥ Từ (*) 2 2 2 0 0 x y z xy yz zx x y z + + − − − > ⇒ + + > Đặt t x y z, t 0 = + + > Từ (*) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 3 3 x y z x y z P x y z xy yz zx x y z t t P t P P t P P t t t + + − + + = + + = + + + = + + + − ⇒ = + ⇔ = + − ⇔ = + 0.5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 49 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Xét hàm số: 2 3 2 2 2 2 2 2 ( ) '( ) ( 1) 3 3 3 3 3 t t f t f t t t t t = + ⇒ = − = − '( ) 0 1 f t t = ⇔ = BBT t 0 1 +∞ f’(t) – 0 + f(t) 1 Từ bảng biến thiên ta thấy ( ) 1 P f t = ≥ Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đẳng thức xảy ra nếu một trong ba số x,y,z bằng 1 và hai số còn lại bằng 0 0,5 ĐỀ 10 Câu 1.(2.0 điểm) Cho hàm số 1 1 2 + − = x x y a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng (D) : y = x – 1 Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 1) 2 log ( 2) x x − = + + b) Cho α là góc thỏa 1 sin 4 α= . Tính giá trị của biểu thức (sin4 2sin2 )cos A α α α = + Câu 3 (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa : 2 1 9 3 . z z i iz − = − + . Tìm môđun của số phức w i z = − Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 2 4( 1) ( 1) (2 1) 3 2 y y x y xy x y x y x x + + − − = + + + = − − Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 2 0 ( sin2 ) I x x x dx π = + ∫ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a, góc 0 60 BAD= .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ) ABCD bằng 0 45 . Tính thể tích của khối chóp . S AHCD và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) SCD . Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( 2;1;5) A− , mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + − = và đường thẳng 1 2 : 2 3 1 x y z d − − = = . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) P . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( ) P và song song với đường thẳng d . Câu 8 (0,5 điểm) Sau buổi lễ tổng kết năm học 2015–2016 của trường THPT X, một nhóm gồm 7 học sinh của lớp 12C có mời 4 giáo viên dạy bốn môn thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia chụp ảnh làm kỉ niệm. Biết rằng 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 50 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 6 0 d x y + − = , điểm (1;1) M thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : 1 0 x y Δ + − = . Tìm tọa độ đỉnh C . Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1 a b c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 7 121 14( ) A ab bc ca a b c = + + + + + ––––––––––––––––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––––––––––––––––– CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1a Tập xác định: D = ℝ \{–1}. x lim y 2 →±∞ = Tiệm cận ngang: 2 = y x 1 x 1 lim y ; lim y + − →− →− =−∞ =+∞ Tiệm cận đứng: 1 − = x 0,25 2 ) 1 ( 3 ' + = x y > 0, ∀x∈D Hàm số tăng trên (–∞;–1), (–1;+∞) Hàm số không có cực trị. 0,25 Bảng biến thiên x –∞ –1 +∞ y’ + + y 2 +∞ –∞ 2 0,25 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 y -2 -1 1 2 3 4 5 0,25 Câu 1b 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) là : 2 1 1 1 x x x − = − ⇔ + x 2 – 2x = 0 0,25 ⇔ x = 0 hay x = 2 suy ra y = –1 hay y = 1 0,5 Vậy tọa độ giao đểm là (0; –1) hay (2; 1) 0,25 Câu 2a Điều kiện: 2 1 x − < ≠ . Bất phương trình trở thành: 2 2 2 log ( 1) log (4 8) x x − = + 0,25 2 2 ( 1) 4 8 6 7 0 1; 7 x x x x x x ⇔ − = + ⇔ − − = ⇔ =− = (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm 1; 7 x x =− = . 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 51 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2b 2 (sin 4 2sin2 )cos (cos2 1)2sin2 .cos 2cos .2sin2 .cos A α α α α α α α α α = + = + = 0,25 4 2 2 225 8cos .sin 8(1 sin ) .sin 128 α α α α = = − = 0,25 Câu 3 Đặt , ( , ) z a bi a b = + ∈ℝ . Phương trình trở thành: ( ) 2( ) 1 9 3 ( ) a bi a bi i i a bi + − − = − + − 3 1 3 (3 9) a bi b a i ⇔− + = + + − 0,25 1 3 2 3 3 9 1 a b a b a b − = + = ⇔ ⇔ = − =− 2 2 2 2 2 z i w i z i w ⇒ = − ⇒ = − =− + ⇒ = 0,25 Câu 4 Biến đổi pt ban đầu về dạng 2 ( 2)( 2)( 1 ) 0 2 1 y y y y x y y x = − + + − = ⇔ =− = − 0,25 TH 1: Với y = 2 thay vào pt (2) : 2 8 3 6 0 x x + + = vô nghiệm 0,25 TH 2: Với y = – 2 thay vào (2): 3 6 0 2 x x + = ⇒ =− suy ra nghiệm (x; y) =(–2;–2) 0,25 TH 3: Với 1 y x = − thay vào (2): 4 2 2 2 1 1 5 3 0 ( ) ( ) 0 ( ) 2 2 2 x x x x vn + + = ⇔ − + + + = Kl: hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( 2; 2) x y = − − 0,25 Câu 5 2 2 2 2 4 2 3 0 0 0 0 ( sin2 ) . .sin2 .sin2 64 I x x x dx x dx x xdx x xdx π π π π π = + = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 Xét 2 0 .sin2 J x xdx π = ∫ . Đặt 1 sin2 . cos2 2 du dx u x dv xdx v x = = ⇒ = =− 0,25 2 2 2 0 0 0 1 1 .cos2 | cos2 . sin2 | 2 4 2 4 J x x xdx x π π π π π =− + = + = ∫ 0,25 Vậy 4 64 4 I π π = + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 52 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 6 Ta có ( ) SH ABCD ⊥ ⇒ HC là hình chiếu vuông góc của SC trên ( ) ABCD 0 ( ,( )) 45 SC ABCD SCH ⇒ = = Theo giả thiết 0 60 BAD BAD = ⇒Δ đều BD a ⇒ = ; 3 3 ; 4 2 a HD a AI = = và 2 3 AC AI a = = 0,25 Xét SHC △ vuông cân tại H , ta có: 2 2 2 2 3 13 4 2 4 a a SH HC IC HI a = = + = + = Vậy 3 . 1 1 1 39 . . . 3 3 2 32 S AHCD AHCD V SH S SH AC HD a = = = 0,25 Trong ( ) ABCD kẻ HE CD ⊥ và trong ( ) SHE kẻ HK SE ⊥ (1). Ta có: ( ) (2) ( ( )) CD HE CD SHE CD HK CD SH SH ABCD ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥ Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ,( )) HK SCD d H SCD HK ⊥ ⇒ = 0,25 Xét HED △ vuông tại E , ta có 0 3 3 .sin60 8 HE HD a = = Xét SHE △ vuông tại H , ta có 2 2 . 3 39 4 79 SH HE HK a SH HE = = + Mà ( ,( )) 4 4 4 39 ( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) 3 3 3 79 d B SCD BD d B SCD d H SCD HK a d H SCD HD = = ⇒ = = = Do / /( ) AB SCD ⇒ ( ,( )) ( ,( )) d A SCD d B SCD = = 39 79 a 0,25 Câu 7 Ta có 2 2 2 2( 2) 2.1 1.5 1 2 ( ;( )) 3 2 ( 2) 1 d A P − − + − = = + − + 0,25 ( ) P có VTPT ( ) (2; 2;1) P n = − , d có VTCP ( ) (2;3;1); , ( 5;0;10) d P d u n u = = − 0,25 ( ) Q vuông góc với ( ) P và ( ) Q song song d nên ( ) Q có VTPT ( ) , ( 5;0;10) P d n n u = = − 0,25 Vậy ( ) Q có phương trình 2 12 0 x z − + = 0,25 I I I I B B B B C C C C D D D D A A A A S S S S H H H H E E E E K K K KSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 53 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam C C C C B B B B A A A A D D D D M M M M H H H H K K K K N N N N I I I I Câu 8 Xếp 11 người gồm 7 học sinh và 4 giáo viên thành một hàng ngang ta có: ( ) 11! nΩ = cách xếp. Gọi A là biến cố: " xếp 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau". Xếp 7 học sinh thành một hàng ngang, ta có 7! cách xếp. 0,25 0,25 Lúc này giữa 7 em học sinh có 8 khoảng cách. Xếp 4 giáo viên vào 8 khoảng cách đó, ta có 4 8 A cách xếp. Suy ra 4 8 ( ) 7!. n A A = Xác suất cần tìm là 4 8 7!. ( ) 7 ( ) ( ) 11! 33 A n A P A n = = = Ω Câu 9 Gọi , H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên , AB AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK Ta có DKM Δ vuông tại K và 0 45 DKM = (1) KM KD KM NC ⇒ = ⇒ = Lại có MH MN = ( do MHBN là hình vuông) Suy ra hai tam giác vuông , KMH CNM bằng nhau HKM MCN ⇒ = 0,25 Mà NMC IMK = nên 0 90 NMC NCM IMK HKM + = + = Suy ra CI HK ⊥ 0,25 Đường thẳng CI đi qua (1;1) M và vuông góc với đường thẳng d nên ( 1;1) CI d VTPT n VTCP u = = − nên có phương trình ( 1) ( 1) 0 0 x y x y − − + − = ⇔ − = 0,25 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng Δ nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0 2 2 6 0 2 x y x x y y − = = ⇔ + − = = Vậy (2;2) C 0,25 Câu 10 Ta có 2 2 2 2 1 ( ) 2( ) a b c a b c ab bc ca = + + = + + + + + 2 2 2 1 ( ) 2 a b c ab bc ca − + + ⇒ + + = . Do đó 2 2 2 2 2 2 7 121 7(1 ( )) A a b c a b c = − + + − + + 0.25 Đặt 2 2 2 t a b c = + + . Vì , , 0 a b c> và 1 a b c + + = nên 0 1,0 1,0 1 a b c < < < < < < Suy ra 2 2 2 1 t a b c a b c = + + < + + = Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2( ) 3( ) a b c a b c ab bc ca a b c = + + = + + + + + ≤ + + 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 54 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Suy ra 2 2 2 1 3 t a b c = + + ≥ . Vậy 1 ;1 3 t ∈ Xét hàm số 7 121 1 ( ) , ;1 7(1 ) 3 f t t t t = + ∈ − 2 2 7 121 7 '( ) 0 18 7(1 ) f t t t t =− + = ⇔ = − BBT t 1 3 7 18 1 '( ) f t − 0 + ( ) f t 324 7 0,25 Suy ra 324 1 ( ) , ;1 7 3 f t t ≥ ∀ ∈ . Vậy 324 7 A≥ với mọi , , a b c thỏa điều kiện đề bài. Hơn nữa, với 1 1 1 ; ; 2 3 6 a b c = = = thì 2 2 2 7 18 1 a b c a b c + + = + + = và 324 7 A= Vậy 324 min 7 A= 0,25 ĐỀ 11 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1 1 x y x + = − . Câu 2(1,0 điểm). Cho hàm số y f x x mx m m x 3 2 2 1 ( ) ( 1) 1 3 = = − + − + + . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x = 1. Câu 3 ( 1,0 điểm). a) Giải phương trình : 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = . b) Cho số phức z thỏa mãn : (1 2 ) (2 3 ) 2 2 i z i z i + + − =− − . Tính mô đun của z. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3 2 1 2ln x x I dx x − = ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 4;1;3 A − và đường thẳng 1 1 3 : 2 1 3 x y z d + − + = = − . a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . b) Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27 AB= . Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 10. 7. 6 0 3 3 cos x cos x π π + + + − = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 55 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam b) Tìm số hạng không chứa x của khai triển 20 3 ) 2 ( x x− Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp . S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a = = , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( ) SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB theo a . Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao : 1 0 CH x y − + = , phân giác trong : 2 5 0 BN x y + + = . Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC Câu9.(1,0điểm) Giải hệ phương trình: x 2 – 4x – 3 = 5 x+ Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 3 1 3 1 3 1 a c c b b a P + + + + + = Câu1(1điểm) Đáp án Điểm Hàm số 2 1 1 x y x + = − Tập xác định: \ {1} D=ℝ Đạo hàm: 2 3 0, ( 1) y x D x − ′ = < ∀ ∈ − Hàm số luôn NB trên các khoảng ( ) ( ) ;1 ; 1; −∞ +∞ và không đạt cực trị. 0,25 ; lim 2 lim 2 2 x x y y y →−∞ →+∞ = = ⇒ = là tiệm cận ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x − + → → =−∞ =+∞ ⇒ = là tiệm cận đứng. 0,25 Bảng biến thiên x – ∞ 1 +∞ y′ + + y 2 −∞ +∞ 2 Giao điểm với trục hoành: cho 1 0 2 y x = ⇔ =− Giao điểm với trục tung: cho 0 1 x y = ⇒ =− 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 56 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam x y 5 4 3 1 -2 4 2 2 1 -1 O Đồ thị: 0,25 Câu 2 ( 1 điểm) Câu Đáp án Điểm Câu2 (1 điểm) y f x x mx m m x 3 2 2 1 ( ) ( 1) 1 3 = = − + − + + . Tìm m để hàm f(x) đạt cực đại tại x = 1. y x mx m m / 2 2 2 1 = − + − + 0,25 Hàm f (x) đạt cực đại tại x = 1 nên y / (1) = 0 hay m 2 –3 m + 2 = 0 khi m = 1 v m = 2 0,25 m = 1: y / = ( x – 1 ) 2 ≥ 0, ∀x m = 2: x y x x x / 2 1 4 3 0 3 = = − + = ⇔ = 0,25 Vậy, m=2 hàm số f(x) đạt cực đại tại x=1 0,25 Câu 3( 1 điểm) Câu 3 `Đáp án Điểm 3a ( 0,5 điểm) 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = 2 5 1 5.5 6.5 1 0 1 5 5 x x x x = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 0 1 x x = ⇔ =− Vậy nghiệm của PT là 0 x= và 1 x=− 0,25 3b( 0,5 điểm) (1 2 ) (2 3 ) 2 2 i z i z i + + − =− − Gọi z=x+yi( ) , x y R ∈ . Phương trình đã cho trở thành: ( )( ) ( )( ) 1 2 2 3 2 2 i x yi i x yi i + + + − − =− − 0,25 x y / y – ∞ 1 3 + ∞ 0 0 – + + – ∞ + ∞ 3 7 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 57 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 2 2 x y x y i x y x y i i − + + + − + − − =− − ⇔ ( ) ( ) 3 5 2 2 x y x y i i − + − − =− − Do đó 2 2 1 1 2 z = + = 0,25 Câu 4( 1 điểm) Câu 4 Đáp án Điểm 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln ln 3 ln 2 2 2 2 2 x x x x I xdx dx dx dx x x x = − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 Tính 2 2 1 ln x J dx x = ∫ Đặt 2 1 ln , u x dv dx x = = . Khi đó 1 1 , du dx v x x = =− Do đó 2 2 2 1 1 1 1 ln J x dx x x =− + ∫ 0,25 2 1 1 1 1 1 ln 2 ln 2 2 2 2 J x =− − =− + 0,25 Vậy 1 ln 2 2 I = + 0,25 Câu 5 ( 1 điểm) Câu 5 Đáp án Điểm Đường thẳng d có VTCP là ( ) 2;1;3 d u = − Vì ( ) P d ⊥ nên ( ) P nhận ( ) 2;1;3 d u = − làm VTPT 0,25 Vậy PT mặt phẳng ( ) P là : ( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 3 3 0 x y z − + + − + − = 2 3 18 0 x y z ⇔− + + − = 0,25 Vì B d ∈ nên ( ) 1 2 ;1 ; 3 3 B t t t − − + − + 27 AB= ( ) ( ) 2 2 2 2 27 3 2 6 3 27 AB t t t ⇔ = ⇔ − + + − + = 2 7 24 9 0 t t ⇔ − + = 0,25 3 3 7 t t = ⇔ = Vậy ( ) 7;4;6 B − ; 13 10 12 ; ; 7 7 7 B − − 0,25 Câu 6 ( 1 điểm) câu Đáp án Điểm 6a(0,5 điểm) 2 10. 7. 6 0 3 3 cos x cos x π π + + + − = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 58 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 1 cos 3 2 6 cos ( ) 3 5 x x vn π π + = − + = 0,25 3 cos x π + ( ) 2 2 1 3 3 2 2 3 2 2 3 3 3 x k x k cos k Z x k x k π π π π π π π π π π = + = + = = ⇔ ⇔ ∈ =− + + =− + 0,25 6b(0,5 điểm) Số hạng tổng quát : 60 4 20 20 20 3 20 1 . ) 2 .( ) 2 .( . − − − + − = − = k k k k k k k x C x x C T 0 20 k ≤ ≤ . Từ gt bài toán nên 4k – 60 = 0 hay k = 15 0,25 Vậy số hạng không chứa x của khai triển là : 5 15 20 16 ) 2 .(− = C T 0,25 Câu 7 Đáp án Điểm Gọi K là trung điểm của AB HK AB ⇒ ⊥ (1) Vì ( ) SH ABC ⊥ nên SH AB ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AB SK ⇒ ⊥ Do đó góc giữa ( ) SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng 60 SKH = Ta có 3 tan 2 a SH HK SKH = = 0,25 Vậy 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 12 S ABC ABC a V S SH AB AC SH = = = 0,25 j C B A S H K MSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 59 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vì / / IH SB nên ( ) / / IH SAB . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) , , d I SAB d H SAB = TừH ke HM SK ⊥ tại M ( ) HM SAB ⇒ ⊥ ⇒ ( ) ( ) , d H SAB HM = Ta có 2 2 2 2 1 1 1 16 3 HM HK SH a = + = 0,25 3 4 a HM ⇒ = . Vậy ( ) ( ) 3 , 4 a d I SAB = 0,25 Câu 8 Câu 8 Đáp án Điểm Do AB CH ⊥ nên AB: 1 0 x y + + = . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y + + = + + = ta có (x; y)=(–4; 3). Do đó: ( 4;3) AB BN B ∩ = − . 0,25 Lấy A’ đối xứng A qua BN thì ' A BC ∈ . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): 2 5 0 x y − − = . Gọi ( ) I d BN = ∩ . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y + + = − − = . Suy ra: I(–1; 3) '( 3; 4) A ⇒ − − 0,25 Phương trình BC: 7 25 0 x y + + = . Giải hệ: 7 25 0 1 0 x y x y + + = − + = Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C − − . 0,25 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 4 BC= − + + + = 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC + − + = = + . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d A BC BC = = = 0,25 Câu 9 (1điểm) Câu 9 Đáp án Điểm Điều kiện: 5 x≥− Phương trình đã cho tương đương ( ) 2 2 7 5 x x − − = + Đặt y – 2 = 5 x+ , ( ) 2 2 2 5 y y x ≥ ⇒ − = + Ta có hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 5 2 5 2 5 3 0 2 2 x y x y y x x y x y y y − = + − = + − = + ⇔ − + + = ≥ ≥ 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 60 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) ( ) 2 2 2 5 0 2 5 3 0 2 5 29 2 1 x y x y x y x y y x x − = + − = ⇔ − = + + + = ≥ + = ⇔ =− 0,25 0,25 Câu10 Đáp án Điểm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có z y x 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz 3 z 1 y 1 x 1 ) z y x ( 3 3 + + ≥ + + ⇒ = ≥ + + + + (*) áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3 a 3 c c 3 b b 3 a 9 a 3 c 1 c 3 b 1 b 3 a 1 P + + + + + ≥ + + + + + = 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + 0,25 Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + ≤ + + + 1 3 4. 6 3 3 4 ≤ + = Do đó 3 P≥ 0,25 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1 + + = ⇔ ⇔ = = = + = + = + = Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 1 4 a b c = = = 0,25 ĐỀ 12 Câu 1: (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 1 3 2 3 1 2 3 + + − = x x x y Câu 2: (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số sau [ ] 3 ; 3 − f(x) = 10 12 3 2 2 3 + − − x x x Câu 3: (1,0điểm). a) Số phức z thỏa : 2 1 9 3 . z z i iz − = − + . Tìm môđun của số phức w i z = − SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 61 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam b) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 1) 2 log ( 2) x x − = + + Câu 4: (1,0điểm). Tính tích phân: ∫ + = 2 0 2 ) 2 sin ( π dx x x x I Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( 2;1;5) A− , mặt phẳng ( ): 2 2 1 0 P x y z − + − = và đường thẳng 1 2 : 2 3 1 x y z d − − = = . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) P . Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( ) P và song song với đường thẳng d . Câu 6: (1,0 điểm). a Cho α là góc thỏa 1 sin 4 α= . Tính giá trị của biểu thức (sin4 2sin2 )cos A α α α = + b. Sau buổi lễ tổng kết năm học 2015 – 2016 của trường THPT Tân Phước Khánh, một nhóm gồm 7 học sinh của lớp 12 có mời 4 giáo viên dạy bốn môn thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia chụp ảnh làm kỉ niệm. Biết rằng 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau. Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a, góc 0 60 BAD= .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ) ABCD bằng 0 45 . Tính thể tích của khối chóp . S AHCD và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) SCD . Câu 8: (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 6 0 d x y + − = , điểm (1;1) M thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng 0 1 : ) ( = − + Δ y x . Tìm tọa độ đỉnh C . Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình. = + − + − + = + − − + + 0 1 6 ) 1 ( 2 2 1 1 2 2 4 4 y y y x x y y x x ) , ( R y x ∈ Câu 10: (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãm (a+c)(b+c) = 4c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức c b a c a b c b a P 2 2 3 2 3 2 ) 3 ( 32 ) 3 ( 32 + − + + + ––––––––––––––––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––––––––––––––––– CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 3 2 1 2 3 1 3 y x x x = − + + Tập xác định: D = R . = = ⇔ = + − = 3 1 0 ' 3 4 ' 2 x x y x x y 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 62 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 1 Sự biến thiên: + Hàm số đồng biến trên các khoảng ) ; 3 ( ) 1 ; ( +∞ −∞ và +Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Cực trị: +Hàm số đạt cực đại tại 1 x = ; giá trị cực đại 7 3 y= +Hàm số đạt cực tiểu tại 3 x = ; giá trị cực tiểu 1 y= Giới hạn: −∞ = −∞ → x y lim ; +∞ = +∞ → x y lim 0,25 Bảng biến thiên: x ∞ − 1 3 ∞ + ' y + 0 – 0 + y 7 3 ∞ + ∞ − 1 0,25 Đồ thị: 0,25 Câu 2 Ta có f(x) liên tục trên [ ] 3 ; 3 − f’(x) = 12 6 6 2 − − x x 0,25 f’(x) = 0 = − = ⇔ 2 1 x x 0,25 f(–3)= –35; f(3) = 1; f(–1) = 17; f(2) = –10 0,25 35 ) 3 ( ) ( min 17 ) 1 ( ) ( max 3 ; 3 3 ; 3 = − = = − = − − f x f f x f 0,25 Câu 3a Đặt ) , ( 2 R b a bi Z ∈ + = . Phương trình trở thành: ( ) 2( ) 1 9 3 ( ) a bi a bi i i a bi + − − = − + − i a b bi a ) 9 3 ( 3 1 3 − + + = + − ⇔ 0,25 − = = ⇔ − = + = − ⇔ 1 2 9 3 3 3 1 b a a b b a Vậy Z = 2 – i, W = –2 + 2i, 2 2 = W 0,25 Câu 3b Điều kiện: 1 2 ≠ < − x . Bất phương trình trở thành: 2 2 2 log ( 1) log (4 8) x x − = + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 63 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam = − = ⇔ = − − ⇔ + = − ⇔ 7 1 0 7 6 8 4 ) 1 ( 2 2 x x x x x x (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm 1; 7 x x =− = . 0,25 Câu 4 ∫ ∫ ∫ + = + = 2 0 4 2 0 2 0 3 2 sin 64 2 sin π π π π xdx x xdx x dx x I 0,25 Xét. ∫ = 2 0 2 sin π xdx x j , Đặt − = = ⇒ = = x v dx du xdx dv x u 2 cos 2 1 2 sin 0,25 ∫ = + = + − = 2 0 4 0 2 2 sin 4 1 4 2 cos 2 1 0 2 2 cos . 2 1 π π π π π x xdx x x j 0,25 Vậy 4 64 4 π π + = I 0,25 Câu 5 Ta có 2 2 2 2( 2) 2.1 1.5 1 2 ( ;( )) 3 2 ( 2) 1 d A P − − + − = = + − + 0,25 ( ) P có VTPT ) 1 ; 2 ; 2 ( − = n , d có VTCP ) 1 ; 3 ; 2 ( = a , ) 10 ; 0 ; 5 (− = ∧ a n 0,25 ( ) Q vuông góc với ( ) P và ( ) Q song song d nên ( ) Q có VTPT ) 10 ; 0 ; 5 (− = ∧ = a n b 0,25 Vậy ( ) Q có phương trình 2 12 0 x z − + = 0,25 Câu 6a 2 (sin4 2sin2 )cos (cos2 1)2sin2 .cos 2cos .2sin2 .cos A α α α α α α α α α = + = + = 0,25 4 2 2 225 8cos .sin 8(1 sin ) .sin 128 α α α α = = − = 0,25 Câu 6b Xếp 11 người gồm 7 học sinh và 4 giáo viên thành một hàng ngang ta có: ( ) 11! nΩ = cách xếp. Gọi A là biến cố: " xếp 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau". Xếp 7 học sinh thành một hàng ngang, ta có 7! cách xếp. 0,25 Lúc này giữa 7 em học sinh có 8 khoảng cách. Xếp 4 giáo viên vào 8 khoảng cách đó, ta có 4 8 A cách xếp. Suy ra 4 8 ( ) 7!. n A A = Xác suất cần tìm là 4 8 7!. ( ) 7 ( ) ( ) 11! 33 A n A P A n = = = Ω 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 64 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam C C C C B B B B A A A A D D D D M M M M H H H H K K K K N N N N I I I I Câu 7 Ta có ⇒ ⊥ ) (ABCD SH HC là hình chiếu vuông góc của SC trên ( ) ABCD suy ra góc tạo bởi giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc SCH Theo giả thiết Δ ABD đều a BD= ⇒ ; 3 3 ; 4 2 a HD a AI = = và 2 3 AC AI a = = 0,25 Xét SHC △ vuông cân tại H , ta có: a HI IC HC SH 4 13 2 2 = + = = Vậy 3 . 1 1 1 39 . . . 3 3 2 32 S AHCD AHCD V SH S SH AC HD a = = = 0,25 Trong ( ) ABCD kẻ CD HE⊥ và trong ( ) SHE kẻ SE HK ⊥ (1). Ta có: HK CD SHE CD SH CD HE CD ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ) ( (2) Từ (1) và (2) suy ra ) (SCD HK ⊥ HK SCD H d = ⇒ )) ( , ( 0,25 Xét HED △ vuông tại E , ta có 0 3 3 .sin60 8 HE HD a = = Xét SHE △ vuông tại H , ta có 2 2 . 3 39 4 79 SH HE HK a SH HE = = + Mà a HK SCD H d SCD B d HD BD SCD H d SCD B d 79 39 3 4 )) ( , ( 3 4 )) ( , ( 3 4 )) ( , ( )) ( , ( = = = ⇒ = = Do a SCD B d SCD A d SCD AB 79 39 )) ( , ( )) ( , ( ) //( = = ⇒ 0,25 Câu 8 Gọi , H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên , AB AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK Ta có DKM Δ vuông tại K và góc DKM bằng 45 0 ) 1 ( NC KM KD KM = ⇒ = ⇒ Lại có MH MN = ( do MHBN là hình vuông) Suy ra hai tam giác vuông , KMH CNM bằng nhau Suy ra góc HKM và góc MCN bằng nhau 0,25 Mà ∧ ∧ = IMK NMC nên 0 90 = + = + ∧ ∧ ∧ ∧ HMM IMK NCM NMC Suy ra HK CI ⊥ 0,25 I I I I B B B B C C C C D D D D A A A A S S S S H H H H E E E E K K K KSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 65 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Đường thẳng CI đi qua (1;1) M và vuông góc với đường thẳng Δ nên nên có phương trình x–y = 0 0,25 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng d nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình = = ⇒ = + = − 2 2 0 2 0 y x y x y x Vậy (2;2) C 0,25 Câu 9 Điều kiện: 1 0 1 0 1 ≥ ⇒ ≥ − ≥ + x x x Biến đổi phương trình thứ hai của hệ có dạng: 0 4 ) 1 ( 0 4 ) 2 2 2 1 ( 2 2 2 = − − + ⇔ = − − − + + + y y x y y x xy y x ) 1 ( 4 − + = ⇔ y x y (*) Suy ra 0 ≥ y 0,25 Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng: y y x x + + = − + + 2 1 1 4 4 4 4 4 4 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 1 − + + + + = − + + ⇔ y y x x (**) Đặt f(t) = 4 1 1 − + + x x thì f đồng biến trên [ ) +∞ ; 1 Nên (**) có dạng f(x) = f(y 4 +1) 1 4 + = ⇔ y x 0,25 Thế vào (*) ta có: 0 ) 4 2 ( 2 ) ( 4 4 7 2 5 8 2 4 = − + + ⇔ + + = + = y y y y y y y y y y = + + = ⇔ 4 2 0 4 7 y y y y 0,25 Ta lần lượt: + Với y = 0 thì x=1, thoả mản điều kiện. + Vì g(y) = y 7 +2y 4 +y đồng biến trên [ ) +∞ ; 0 nên phương trình y 7 +2y 4 +y = 4 có nghiệm duy nhất y = 1, suy ra x = 2. Vậy, hệ phương trình có các cặp nghiệm (1;0) và (2;1) 0,25 Câu 10 Gỉa thiết ta có: 4 ) 1 )( 1 ( = + + c b c a Đặt: 3 ) ( 4 ) 1 )( 1 ( ) 0 , ( = + + ⇔ = + + ⇒ > = = xy y x y x y x y c b x c a Do: xy 2 4 ) ( ) ( 3 ) ( 2 2 ≥ + ⇒ + ≤ + − ⇒ + ≤ y x y x y x a y x ( do x+y>0) 0,25 Đặt S = x + y ≥ 2, ta được: 2 2 2 3 3 ) 3 ( ) 3 ( 32 c b a c a b c b a P + − + + + = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 66 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 2 3 3 ) ( ) ( ) 3 / / ( ) 3 / / ( 32 c b c a c a c b c b c a + − + + + = 2 2 3 3 ) 3 ( ) 3 ( 32 y x x y y x + − + + + = Trong đó: 2 2 2 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 y x y x y x y x y x y x + ≥ + − ⇒ + ≤ + ⇒ + ≤ + ) 3 ( . 16 3 ) 3 .( 64 1 . 64 1 3 64 1 64 1 ) 3 ( 3 3 3 + = + ≥ + + + y x y x y x ) 3 ( . 16 3 ) 3 .( 64 1 . 64 1 3 64 1 64 1 ) 3 ( 3 3 3 + = + ≥ + + + x y x y x y 0,25 Từ đó: 2 32 1 ) 3 ( 16 3 32 1 ) 3 ( 16 3 32 y x x y y x P + − − + + − + ≥ 2 2 9 ) ( 3 2 ) ( 3 ) ( 6 2 y x y x xy xy y x y x + − − + + + − + + + = 2 5 3 2 2 12 2 5 ) ( 6 2 S S S S S S − − = − − + + = Xét f(S) = 3S–5 – ) 2 .( 2 ≥ S S f’(S) = 3 2 1 2 1 ) 2 ( 0 2 1 − = ⇒ − = ≥ ⇒ > − MinP f P xảy ra khi x = y =1 hay a = b = c. 0,25 ĐỀ 13 Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y= 1 1 2 − + x x (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=x–1 Câu 2 (0,5 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=(x–1).e x trên đoạn [–1;1] Câu 3: (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 log 2 (x −1) = 2+ log 2 (x + 2) b) Cho α là góc nhọn thỏa sinα = 4 1 . Tính giá trị của biểu thức A = (sin 4α + 2 sin 2α)cosα Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân ∫ − = 1 0 ). 1 ( dx e x I x Câu 5( 1,0 điểm) Một đội tuyển văn nghệ của trường THPT Thường Tân có 3 học sinh nữ khối 12 và 4 học sinh nam khối 11 và 2 học sinh nữ khối 10. Để thành lập đội văn nghệ dự thi cấp tỉnh của trường, cần chọn 5 học sinh trong 9 học sinh trên. Tính xác suất để 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ và đủ 3 khối. Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a, góc BAD bằng 60 0 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45 0 . Tính thể tích của khối chóp S.AHCD và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 67 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d : x + 2y– 6= 0 , điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng Δ : x + y– 1= 0. Tìm tọa độ đỉnh C . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: + + + + = + + + ∈ + + + + − = 2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (x,y R) x x y 2 x y 3 . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y + xy = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ) ( 1 3 1 3 2 2 y x y x xy x y y x P + − + + + + + = . Hết Câu Đáp án Điểm 1a (1đ) a) số y= 1 1 2 − + x x . * Tập xác định: D = R\{1} * Sự biến thiên • Chiều biến thiên: y’= D x x ∈ ∀ < − − , 0 ) 1 ( 3 2 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ) 1 , (−∞ và ) , 1 ( ∞ + . • Cực trị: Hàm số không có cực trị • Giới hạn và tiệm cận: 1 : lim lim 2 : 2 lim 1 1 = => −∞ = +∞ = = => = − + → → ±∞ → x TCĐ y y y TCN y x x x . • Bảng biến thiên: 2 2 1 y y' x 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 68 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam * Đồ thị: Điểm thuộc đồ thị ) 1 , 0 ( − ;(2;5) 1b (0.5đ) b)Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=x–1 Xét phương trình hoành độ giao điểm: 1 1 2 − + x x =x–1 ( đk:x 1 ≠ ) x 2 –4x=0 x=0; x=4 KL:A(0;–1); B(4;3) 0,25 0,25 2 (0.5đ) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x)=(x–1).e x trên đoạn [– 1;1] Hàm số f(x) xác định và liên tục trên [–1;1] f’(x)=e x +(x–1)e x = xe x f’(x) = 0 x= 0 f(0) =–1; f(–1) = e 2 − ; f(1) = 0 KL: 1 0 ) ( max ] 1 ; 1 [ = = − x khi x f 0 1 ) ( min ] 1 ; 1 [ = − = − x khi x f 0,25 0,25 3a 1đ a) Giải phương trình: 2 log 2 (x −1) = 2+ log 2 (x + 2) (*) ĐK:x>1 (*)<=> 2 x 1) - (x log 2 2 + =2 2 x 1) - (x 2 + =4x=–1( loại) ; x=7 0,25 0,25 0,5 3b 1đ b/Cho α α α α là góc nhọn thỏa sinα α α α = = = = 4 1 . Tính giá trị của biểu thức A = = = = (sin 4α α α α + + + + 2 sin 2α α α α)cosα α α α cos 2 α=1–sin 2 α=15/16=>cosα= 4 15 sin2α=2sinαcosα= 8 15 cos2α=1–2sin 2 α=7/8 sin4α=2sin2αcos2α= 32 15 7 Vậy A=225/128 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 69 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 4 1đ Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân ∫ − = 1 0 ). 1 ( dx e x I x Đặt u=x–1=>du=dx dv=e x dx=>v=e x e e xe e e x dx e e x I x x x x x x − = − = − − = − − = ∫ 2 | ) 2 ( | | ) 1 ( | ) 1 ( 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0.5 0.5 5 1đ Số cách chọn 5 học sinh từ 9 học sinh trên là: 5 9 C Để chọn 5 học sinh thỏa mãn các điều kiện trên ta xét các trường hợp sau: +)1 nữ 12, 2 nam 11, 2 nữ 10 có 1 3 C 2 4 C 2 2 C +)2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có 2 3 C 2 4 C 1 2 C +)2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có 2 3 C 1 4 C 2 2 C +)3 nữ 12, 3 nam 11, 1 nữ 10 có 3 3 C 1 4 C 1 2 C +)1 nữ 12, 3 nam 11, 1 nữ 10 có 1 3 C 3 4 C 1 2 C Gọi A là biến cố “số học sinh được chọn có cả nam và nữ và đủ 3 khối » =>n(A)=98 Vậy xác xuất cần tìm là:P(A)=7/9 0.5 0.5 6 1đ I B C D S H E K Ta có SH⊥ (ABCD)=> HC là hình chiếu của SC lên (ABCD) Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH bằng 45 0 Ta có góc BAD bằng 60 0 => Tam giác BAD đều =>BD=a; HD= a 4 3 ;AI= a 2 3 ; AC=2AI= a 3 Xét tam giác SHC vuông cân tại H, ta có:SH=HC= a IH IC 4 13 2 2 = + Vậy thể tích V S.AHCD = AHCD S SH. 3 1 = HD AC SH . . 6 1 = 3 32 39 a Trong (ABCD), Kẻ HE⊥ CD; trong (SHE) kẻ HK⊥ SE (1). Ta có: CD⊥ HE và CD⊥ SH=>CD⊥ (SHE)=>CD⊥ HK(2) (1) Và (2) => HK ⊥ (SCD) =>d(H,(CSD))=HK Xét tam giác HED vuông tại E, ta có HE=HD.sin60 0 = a 8 3 3 0.25 0.25 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 70 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Xét tam giác SHE vuông tại H, ta có HK= a HE SH HE SH 79 4 39 3 . 2 2 = + Mà HK SCD H d CSD B d HD BD SCD H d SCD B d 3 4 )) ( , ( 3 4 )) ( , ( 3 4 )) ( , ( )) ( , ( = = => = = = a 79 39 Do AB//(CSD) nên d(A,(CSD))=d(B,(SCD))= a 79 39 7 1đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB,AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK Ta có tam giác DKM vuông tại K và góc DKM bằng 45 0 =>KM=KD=>KM=NC (1) Lại có MH=MN ( Do MHBN là hình vuông) Suy ra hai tam giác vuông KMH và CNM bằng nhau =>Góc HKM và góc MCN bằng nhau Mà góc NMC bằng góc IMK nên Suy ra CI⊥ HK Đường thẳng CI qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng Δ nên có VTPT (–1;1) =>CI:x–y=0 Tọa độ C là nghiệm hệ phương trình = = <=> = + = − 2 2 6 2 0 x y y x y x Vậy C(2;2) 0.25 0.25 0.25 0.25 8 1đ Giải hệ: + + + + = + + + ∈ + + + + − = 2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) (x,y R) x x y 2 x y 3 (2) .Điều kiện: 0 0 x y x y + ≥ − ≥ (*) Đặt 0 t x y = + ≥ , từ (1) ta có: + + = + 2 t t 3 t 2 t ⇔ − + + − = 2 t t t 3 2 t 0 − ⇔ − + = + + 3(1 t) t(1 t) 0 t 3 2 t ⇔ − + = + + 3 (1 t) t 0 t 3 2 t 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 71 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ⇔ = t 1 (Vì + > ∀ ≥ + + 3 t 0, t 0 t 3 2 t ). Suy ra 1 1 x y y x + = ⇔ = − (3). Thay (3) vào (2) ta có: + + − = 2 x 3 2x 1 3 ⇔ + − + − − = 2 ( x 3 2) ( 2x 1 1) 0 − − ⇔ + = − + + + 2 2 x 1 2x 2 0 2x 1 1 x 3 2 + ⇔ − + = − + + + 2 x 1 2 (x 1) 0 2x 1 1 x 3 2 ⇔ = x 1 (Vì + + > ≥ − + + + 2 x 1 2 1 0,x 2 2x 1 1 x 3 2 ). Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 0.25 0.25 9 1đ Đặt t =x+y=>xy=3–t; x 2 +y 2 =(x+y) 2 –2xy=t 2 –2(3–t)=t 2 +2t–6 Ta có : xy 2 ) 2 ( y x+ ≤ =>3–t 2 4 1 2 ≥ ⇔ ≤ t t Suy ra P= 2 5 12 ) ( 1 ) ( 3 ) ( 3 2 2 2 2 2 − + + − = + − + + + + + + + + t t t y x y x xy y x xy y x y x Xét hàm số f(t)= ) 2 ( 2 5 12 2 ≥ − + + − t t t t Ta có 2 , 0 2 1 2 ) ( ' 2 ≥ ∀ < − + + − = t t t t f f(t) nghịch biến với mọi 2 ≥ t =>P 2 3 ) 2 ( ) ( = ≤ ≤ f t f Vậy gtln của P bằng 2 3 đạt được khi x=y=1 0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ 14 Câu 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − . Câu 2. (1.0 điểm)Cho hàm số 3 2 1 y x x m = − + − ,tìm giá trị thực của m để điểm cực đại của đồ thị hàm số thuộc đường thẳng y = 3x +2 Câu 3. (1.0 điểm) a.Giải bất phương trình: 1 2 9 3 18 0 x x + + − − ≤ b. Tìm số phức liên hợp của số phức z biết rằng: 3 9 2 11 z iz i + = + . Câu 4. (1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ; 2 x y e x y x = + = + và trục tung. Câu 5. (1.0 điểm) a.Giải phương trình cos5 cos 2 3 cos3 .sin 2 x x x x + = b..Tìm số hạng của khai triển 9 3 ( 3 2) + là một số nguyên SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 72 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam y 1 2,5 3 2 Câu 6. (1.0 điểm)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(2;1;3) và đường thẳng d: 1 2 1 2 3 x y z − + = = − .Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với đường thẳng d và phương trình mặt cầu (S) tâm M tiếp xúc đường thẳng d. Câu 7. (1.0 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D.Hai mặt bên SAD và SAB là những tam giác vuông tại A.Góc giữa SC và đáy ABCD bằng 0 45 .AD=DC=2a;AB=4a .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SD và BC. Câu 8. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (2; 5) C − và nội tiếp đường tròn tâm I. Trên cung nhỏ BC của đường tròn ( ) I lấy điểm E, trên tia đối của tia EA lấy điểm (8; 3) M − sao cho EM EC = . Tìm tọa độ điểm A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 0 d y− = . Câu 9. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 ( 1) 1 ( 2) 3 27 (1) ( 2) (2 1)(4 4) 2 (2) y x x y y y x x x + − + + − = + + − = + − ( , ) x y R ∈ Câu 10. (1.0 điểm). Cho , , x y z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 1 1 1 9 x y z yz P x yz x x y z + + = + − + + + + + + –––––––––––Hết––––––– Câu Đáp án Điểm 1 (1,0đ) a) (1,0 điểm) Tập xác định {} \ 1 D=ℝ . Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: ( ) 2 1 ' 0, 1 y x D x =− < ∀ ∈ − . Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1;−∞ . Hàm số không có cực trị 0,25 Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y →−∞ →+∞ = = ⇒ = là tiệm cận ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x − + → → =−∞ =+∞ ⇒ = là tiệm cận đứng. 0,25 Bảng biến thiên x – ∞ 1 +∞ y′ – – y 2 –∞ +∞ 2 0,25 Đồ thị: 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 73 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 (1,0đ) Tập xác định D=ℝ . 2 ' 3 2 y x x = − 0,25 2 0 ' 0 3 2 0 2 3 x y x x x = = ⇔ − = ⇔ = Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(0;m–1) 0,25 điểm cực đại của đồ thị hàm số thuộc đường thẳng y = 3x +2 khi và chỉ khi m–1=2 0,25 Vậy: m =3 0,25 3a (0,5đ) 1 2 9 3 18 0 9.9 9.3 18 0 1 3 2 x x x x x + + − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔− ≤ ≤ 0,25 3 3 2 log 2 x x ⇔ ≤ ⇔ ≤ 0,25 3b (0,5đ) Ta có, 3 9 2 11 3 2 9 11 z iz i z iz i + = + ⇔ − =− + (1) Đặt z a bi z a bi = + ⇒ = − , (a;b thuộc R) thay vào phương trình (1) ta được 2 3( ) 2 ( ) 9 11 3 3 2 2 9 11 a bi i a bi i a bi ai bi i + − − =− + ⇔ + − + =− + 0,25 3 2 9 1 3 2 (3 2 ) 9 11 3 2 11 3 a b a a b b a i i b a b − =− =− ⇔ − + − =− + ⇔ ⇔ − = = Vậy, 1 3 1 3 z i z i =− + ⇒ =− − 0,25 4 (1,0đ) Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 ln 2 x x e x x e x + = + ⇔ = ⇔ = 0,25 Diện tích cần tìm ln2 ln 2 0 0 2 ( 2) x x S e dx e dx = − = − ∫ ∫ 0,25 ln 2 0 ( 2 ) x S e x = − 0,25 2ln 2 1 S = − 0,25 5 a. 0,5 đ cos5 cos 2 3 cos3 .sin 2 2cos3 .cos 2 2 3 cos3 .sin 2 s3 .(cos 2 3 sin 2 ) 0 cos3 0 cos 2 3 sin 2 0 x x x x x x x x co x x x x x x + = ⇔ = ⇔ − = = ⇔ − = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 74 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam cos3 0 ( ) 6 3 cos 2 3 sin 2 0 cot 2 3 ( ) 12 2 x x k k x x x x k k π π π π = ⇔ = + ∈ − = ⇔ = ⇔ = + ∈ ℤ ℤ 0,25 b. 0,5 đ Số hạng tổng quát ( ) 9 9 3 2 2 1 9 9 ( 3) . 2 3 .2 k k k k k k k T C C − − + = = (0 9; ) k k ≤ ≤ ∈ℤ 0,25 1 9 2 2 3 3 9 0 9 k k k k T k k k + − ∈ = ∈ ∈ ⇔ ⇔ = ≤ ≤ ∈ ℤ ℤ ℤ ℤ Số hạng của khai triển 9 3 ( 3 2) + là số nguyên là : 4 10 4536; 8 T T = = 0,25 6 (1,0đ) Mặt phẳng (P) đi qua M (2;1;3) và nhận vecto7 chỉ phương của đường thẳng d là ( 1;2;3) n= − làm vecto pháp tuyến 0,25 Phương trình mặt phẳng (P): 2 3 9 0 x y z − − + = 0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên d ta có H(0;0;3) Bán kính mặt cầu (S) là ( , ) 5 d M d MH = = 0,25 Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 3) 5 x y z − + − + − = 0,25 7 (1,0đ) S A B D C N O Theo giả thiết ; ( ) SA AB SA AC SA ABCD ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Góc giữa SC và mp(ABCD) là góc SCA .Do đó 0 45 SCA= 0,25 SA=AC= 2 2 a 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 75 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Thể tích khối chóp S.ABCD là 2 2 3 1 ( ) 3 2 1 1 . .2 2.3 2 2 3 3 ABCD ABCD S AD AB DC a V SA S a a a = + = = = = Gọi N là trung điểm của AB ;DN song song BC; Gọi O là giao điểm của DN và AC d( BC;SD)=d(BC;(SDN))=d(C;(SDN)) 0,25 Thể tích khối chóp C.SDN bằng thể tích khối chóp S.CDN 3 . 1 1 4 2 . . 3 2 3 S CND a V SA DC CN = = ; 2 2 10 SO SA OA a = + = Diện tích tam giác SDN là 2 1 . 2 5 2 SDN S SO DN a = = 3 2 10 ( ;( )) 5 SCDN SDN V a d C SDN S = = 0,25 8 (1,0đ) Ta có 0 0 90 90 AEC MEC = ⇒ = Gọi N là trung điểm CM, suy ra EN là ường đường trung trực CM và 0 45 CEN = lại có 0 45 BEA BCA = = . Từ đó suy ra 0 180 BEN = . Do đó B thuộc trung trực EN của đoạn thẳng CM 0,25 Phương trình BN: 3 11 0 x y + − = Tọa độ điểm B thỏa 2 0 3 (3;2) 3 11 0 2 y x B x y y − = = ⇔ ⇒ + − = = 0,25 Phương trình AB: 7 17 0 x y + − = Điểm A AB ∈ nên (17 7 ; ) A t t − Ta có 2 2 2 2 3 (14 7 ) ( 2) 50 2 t AB BC t t t = = ⇔ − + − = ⇔ = ( 4;3), (10;1) A A ⇒ − 0,25 Do A và M khác phía so với BC nên ta chọn ( 4;3) A − 0,25 9 (1,0đ) ĐK: 3 1 y x ≥ ≥ . Phương trình (2) 1 (2 4) 2 1 ( 2) 1 0 1 (2 4) 2 1 ( 2) 1 (3) x y y x x x y y x x ⇔ − + + − + − = = ⇔ + + = + − 0,25 Với x = 1 thế vào pt(1) ta có 3 9 84 y y − = ⇔ = 0,25 Pt(3) ( ) ( ) 3 3 2 1 3 2 1 1 3 1 y y x x ⇔ + + + = − + − (*) Xét hàm số 3 2 ( ) 3 , 0 '( ) 3 3 0 f t t t t f t t = + ≥ ⇒ = + > Hàm số f(t) đồng biến trên (0; ) +∞ . Khi đó (*) 0,25 N E I A D C B M SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 76 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 1 1 1 2 1 y x x y ⇔ + = − ⇔ − = + Thay vào phương trình (1): ( 1) 2 1 (2 4) 3 27 ( 1)( 2 1 3) (2 4)( 3 1) 5 20 0 2 2 2 4 ( 4) 5 0 2 1 3 3 1 4 10 y y y y y y y y y y y y y y y x + + + + − = ⇔ + + − + + − − + − = + + ⇔ − + + = + + − + ⇔ = ⇒ = Vì 2 2 2 4 5 0, 3 2 1 3 3 1 y y y y y + + + + > ∀ ≥ + + − + Vậy hệ có nghiệm ( ) ( ) 1;84 ; 10;4 0,25 10 Ta có 2 1 ( 1) (1 ) x yz x x x y z xy xz yz + + + = + + + + − − + và 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2(1 ) 0 x y z x y z xy xz yz xy xz yz − − = + + − − + = − − + ≥ Nên 2 1 ( 1) x yz x x x y z + + + ≥ + + + Từ đó suy ra 2 2 1 1 x x x yz x x y z ≤ + + + + + + Mặt khác : 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 2 2 2 ( ) 2 2 ( ) 4(1 ) x y z x y z x y z yz yz x y z yz x y z yz + + = + + + + + = + + + ≤ + + + + = + Suy ra 2 1 ( ) 9 36 yz x y z + + + ≥ Do đó 2 2 ( ) 1 36 1 36 x y z x y z t t P x y z t + + + + ≤ − = − + + + + , t x y z = + + 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 6 x y z x y z xy yz xz x y z x y z xy yz xz x y y z z x + + = + + + + + ≥ + + = + + + + + ≤ + + + + + + = Suy ra 2 2 6 2 6 t t ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 77 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Xét hàm số 2 ( ) , 2, 6 1 36 t t f t t t = − ∈ + Ta có 2 1 '( ) , '( ) 0 2 ( 1) 18 t f t f t t t = − = ⇔ = + Bảng biến thiên t 2 2 6 '( ) f t + 0 − ( ) f t 5 9 35 18 2 18 − 31 6 6 30 − 0,25 Từ bảng biến thiên suy ra 5 5 ( ) 9 9 f t P ≤ ⇒ ≤ Giá trị lớn nhất của 5 9 P= khi 1, 0 x y z = = = ĐỀ 15 Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2 y x 2x = − . Câu 2 (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x 1 y x 1 + = − , biết tiếp tuyến có hệ số góc k 2 =− . Câu 3 (1 điểm). a. Giải phương trình trên tập số phức 2 x 2x 2 0 − + = . b. Giải bất phương trình x 1 x 7 7 8 − + < . Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân e 1 dx I x x ln x = + ∫ . Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình x 2y 2z 14 0 + + − = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S). Câu 6 (1 điểm). a. Giải phương trình cos2x sin x 0 6 π + − = b. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức sau 21 2 2 3x x − . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 78 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuộng góc với mặt phẳng đáy. Góc hợp bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy là 0 60 , AB = 3a, AC = 5a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC, AB. Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn 2 2 1 (C ) : x y 1 + = và 2 2 2 (C ) : (x 3) y 4 − + = Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x y x y 12 y. x y 12 + + − = − = . Câu 10 (1 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương lớn hơn 1và thỏa mãn điều kiện 1 1 1 2 x y z + + ≥ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )( )( ) A x 1 y 1 z 1 = − − − . –––––– HẾT–––––– SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 79 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐÁP ÁN Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2 y x 2x = − . TXĐ: D = R 3 y' 4x 4x, y' 0 x 0,x 1 = − = ↔ = =± x lim y →±∞ =+∞ x −∞ –1 0 1 +∞ y' – + – 0 + y +∞ 0 +∞ –1 –1 Hàm số nghịch biến trên hai khoảng ( )( ) ; 1 , 0;1 −∞− và đồng biến trên hai khoảng ( )( ) 1;0 , 1; − +∞ . Hàm số đạt cực đại tại CD x 0 y 0 = → = Hàm số đạt cực đại tại CD x 1 y 1 =± → =− Đồ thị: x 2 ± y 8 (Vẽ đúng đồ thị) Câu 2 (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x 1 y x 1 + = − , biết tiếp tuyến có hệ số góc k 2 =− . Câu 3 (1 điểm). a. Giải phương trình trên tập số phức 2 x 2x 2 0 − + = . b. Giải bất phương trình x 1 x 7 7 8 − + < . ( ) 2 2 y' x 1 − = − Ta có ( ) ( ) 0 0 0 2 0 0 0 x 0 y 1 2 y' x 2 2 x 2 y 3 x 1 = → =− − =− → =− ↔ = → = − Có hai tiếp tuyến y 2(x 0) 1 y 2x 1 =− − − ↔ =− − y 2(x 2) 3 y 2x 7 =− − + ↔ =− + a. 4 4 2 0 Δ= − < Phương trình có hai nghiệm phức 1,2 2 i 4 2 4 x 1 i 2 1 2 ± − = = ± − b. x 2x x x x 7 (pt) 7 8 7 8.7 7 0 1 7 7 0 x 1 7 ↔ + < ↔ − + < ↔ < < ↔ < < SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 80 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân e 1 dx I x x ln x = + ∫ . Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ;1;1) và mặt phẳng (P) có phương trình x 2y 2z 14 0 + + − = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S). Câu 6 (1 điểm). a. Giải phương trình cos2x sin x 0 6 π + − = b. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức sau 21 2 2 3x x − . e 1 dx I x(1 ln x) = + ∫ Đặt 1 t 1 ln x dt dx, x 1 t 1, x e t 2 x = + → = = → = = → = 2 2 1 1 dt I ln t ln 2 t = = = ∫ Theo đề mặt cầu (S) có bán kính R d(A;(P)) 3 = = . Phương trình mặt cầu (S) là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 y 1 z 1 9 − + − + − = Gọi H là tiếp điểm của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S), khi đó AH (P) ⊥ ( ) H H H AH x 1 ;y 1;z 1 , = − − − mặt phẳng (P) có vtpt ( ) P n 1;2;2 = . AH cùng phương P P n AH t.n H(1 t;1 2t;1 2t) ↔ = → + + + Mà ( ) ( ) ( ) H (P) 1 t 2 1 2t 2 1 2t 14 0 t 1 ∈ → + + + + + − = ↔ = . Vậy H(2;3;3) . a. (pt) sin 2x sin x 2 6 π π ↔ − = − 2x x k2 x k2 2 6 3 (k Z) 2 2x x k2 x k 2 6 9 3 π π π − = − + π = − π ↔ ↔ ∈ π π π π − =π− + + π =− − b. ( ) ( ) 21 k 21 21 21 k k 2 k 2 k 21 k 42 3k 21 21 k 0 k 0 2 2 3x C 3x C 3 2 x x x − − − = = − = − = − ∑ ∑ Số hạng không chứa x thì có 42 3k 0 k 14 − = ↔ = Vậy số hạng cần tìm là: 14 7 14 15 21 T C .3 .2 = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 81 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuộng góc với mặt phẳng đáy. Góc hợp bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy là 0 60 , AB = 3a, AC = 5a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC, AB. Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn 2 2 1 (C ) : x y 1 + = và 2 2 2 (C ) : (x 3) y 4 − + = (vẽ hình) Ta có SA (ABC) ⊥ nên S.ABC ABC 1 V SA.S 3 Δ = 2 2 2 ABC 1 BC AC AB 4a S AB.BC 6a 2 Δ = − = → = = Ta có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên đáy ABC ( ) 0 SB,ABC SBA 60 → = = 0 SA AB.tan 60 3a 3 → = = 2 3 S.ABC 1 V 3a 3.6a 6a 3 3 = = Dựng điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình chữ nhật ( ) AB / /CD AB / / SCD d(AB,SC) d(AB,SCD) d(A,SCD) → → = = Kẻ AK SD ⊥ dễ dàng suy ra ( ) AK SCD ⊥ Vậy 2 2 SA.AD 12 3 d(AB,SC) AK 43 SA AD = = = + Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (0;0), bán kính R 1 =1 Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (3;0), bán kính R 2 =2 Gọi 2 2 : ax by c 0, a b 0 Δ + + = + ≠ là tiếp tuyến cần tìm. Ta có 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 c 1 c a b (1) d(I ; ) R a b d(I ; ) R 3a c 3a c 2 a b (2) 2 a b = = + Δ = + ↔ ↔ Δ = + + = + = + Từ (1,2) c 3a 3a c 2 c c a = → + = ↔ =− *Với c = 3a thay vào (1) ta được 2 2 2 2 3a a b 8a b 0 = + ↔ − = chọn a 1 b 2 2,c 3 = → =± = *Với c = –a thay vào (1) ta được 2 2 a a b b 0 − = + ↔ = chọn a 1 c 1 = → =− Vậy có 3 tiếp tuyến x 2 2y 3 0,x 1 0 ± + = − = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 82 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x y x y 12 y. x y 12 + + − = − = . Câu 10 (1 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương lớn hơn 1và thỏa mãn điều kiện 1 1 1 2 x y z + + ≥ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )( )( ) A x 1 y 1 z 1 = − − − . ĐỀ 16 Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2 4 1 y x x = − + . Câu 2 (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 1) x y e x x = − − trên đoạn [0;2]. Câu 3 (1,0 điểm): a. Giải phương trình + − = 3 2 3 2 log log log log 0 x x x x . b. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z , biết: 2 10 3 z i z − = − . Câu 4 (1,0 điểm): 2 2 2 2 x y x y 12 (1) y. x y 12 (2) + + − = − = ĐK: x>y>0. Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 y x y x 2y. x y (3) + − = + − Thay (1),(2) vào (3) ta được ( ) 2 2 12 x x 24 24x 120 x 5 − = + ↔− =− ↔ = 2 2 4 2 2 y 9 y 3 y. 25 y 12 y 25y 144 0 y 4 y 16 = = − = ↔ − + = ↔ ↔ = = (vì y>0) Vậy nghiệm (5;3), (5;4). Ta có 1 1 1 2 x y z + + ≥ và x,y,z > 1 nên ( )( ) y 1 z 1 1 1 1 y 1 z 1 1 1 2 (1) x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự: ( )( ) ( )( ) x 1 z 1 x 1 y 1 1 1 2 (2); 2 (3) y xz z xy − − − − ≥ ≥ Nhân vế theo vế (1),(2),(3) ta được: ( )( )( ) 1 x 1 y 1 z 1 8 − − − ≤ . Vậy MaxA = 1 8 khi 3 x y z 2 = = = . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 83 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam a.Giải phương trình 2 2 2sin 3 sin cos cos 1 x x x x − + = . b.Một bài trắc nghiệm có 50 câu. Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một câu trả lời đúng. Nếu trả lời đúng thì được 0.2điểm, nếu trả lời sai không được điểm. Bạn An không học bài nên làm bài bằng cách đánh ngẫu nhiên. Tính xác suất để bạn An được 5 điểm. Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân 2 2 0 4 2 1 x x dx + ∫ . Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ . ' ' ' ' ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên ' , AA a = hình chiếu vuông góc của ' A trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của AB. Gọi K là trung điểm BC. Tính theo a thể tích khối chóp '. A IKD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ' ) A KD Câu 7 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z − + Δ = = − . Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M, cắt và vuông góc với Δ . Câu 8 (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giac ABC có trực tâm H, có phương trình , AB AC lần lượt là : 4 3 20 0;2 10 0 x y x y − − = + + = , đường tròn ( ) C đi qua trung điểm đoạn , , HA HB HC có phương trình:( ) 2 2 1 ( 2) 25 x y − + + = . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC với 4 C x >− . Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 3 2 2 2 2 2 3 2 2 (5 1) 4 32 18 1 4 4 x x y xy xy x y y y yx y x y + − + + − = + + + + − = + Câu 10 (1,0 điểm): Cho , , x y z là các số thực thuộc đoạn [ ] 1;2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 5 3 4 x z xz y yz z P x x x z yz z + + + − = + − − + − ––––––––––––––––––––––HẾT––––––––––––––––––––– Câu Nội dung Điểm 1 (1,0 điểm) ● Tập xác định: D=ℝ ● Sự biến thiên: ─ Chiều biến thiên: 3 0 4 8 ; 0 2 x y x x y x = ′ ′ = − = ⇔ =± 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2) −∞ − và (0; 2) , đồng biến trên các khoảng ( 2;0) − và ( 2; ) +∞ . ─ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CT 2; 3 x y =± =− Hàm số đạt cực đại tại = = 0; 1 CÑ x y ─ Giới hạn: lim lim x x y y →−∞ →+∞ = =+∞ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 84 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ─ Bảng biến thiên: 0,25 c) Đồ thị (C): 0,25 2 (1,0 điểm) Hàm số 2 ( 1) x y e x x = − − liên tục trên đoạn [0;2] 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) (2 1) ( 2) x x x x x y e x x e x x e x x e x e x x ′ ′ ′ = − − + − − = − − + − = + − 0,25 Cho (nhan) (loai) 2 2 1 [0;2] 0 ( 2) 0 2 0 2 [0;2] x x y e x x x x x = ∈ ′= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ =− ∉ 0,25 Ta có, 1 2 (1) (1 1 1) f e e = − − =− ; 0 2 (0) (0 0 1) 1 f e = − − =− ; 2 2 2 (2) (2 2 1) f e e = − − = 0,25 Vậy, khi khi 2 [0;2] [0;2] min 1; max 2 y e x y e x =− = = = 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) a. ( 0,5 điểm) ĐK 0 x> ( ) 2 3 2 2 3 2 3 3 log log 2log log log 0 log 1 log 2 log 0 x x x x x x + − = ⇔ + − = 0,25 ( ) 2 3 3 log 0 log log 6 1 6 x x x TM x = ⇔ = = = 0,25 b. ( 0,5 điểm) Giả sử z a bi = + (với 2 , , 1) a b i ∈ =− ℝ . Suy ra z a bi = − 2 10 3 2( ) 10 3( ) z i z a bi i a bi − = − ⇔ + − = − − 0,25 5 10 ( 1) 0 a b i ⇔ − + − − = 5 10 0 1 0 a b − = ⇔ − − = 2 1 a b = ⇔ =− . Vậy phần thực là: 2, phần ảo là 1 − 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) a. ( 0,5 điểm) 2 2 2sin 3 sin cos cos 1 x x x x − + = 2 sin 3 sin cos 0 x x x ⇔ − = sin (sin 3 cos ) 0 x x x ⇔ − = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 85 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ● sin 0 , x x k k π = ⇔ = ∈ℤ ● sin 3 cos 0 tan 3 , 3 x x x x k k π π − = ⇔ = ⇔ = + ∈ℤ 0,25 b. ( 0,5 điểm) Có 50 câu , mỗi câu có 4 phương án trả lời: 50 4 Ω = Gọi A là biến cố : “Bạn An được 5 điểm” Bạn An được 5 điểm tức trả lời đúng 25 câu và trả lời sai 25 câu Bước 1: chọn 25 câu đúng trong 50 câu có : 25 50 C cách ( vì một câu đúng chỉ có 1 phương án) 0,25 Bước 2: Còn 25 câu còn lại sai . Mỗi câu sai có 3 phương án chọn, nên số cách chọn để 25 câu còn lại sai: 25 3 Theo quy tắc nhân ta có : 25 25 50 3 A C Ω = Xác suất xảy ra biến cố A: 5 ( ) 8.45.10 A P A − Ω = ≈ Ω 0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Đặt 2 2 1 4 t x dt xdx = + ⇒ = Đổi cận: 0 1; 2 9 x t x t = ⇒ = = ⇒ = 0,25 0,25 Do đó 9 1 I tdt = ∫ 9 1 3 2 52 3 2 3 t = = 0,25 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) H A D B C B' A' D' C' I K 0,25 Gọi H DK IC = ∩ , do ABCD là hình vuông cạnh a , suy ra IC DK ⊥ 5 . 5 3 5 ; ; 2 5 10 a CK CD a a DK IC CH IH DK = = = = = Xét tam giác ' A AI ,ta có: 3 ' 2 a A I = 0,25 Thể tích : 3 '. 1 1 1 3 . ' . . . . . ' 3 3 2 16 A IDK IDK a V A I S DK IH A I = = = ( đvtt) 0,25 Do , ' ( ' ) ( ' ) ( ' ) DK IH DK A I DK A IH A IH A DK ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Trong ( ' ), A IH kẻ ' IE A H ⊥ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 86 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Khi đó : ( ' ) IE A KD ⊥ 2 2 ' . 3 2 ( ,( ' )) 8 ' A I IH a d I A KD IE A I IH = = = + Vậy : 3 2 ( ,( ' )) 8 a d I A KD = . 0,25 Câu 7 (1,0 điểm) Ta có (2;1; 1) u Δ = − là VTCP của Δ 0,25 Gọi H d = ∩Δ ,Gỉa sử (1 2 ; 1 ; ) H t t t + − + − (2 1; 2; ) MH t t t = − − − 0,25 Ta có MH u Δ ⊥ ⇔ 2(2 1) ( 2) ( ) 0 2 / 3 t t t t − + − − − = ⇔ = 0,25 3 (1; 4; 2) d u MH = = − − Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là 2 : 1 4 2 x t d y t z t = + = − = 0,25 Câu 8 (1,0 điểm) E D F N H B' B C A Tọa độ điểm ( 1; 8) A − − 0,25 Gọi , , , D E F N lần lượt là trung điểm , , , AH HB HC AC và ' B là chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC Ta có : 0 90 EDN EFN = = Khi đó, tứ giác DEFN nội tiếp đường tròn ( ) C với đường kính EN 0,25 Vậy toạ độ N là nghiệm hệ 2 2 4 2 10 0 2 7 ( 1) ( 2) 25 4 x x y y x x y y =− + + = =− ⇔ =− − + + = = Vậy N(–4;–2), suy ra ( 3 4) C − − 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;–2) và là trung điểm EN suy ra E(4;2) Đường cao ' BB qua E và nhận AC làm VTPT có phương trình: 2 0 x y − = Tọa độ B là nghiệm hệ 2 0 5 4 3 20 0 5 / 2 x y x x y y − = =− ⇔ − − = =− Vậy A(–1;–8), B(–5;5/2),C(–3;–4) 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 87 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 (1,0 điểm) Điều kiện : 4 32 18 0 1 1 1 xy y x x y + + ≥ ≥ ≤− ≥− Từ phương trình đầu ta có : 2 2 2 2 ( 5 1 4 ) 2 (5 1 4 ) x x y y xy y y y x xy + + + + = + + + + 2 2 2 ( 2 ) 1 0 x y x y y y = ⇔ + + + + = 2 x y ⇔ = 0,25 Thay vào phương trình còn lại ta có: 2 2 2 16 18 1 2 4 x x x x + + + − = + 2 2 2 2( 1) 1 0 2 16 18 2 4 x x x x x − − ⇔ + − = + + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 2 16 18 2 4 1 2 16 18 2 4 2 1 x x x x x x x x x x − ⇔ − − = + + + + =± ⇔ + + + + = − 0,25 Ta có 2 2 2 2 2 16 18 1 2 4 2 16 18 2 1 2 4 x x x x x x x x + + + − = + + + − − =− − 2 3 1 4 8 x x ⇒ − = + 2 2 32 3 57 7 7 64 73 0 x x x x ≥− − + ⇔ ⇔ = + + = 0,25 So điều kiện hệ, suy ra nghiệm hệ : 1 1 32 3 57 32 3 57 ( ; ) 1; , 1; , ; 2 2 7 14 x y − + − + ∈ − − 0,25 Câu 10 (1,0 điểm) Đặt , x az y bz = = với 1 , ;2 2 a b ∈ Khi đó : 3 2 2 2 2 4 1 2 5 3 4 1 a a b b P x x b a + + + − = + − − − + 0,25 Xét hàm số 2 2 2 4 1 2 5 ( ) ; ( ) 4 1 a a b b f a g b b a + + + − = = − + trên đoạn 1 ;2 2 Và 2 ( ) 3 h x x x =− − trên đoạn[ ] 1;2 Ta có : 2 2 2 4( 1) 1 '( ) ; '( ) 0 1 ;2 2 ( 1) a f a f a a a − =− = ⇔ = ∈ + Suy ra 1 1 ;2 ;2 2 2 13 max ( ) (1) 3; min ( ) (2) (1/ 2) 5 f a f f a f f = = = = = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 88 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 2 8 3 1 '( ) 0, ;2 2 ( 4) b b g b b b − − = < ∀ ∈ − Suy ra: 1 1 ;2 ;2 2 2 1 15 3 max ( ) ; min ( ) (2) 2 14 2 g b g g b g = = = =− 2 3 2 '( ) ; '( ) 0 3 / 2 2 3 x h x h x x x x − =− = ⇔ = − Suy ra: 3 3 max ( ) (1) (2) 2;min ( ) 2 2 h x h h h x h = = = = =− 0,25 Ta có 3 3 ( ( )) ( ( )) ( ) P f a g b h x = + + Ta có : 3 3 3 3 max 15 (max ( )) (max ( )) max ( ) 3 2 14 P f a g b h x = + + = + − Dấu “=” xảy ra khi : 1 2 1 1/ 2 1 2 2 1 1 2 2 x z a x b y z y z x x x x = = = = ⇔ = ⇔ = = = = = = 0,25 ĐỀ 17 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 2 3 1 y x x = − + Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trịnhỏ nhất của hàm số: ( ) 2 8ln f x x x = − trên đoạn [ ] 1;e . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn ( ) (1 ) 2 i z z i + = + . Tính môđun của số phức z . b) Giải phương trình 2 2 log ( 1) log (3 4) 1 0 x x − + − − = . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 1 ln .d e I x x x x = + ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 1;2), (0;0;2) A B − và đường thẳng 3 6 1 : 2 2 1 x y z d − − − = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P). Câu 6 (1,0 điểm). a) Cho góc α thỏa mãn 2 π α π < < và 12 sin 13 α = . Tính os 4 A c π α = − . b) Trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh. Tính xác suất SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 89 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , 2 2 , 3 AB BC a AD a = = = . Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ( ) ABCD là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) SCD biết 13 SD a = . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có 2 AC AB = . Điểm (2; 2) M − là trung điểm của cạnh BC . Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho 3 EC EA = , điểm 4 8 ; 5 5 K là giao điểm của AM và BE . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm E nằm trên đường thẳng : 2 6 0 d x y + − = . Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2 2 3 ( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7 x x x x x x x + − + − ≤ + + − − + + Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 2 2 2 5( ) 9( 2 ) x y z xy yz zx + + = + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 1 ( ) x P y z x y z = − + + + . –––––––––––––––––Hết–––––––––––––––– Câu Đáp án Điểm Câu 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 2 3 1 y x x = − + +Tập xác định: D R = + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 0 ' 6 6 , ' 0 1 x y x x y x = = − = ⇔ = 0,25 Các khoảng đồng biến: −∞ ( ;0) và +∞ (1; ) ; khoảng nghịch biến: (0;1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại = 0, x y CĐ = 1; hàm số đạt cực tiểu tại = 1, x y CT = 0 Giới hạn: →−∞ →+∞ = −∞ =+∞ lim ; lim x x y y 0,25 Bảng biến thiên : 0,25 + Vẽ đồ thị: 0,25 Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 8ln f x x x = − trên đoạn [ ] 1;e . Hàm số liên tục trên đoạn [ ] 1;e Ta có: ( ) ( ) 2 2 4 ' x f x x − = 0,25 ( ) ' 0 2 f x x = ⇔ = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 90 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) ( ) ( ) 2 1 1; 2 4 8ln 2; 8 f f f e e = = − = − 0,25 Vậy [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 1; 1; max 1 1; min 2 4 8ln 2 e e f x f f x f = = = = − 0,25 Câu 3 (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn ( ) (1 ) 2 i z z i + = + (*). Tính môđun của số phức z . Đặt = + ∈ℝ ,( , ); z a bi a b khi đó = − z a bi . Do đó (*) (1 )( ) ( 2) ( ) ( ) ( 2) i a bi a bi i a b a b i b a i ⇔ + + = − + ⇔ − + + = + + 0,25 − = = ⇔ ⇔ ⇒ = + = + = + = 2 2 4 4 2 2 5 2 2 a b b a z a b a b 0,25 b) Giải phương trình 2 2 log ( 1) log (3 4) 1 0 x x − + − − = . Điều kiện xác định: > 4 3 x (*). Với điều kiện (*), ta có ⇔ − − = ⇔ − + = 2 2 2 2 (1) log ( 1)(3 4) 1 log (3 7 4) log 2 x x x x 0,25 ⇔ − + = ⇔ = 2 3 7 2 0 2 x x x (do điều kiện (*)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. 0,25 Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân 1 1 ln .d e I x x x x = + ∫ . Ta có: 1 1 1 1 1 ln d ln d ln d . e e e I x x x x x x x x x x = + = + ∫ ∫ ∫ 0,25 Tính 1 ln d e x x x ∫ . Đặt ln u x = và dv xdx = . Suy ra 1 du dx x = và 2 2 x v= Do đó, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln d ln d 2 2 2 4 4 4 e e e x x e x e x x x x x = − = − = + ∫ ∫ 0,25 Tính 1 1 ln d . e x x x ∫ Đặt 1 ln t x dt dx x = ⇒ = . Khi 1 x= thì 0 t= , khi x e = thì 1 t= . Ta có: 1 1 2 1 0 0 1 1 ln d tdt . 2 2 e t x x x = = = ∫ ∫ 0,25 Vậy, 2 3 . 4 e I + = 0,25 Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 1;2), (0;0;2) A B − và đường thẳng 3 6 1 : 2 2 1 x y z d − − − = = − . Viết phương trình mặt SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 91 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P). Véc tơ chỉ phương của d là ( 2;2;1) u= − (P) d ⊥ ⇒ (P) nhận ( 2;2;1) u= − là véc tơ pháp tuyến 0,25 ⇒ Phương trình của(P) : 2( 2) 2( 1) ( 2) 0 2 2 4 0 x y z x y z − − + + + − = ⇔− + + + = 0,25 Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là R Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có (B;(P)) 2 R d = = 0,25 ⇒ phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 2) 4 x y z + + − = 0,25 Câu 6 (1 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn 2 π α π < < và 12 sin 13 α = . Tính os 4 A c π α = − Ta có ( ) π α α α = − = + 2 os os sin 4 2 A c c α α α = − = − = ⇔ = ± 2 2 144 25 5 os 1 sin 1 os 169 169 13 c c 0,25 π α α π ⇒ = − < < 5 os ( ) 13 2 c do 0,25 b) Trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí. Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có 3 6 ( ) C 20 n Ω = = Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’. Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2 học sinh nam lại phải có mặt ở hai môn khác nhau thì chỉ có thể là 2 học sinh nam đạt giải môn Toán hoặc 1 học sinh nam đạt giải môn Toán và 1 học sinh nam đạt giải môn Vật lí. Vậy ta có 1 1 2 2 (A) 1 . 5 n C C = + = 0,25 Xác suất của A là (A) 1 (A) ( ) 4 n P n = = Ω 0,25 Câu 7 (1 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , 2 2 , 3 AB BC a AD a = = = . Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ( ) ABCD là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 92 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) SCD biết 13 SD a = . S Ta có = + = + = 2 2 2 2 9 10 HD AD HA a a a ⇒ = − = − = 2 2 2 2 13 10 3 SH SD HD a a a 0,25 Diện tích của hình thang vuông ABCD là = + = + = 2 1 1 ( ) (3 )2 4 2 2 ABCD S AD BC AB a a a a ⇒ = = 3 . 1 4 3 . 3 3 S ABCD ABCD a V SH S (đvtt) 0,25 = − = − . . . . 1 . . 6 S ACD S ABCD S ABC S ABCD V V V V SH ABCD = − = 3 3 3 4 3 3 3 3 3 a a a Ta có HBC Δ vuông cân tại B, HB a = ⇒ = 2 HC a . Do đó = + = 2 2 5 SC SH HC a . Kẻ ⊥ CE AD tại E , khi đó ta có CED Δ vuông cân tại E, = = ⇒ = 2 2 2 CE ED a CD a 0,25 Xét SCD Δ có + = + = = ⇒Δ 2 2 2 2 2 2 5 8 13 SC CD a a a SD SCD vuông tại C. Do đó Δ = = 2 1 . 10 2 SCD S SCCD a . Vậy Δ = = = 3 . 2 3 3 3 3 30 ( ;( )) 10 10 S ACD SCD V a a d A SCD S a 0,25 Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có 2 AC AB = . Điểm (2; 2) M − là trung điểm của cạnh BC . Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho 3 EC EA = , điểm 4 8 ; 5 5 K là giao điểm của AM và BE . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm E nằm trên đường thẳng : 2 6 0 d x y + − = . B A H C D E C M F SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 93 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Kẻ MI AC ⊥ tại I và BD MI ⊥ tại D. Khi đó ta có tứ giác AIDB là hình vuông có M, E lần lượt là trung điểm của BC, AI. Do đó ta có ⊥ BE AM tại K 0,25 ⇒ véc tơ pháp tuyến của BE là = − 6 18 ; 5 5 KM hay = − (1; 3) n ⇒ phương trình − + = : 3 4 0 BE x y . Ta có = ∩ + − = ⇒ : 2 6 0 (2;2) E BE d x y E ⊥ AD BI , ME là đường trung bình của ΔAID nên suy ra ⊥ BI ME tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME 0,25 ⇒ phương trình = : 0 BI y ; vậy ( 4;0) B BE BI B = ∩ ⇒ − (8; 4) C ⇒ − (vì M(2; –2) là trung điểm của BC) 0,2 5 Ta có 4 BI FI = ⇒ tọa độ điểm I(4; 0) ⇒ tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC) 0,2 5 Câu 9 (1 điểm) Giải bất phương trình 2 2 2 3 ( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7 x x x x x x x + − + − ≤ + + − − + + (1) Điều kiện xác định: ≥ − 5 2 x . Khi đó ta có ⇔ + + + − + + − + + − + ≤ 3 3 2 2 2 (1) 3 14 15 2( 2) 2 5 3( 2) 5 5 7 0 x x x x x x x x ⇔ + − − − + + − − + + − + − + ≤ 3 3 2 2 2 3 18 2( 2)( 2 5 3) 3( 2)( 5 3) 3 5 7 0 x x x x x x x x 0,25 ( ) + + + ⇔ − + + − − − ≤ + + + + + + + + 2 2 2 2 3 3 2 2 4( 2) 3 ( 2) 5 ( 2) ( 2) 5 9 0 (*) 2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7 x x x x x x x x x x 0,25 Ta có với SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 94 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) + + ≤ + < + + + + + ≥ − ⇒ + + < + + + + 2 2 2 2 3 3 2 2 4( 2) 4 3( 2) 3 ( 2); ( 2) 3 5 2 5 3 5 3 5 5( 2) 5( 2) 2 9 9 3 5 7 5 7 x x x x x x x x x x x ( ) + + ⇒ + + − − − + + + + + + + > > ∀ ≥ − + + + + 2 2 2 2 2 3 3 2 2 4( 2) 3( 2) 5 9 2 5 3 5 3 5( 2) 18 57 127 5 0, 45 2 9 3 5 7 5 7 x x x x x x x x x x x x 0,25 Do đó (*)⇔ − ≤ ⇔ ≤ 2 0 2 x x , kết hợp với điều kiện ≥ − 5 2 x ta suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm là − ≤ ≤ 5 2 2 x 0,25 Câu 10 (1 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 2 2 2 5( ) 9( 2 ) x y z xy yz zx + + = + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 1 ( ) x P y z x y z = − + + + . Theo giả thiết ta có + + = + + ⇔ + + = + + + + + 2 2 2 2 5( ) 9( 2 ) 5( ) 9( 2 ) 10( ) x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx ⇔ + + = + + ≤ + + + 2 2 5( ) 19 ( ) 28 19 ( ) 7( ) x y z x y z yz x y z y z ⇔ + ≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ + + + + 19 5 1 7 2 2( ) x x x x y z y z y z y z Mặt khác ta có + ≤ + ⇔ + ≥ + 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2( ) ( ) 2 y z y z y z y z 0,25 Vì vậy ( ) + ≤ − = − + + + + + + 3 3 2 2( ) 1 4 1 1 27( ) 2( ) ( ) 2 y z P y z y z y z y z y z Đặt − + = + > ⇒ ≤ − = − + ≤ 2 3 3 4 1 (6 1) (2 1) 0 16 16 27 27 t t t y z P t t t Vậy = min 16 P ; dấu bằng đạt tại = + = = ⇔ = = + = 1 2( ) 3 1 1 12 6 x y z x y z y z y z 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 95 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐỀ 18 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 6 9 1 y x x x = − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = có một nghiệm duy nhất: Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0 i z i + − − = . Tìm phần ảo của số phức 1 w zi z = − + Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y + − − = + + = + − (x,y∈ℝ ) Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân ( )( ) 1 2 0 1 2 x I x e dx = − + ∫ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: 1 0 x y + + = , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0 x y − − = . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z ≥ ≥ và 3 x y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + . Câu Đáp án Điểm 1.a (1,0 điểm) TXĐ: D=ℝ , / 2 3 12 9 y x x = − + . 3 ' 0 1 x y x = = ⇔ = Hàm số nghịch biến trên các khoảng(–∞ ;1) và (3;+ ∞ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim , lim x x y y →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ BBT x −∞ 1 3 +∞ ' y + 0 – 0 + y 3 +∞ 0.25 0.25 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 96 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam −∞ – 1 Đồ thị : đi qua các điểm (3;–1), (1;3), (2;1), (0;–1) 1.b (1,0 điểm) Pt : 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = 3 2 6 9 1 2 1 x x x m − + − = − (*) Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d 2 1 y m = − (d cùng phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : 2 1 1 2 1 3 m m − <− − > 0 2 m m < > 0.25 0.25 0.25 0.25 2.a (0,5 điểm) 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x (sin cos )(sin cos 1) 0 x x x x ⇔ − − − = sin cos 0 sin cos 1 x x x x − = ⇔ − = sin( ) 0 4 2 sin( ) 4 2 x x π π − = ⇔ − = 4 2 2 2 x k x k x k π π π π π π = + ⇔ = + = + ( k∈ℤ ) 0.25 0.25 2.b (0,5 điểm) (1 ) 1 3 0 i z i + − − = 1 3 2 1 i z i i + = = + + => w = 2 – i. Số phức w có phần ảo bằng – 1 0.25 0.25 3 (0,5 điểm) ĐK: x>1, 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ 3 log [( 1)(2 1)] 1 x x ⇔ − − ≤ 2 2 3 2 0 x x ⇔ − − ≤ 1 2 2 x − ≤ ≤ => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 0.25 4 (1,0 điểm) Điều kiện: x+y≥ 0, x–y≥ 0 Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0 uv uv uv uv uv uv uv + + − = ⇔ + + = + ⇔ = . 0.25 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 97 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đk) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. 0.25 5 (1,0 điểm) Đặt 2 1 (2 ) x u x dv e dx = − = + => 2 1 2 2 x du dx v x e =− = + 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) (2 ) 0 2 2 x x I x x e e dx = − + + + ∫ = 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) ( ) 0 0 2 4 x x x x e x e − + + + 2 1 4 e + = 0.25 0.25 0,5 6 (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm AB–Lập luận ( ) SH ABC ⊥ –Tính được 15 SH a = Tính được 3 . 4 15 3 S ABC a V = Qua A vẽ đường thẳng / /BD Δ , gọi E là hình chiếu của H lênΔ , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, Δ ))=2d(H, (S, Δ ))=2HK Tam giác EAH vuông cân tại E, 2 2 a HE= 2 2 2 2 1 1 1 31 15 15 31 15 ( , ) 2 31 HK a HK SH HE a d BD SA a = + = ⇒ = ⇒ = 0.25 0.25 0.25 0.25 7 (1,0 điểm) Gọi H là trực tâm Δ ABC. Tìm được B(0;–1), 1 cos cos 10 HBC HCB = = Pt đthẳng HC có dạng: a(x–2)+b(y–1)=0( ( ; ) n a b = là VTPT và 2 2 0 a b + > ) 2 2 2 2 2 1 cos 4 10 4 0 2 5 2 0 10 2( ) a b a a HCB a ab b b b a b + = = ⇒ + + = ⇔ + + = + 2 2, 1 1 1, 2( ) 2 a a b b a a b l b =− =− = ⇔ ⇒ =− = =− , phương trình CH: –2x + y + 3 = 0 AB⊥ CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 Tìm được : 2 5 ( ; ) 3 3 C − ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 0.25 0.25 0.25 8 Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2), bán kính mặt cầu: 3 R= 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 98 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (1,0 điểm) Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) 3 x y z + + + − = Giả sử H(x;y;z), (x 1; y 2;z 1), (1;2; 2), ( 1; ; 3) AH BC BH x y z = − + − = − = + − . 0 2 2 5 AH BC AH BC x y z ⊥ ⇔ = ⇔ + − =− BH cùng phương 2 2 3 x y BC y z − =− ⇔ + = , Tìm được H( 7 4 23 ; ; 9 9 9 − ) 0.25 0.25 9 (0,5 điểm) Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω ) = C 3 9 = 84 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = 3 5 C = 10 => Xác suất cần tính là P(A) = 10 84 = 5 42 0.25 0.25 10 (1,0 điểm) Ta có 2 , x xz x z + ≥ 2 z yz z y + ≥ . Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( ) x z y x y z xz yz x z y x y z = + + + + − − = + + + − Do 0 x> và y z ≥ nên ( ) 0 x y z − ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 0.25 0.25 0,25 0.25 ĐỀ 19 Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 2 1 1 x y x + = − Câu 2.(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2 ( ) 2 4 10 f x x x =− + + trên đoạn [ ] 0;2 Câu 3. (1,0 điểm) a) Tìm số phức z thõa (1 2 ) i z + là số thuần ảo và 2. 13 z z − = . b) Giải phương trình 2 2 2 log log 2 0 x + − = Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) ∫ + = 1 0 1 ln dx x x I Câu 5. (1,0 điểm) Cho điểm ( ) 1;3; 2 M − − , ( ) 1;2;3 n và đường thẳng 2 : 2 x t d y t t z t = = ∈ = + ℝ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d). Câu 6. (1,0 điểm) a) Cho tan 3 α = . Tính 3 3 3sin 2cos 5sin 4cos A α α α α − = + SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 99 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam b) Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40 học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học. Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60° . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN). Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, 2 BC BA = . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho 3 FM FE = . Biết điểm M có tọa độ ( ) 5; 1 − , đường thẳng AC có phương trình 2x y 3 0 + − = , điểm A có hoành độ là số nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 4 3 3 2 2 2 1 ,( ) 2 2 x x x x x x x x − + − ≥ ∈ − + ℝ Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1. a b c + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 3 ( ) . 4 ( ) 5 ( ) 5 a b P a b b c bc c a ca = + − + + + + + ––––––––––––––––––Hết––––––––––––––– Câu Đáp án Điểm Câu 1 – Tập xác định {} D R \ 1 = – Sự biến thiên ( ) 2 3 y' 0 x 1 − = < − với x D ∀ ∈ + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 , 1; −∞ +∞ + ( ) x lim y x 2 →±∞ = , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị + ( ) ( ) x 1 x 1 lim y x , lim y x + − → → =+∞ =−∞ , suy ra đường thẳng x 1 = là đường tiệm cận đứng của đồ thị + Bảng biến thiên – Đồ thị + Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5 − − SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 100 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2 ( ) 2 4 10 f x x x =− + + trên đoạn [ ] 0;2 ( ) f x xác định và liên tục trên đoạn [ ] 0;2 , ta có: 3 '( ) 8 8 f x x x =− + Với [ ] 0;2 x∈ thì: 0 '( ) 0 1 x f x x = = ⇔ = . Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = –6 Vậy: [ ] [ ] 0;2 0;2 ax ( ) (1) 12; min ( ) (2) 6 M f x f f x f = = = =− Câu 3a Giả sử ( , ) z a bi a b R = + ∈ , khi đó (1 2 ) (1 2 )( ) ( 2 ) (2 ) i z i a bi a b a b i + = + + = − + + (1 2 ) i z + là số thuần ảo 2 0 2 a b a b ⇔ − = ⇔ = 2 2. 3 2 3 13 13 1 z z a bi b bi b b − = + = + = = ⇔ =± Có hai số phức thỏa mãn đề bài: 2 z i = + ; 2 z i =− − Câu 3b Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log 1 log log 2 0 log 2 x x x = + − = ⇔ =− 2 1 4 x x = ⇔ = Câu 4 Tính tích phân: ( ) ∫ + = 1 0 1 ln dx x x I Đặt ( ) ( )( ) 1 1 2 1 2 1 2 1 ; 1 1 ; 1 ln 2 + − = − = + = ⇒ = + = x x x v dx x du xdx dv x u ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 0 0 0 1 1 1 1 1 1 ln 1 1 . 2 2 2 2 4 I x x x dx x x = − + − − =− − = ∫ Câu 5 Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 2 0 2 3 1 0 x y z x y z + + − + + = ⇔ + + + = Vậy phương trình (P) là: 2 3 1 0 x y z + + + = Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2 2 3(2 t) 1 0 t 1 x 2, y 1, z 1 t t + + + + = ⇔ =− ⇒ =− =− = Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là ( ) 2; 1;1 I − − SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 101 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 6.a ( ) 3 3 2 3 3sin 2cos 3tan 2 5sin 4cos cos 5tan 4 A α α α α α α α − − = = + + ( ) 2 3 3tan 2 70 1 tan 5tan 4 139 α α α − = + = + Câu 6.b b/ Số phần tử của không gian mẫu là 3 40 n C Ω = Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học sinh chọn môn Hóa học” Số phần tử của biến cố A là 1 2 2 1 1 1 1 10 20 10 20 20 10 10 . . . . A n C C C C C C C = + + Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là 120 247 A A n P n Ω = = Câu 7 Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và ( ) SG ABC ⊥ . 1 . 3 S ABC ABC V SG S ⇒ = Tam giác ABC đều cạnh a nên 2 3 3 2 4 ABC a a AN S = ⇒ = Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = 60 SAG= ° (vì SG AG SAG ⊥ ⇒ nhọn) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 3 3 3 a AG AN = = Trong tam giác SAG có .tan 60 SG AG a = °= Vậy 2 3 . 1 3 3 . . 3 4 12 S ABC a a V a = = Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M∈(SMN) nên ( ) ( ) ( ) ( ) , , 3 C SMN G SMN d d = Ta có tam giác ABC đều nên tại K ( ) SG ABC SG MN ⊥ ⇒ ⊥ ( ) MN SGK ⇒ ⊥ . Trong (GKH), kẻ ( ) GH SK GH MN GH SMN ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ , H SK ∈ ( ) ( ) , G SMN d GH ⇒ = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 102 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Ta có 1 2 2 1 1 3 ; 2 3 3 2 6 12 a BK AN BG AG AN GK AN AN AN = = = ⇒ = − = = Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 48 49 7 a GH GH SG GK a a a = + = + = ⇒ = Vậy ( ) ( ) , 3 3 7 C SMN a d GH = = Câu 8 I M F E C A B Gọi I là giao điểm của BM và AC. Ta thấy BC 2BA EB BA, FM 3FE EM BC = ⇒ = = ⇒ = ABC BEM EBM CAB BM AC Δ =Δ ⇒ = ⇒ ⊥ . Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x 2y 7 0 − − = . Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 13 x 2x y 3 0 5 x 2y 7 0 11 y 5 = + − = ⇔ − − = − = 13 11 I ; 5 5 − ⇒ 12 6 IM ; 5 5 ⇒ = , ( ) 2 8 4 IB IM ; B 1; 3 3 5 5 − − =− = ⇒ − Trong ABC Δ ta có 2 2 2 2 1 1 1 5 5 BA BI BI BA BC 4BA 2 = + = ⇒ = Mặt khác 2 2 8 4 4 5 BI 5 5 5 − − = + = , suy ra 5 BA BI 2 2 = = Gọi toạ độ ( ) A a,3 2a − , Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 a 3 BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11 a 5 = = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = Do a là số nguyên suy ra ( ) A 3; 3 − . 2 4 AI ; 5 5 − = Ta có ( ) ( ) AC 5AI 2;4 C 1;1 = = − ⇒ . Vậy ( ) A 3; 3 − , ( ) B 1; 3 − , ( ) C 1;1 Câu 9 Điều kiện: 0 x> Bất phương trình 4 3 3 2 2 2 1 2 2 x x x x x x x − + − ≥ − + ( ) 3 3 3 2 2 ( 1)( 1) ( 1) (1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 x x x x x x x x x + − − ⇔ ≥ ⇔ ≥ + − + − + SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 103 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Xét hàm số 3 2 ( ) 1 t f t t = + trên ℝ Ta có: ( ) 4 2 2 2 3 '( ) 0 1 t t f t t t + = ≥ ∀ ∈ + ℝ Mà f(t) liên tục trên ℝ nên f(t) đồng biến trên ℝ . (1) có dạng: ( ) ( ) 3 5 1 1 0 2 f x f x x x x + ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ < ≤ Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 2 2 2 2 2 2 2 4 . 5 ( ) 5 9( ) ( ) ( ) 4 a a a b c bc b c b c b c ≥ = + + + + + + Tương tự, ta có 2 2 2 2 4 . ( ) 5 9( ) b b c a ca c a ≥ + + + Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 9 ( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) a b a b a b b c c a b c bc c a ca b c c a + ≥ + ≥ + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( ) 2 9 9 9 ( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4 ( ) 4 a b c a b a b c a b a b c a b ab c a b c a b a b c a b c c a b c + + + + + + + + + = ≥ = + + + + + + + + + + + Vì 1 1 a b c a b c + + = ⇔ + = − nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3 (1 ) 1 (1 ) . 9 4 9 1 4 (1 ) 4 (1 ) 4 c c c P c c c c c c c − + − ≥ − − = − − − + − + − + (1) Xét hàm số 2 2 8 2 3 ( ) 1 (1 ) 9 1 4 f c c c = − − − + với (0; 1). c∈ Ta có 2 16 2 2 3 '( ) 1 . ( 1); 9 1 2 ( 1) f c c c c = − − − + + ( ) 3 1 '( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 . 3 f c c c c = ⇔ − − + = ⇔ = Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có 1 ( ) 9 f c ≥− với mọi (0; 1). c∈ (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 , 9 P≥− dấu đẳng thức xảy ra khi 1 . 3 a b c = = = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 104 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 , 9 − đạt khi 1 . 3 a b c = = = ĐỀ 20 Câu 1 (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 2 1 x y x − = + . Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 ( ) ln 1 2 f x x x = − − trên đoạn [ ] 2;0 − . Câu 3 (1.0 điểm) a) Tìm môđun của số phức z biết rằng ( ) 9 7 1 2 5 2 3 i i z i i + − − = − − . b) Giải phương trình: 2 1 2 3.2 2 0 x x + − − = Câu 4 (1.0 điểm)Tính tích phân 2 3 2 1 2ln x x I dx x − = ∫ Câu 5 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 3 3 1 0 P x y z + − + = và ba điểm ( ) ( ) ( ) 4;0;3 , 1; 1;3 , 3;2;6 A B C − − .Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm , , A B C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) P . Câu 6 (1.0 điểm) 1) Cho góc α thỏa mãn 2 π α π < < và 1 sin( ) . 3 α π + =− Tính 7 tan 2 π α − . 2) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4. Câu 7 (1.0 điểm) Cho hình chóp . S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a = = , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( ) SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB theo a . Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho 2 3 AN AB = . Biết đường thẳng DN có phương trình x+y–2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B. Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) ( )( ) 3 1 4 2 1 1 3 2 4 6 3 x x y y x y x y x y − + + = − + + − + =− − Câu 10 (1.0 điểm) Cho , , 0 x y z≥ và thỏa mãn 1 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 x y z P x y z = + + + + + –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– ––––––– SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 105 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu Đáp án Điểm Câu 1 (1.0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 2 1 x y x − = + . 1 • Tập xác định: { } \ 1 D R = − • Sự biến thiên: / 2 4 0, ( 1) y x D x = > ∀ ≠ + 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1; − +∞ Hàm số không có cực trị Giới hạn và tiệm cận : 1 1 lim , lim x x y y − + →− →− =+∞ =−∞⇒ Tiệm cận đứng : 1 x=− lim 2; lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = ⇒ Tiệm cận ngang : 2 y= 0.25 • Bảng biến thiên: x ∞ − –1 ∞ + / y + + y +∞ 2 2 −∞ Vậy: 0.25 • Đồ thị: Với 0 2 x y = ⇒ =− Với 0 1 y y = ⇒ = 0.25 Câu 2 (1,0đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 ( ) ln 1 2 f x x x = − − trên đoạn [ ] 2;0 − . 1 Ta có hàm số ( ) f x xác định và liên tục trên đoạn [–2;0]; 2 4 2 2 '( ) 1 2 x x f x x − + + = − 0,25 Với [ ] 1 2;0 ì '( ) 0 2 x th f x x ∈ − = ⇔ =− 0,25 Ta có 1 1 ( 2) 4 ln 5; ( ) ln 2; (0) 0. 2 4 f f f − = − − = − = 0,25 Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [–2;0] lần lượt là SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 106 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 1 4 ln5 à ln 2. 4 v − − 0,25 Câu 3 (1,0đ) a) Tìm môđun của số phức z biết rằng ( ) 9 7 1 2 5 2 3 i i z i i + − − = − − 0.5 ( ) ( ) 9 7 1 2 5 2 1 2 7 1 3 3 i i z i i z i z i i + − − = − ⇔ − = + ⇔ = + − 0.25 1 3 10 z i z = + ⇒ = 0.25 b)Giải phương trình: 2 1 2 3.2 2 0 x x + − − = 0.5 2 1 2 3.2 2 0 x x + − − = 2 2 2 2.2 3.2 2 0 1 2 ( ) 2 x x x x VN = ⇔ − − = ⇔ =− 0.25 1 x ⇔ = Vậy nghiệm của PT là 1 x= . 0.25 Câu 4 (1,0đ) Tính tích phân 2 3 2 1 2ln x x I dx x − = ∫ . 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln ln 3 ln 2 2 2 2 2 x x x x I xdx dx dx dx x x x = − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 Tính 2 2 1 ln x J dx x = ∫ Đặt 2 1 ln , u x dv dx x = = . Khi đó 1 1 , du dx v x x = =− Do đó 2 2 2 1 1 1 1 ln J x dx x x =− + ∫ 0,25 2 1 1 1 1 1 ln 2 ln 2 2 2 2 J x =− − =− + 0,25 Vậy 1 ln 2 2 I = + 0,25 Câu 5 (1,0đ) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 3 3 1 0 P x y z + − + = và ba điểm ( ) ( ) ( ) 4;0;3 , 1; 1;3 , 3;2;6 A B C − − .Viết phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm , , A B C và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) P . 1 Xét mặt cầu (S) tâm I(a;b;c) bán kính R thỏa bài toán, ta có: ( ) IA IB IA IC I P = = ∈ 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 107 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 3 1 1 3 4 0 3 3 2 6 2 3 3 1 0 a b c a b c a b c a b c a b c − + − + − = − − + − − + − ⇔ − + − + − = − + − + − + − + = 0.25 1 2 3 a b c = ⇔ = = Bán kính của ( ) S là 13 R= 0.25 Phương trình của ( ) S là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 13 x y z − + − + − = 0.25 Câu 6 (1,0đ) a) Cho góc α thỏa mãn 2 π α π < < và 1 sin( ) . 3 α π + =− Tính 7 tan 2 π α − . 0.5 Ta có: 1 1 sin( ) sinx 3 3 α π + =− ⇒ = 7 tan tan 3 tan cot 2 2 2 π π π α π α α α − = + − = − = 0,25 Vì cot 0 2 π α π α < < ⇒ < . Do đó 2 2 2 1 1 1 cot cot 1 2 2 sin sin α α α α + = ⇒ =− − =− Vậy 7 tan 2 2 2 π α − =− . 0,25 b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4. 0.5 Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : 18643560 7 40 = = Ω C Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4. 4433175 . . . . . 1 15 1 5 5 20 2 15 1 5 4 20 1 15 2 5 4 20 = + + = Ω C C C C C C C C C A 0.25 Xác suất cần tìm là 3848 915 ) ( = Ω Ω = A A P 0.25 Câu 7 (1,0đ) Cho hình chóp . S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a = = , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( ) SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB theo a . 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 108 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Gọi K là trung điểm của AB HK AB ⇒ ⊥ (1) Vì ( ) SH ABC ⊥ nên SH AB ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AB SK ⇒ ⊥ Do đó góc giữa ( ) SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng 60 SKH = Ta có 3 tan 2 a SH HK SKH = = 0.25 Vậy 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 12 S ABC ABC a V S SH AB AC SH = = = 0.25 Vì / / IH SB nên ( ) / / IH SAB . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) , , d I SAB d H SAB = Từ H kẻ HM SK ⊥ tại M ( ) HM SAB ⇒ ⊥ ⇒ ( ) ( ) , d H SAB HM = 0.25 Ta có 2 2 2 2 1 1 1 16 3 HM HK SH a = + = 3 4 a HM ⇒ = . Vậy ( ) ( ) 3 , 4 a d I SAB = 0.25 Câu 8 (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho 2 3 AN AB = . Biết đường thẳng DN có phương trình x+y–2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B. 1 Đặt ( 0) 3 , 2 , NB , 5, 10 AD x x AB x AN x x DN x BD x = > ⇒ = = = = = Xét tam giác BDN có 2 2 2 7 2 cos 2 . 10 BD DN NB BDN BD DN + − = = 0,25 Gọi 2 2 ( ; )( 0) n a b a b + ≠ là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3), PT BD: 3 0 ax by a b + − − = 2 2 1 2 2 3 4 | | 7 2 cos cos( , ) 24 24 50 0 4 3 10 2 a b a b BDN n n a b ab a b a b = + = = = ⇔ + − = ⇔ = + 0,25 +) Với 3 4 a b = , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y–13=0 (7; 5) ( 5;11) D BD DN D B = ∩ ⇒ − ⇒ − 0,25 +) Với 4 3 a b = , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y–15=0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 109 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( 7;9) (9; 3) D BD DN D B = ∩ ⇒ − ⇒ − 0,25 Câu 9 (1,0đ) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( )( ) ( ) 3 1 4 2 1 1 3 1 2 4 6 3 2 x x y y x y x y x y − + + = − + + − + =− − 1 Điều kiện: 1 , 1 3 x y ≥ ≥ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 4 4 2 0 1 2 4 0 x y x y x y x y x y x y ⇔ + − + + + + − = ⇔ + + − + = 2 4 y x ⇔ = + (do từ điều kiện suy ra 7 1 0 3 x y + + ≥ > ) 0.25 Thay vào (1) ta được: ( ) ( ) 3 1 2 8 2 3 2 3 1 3 1 2 2 3 2 3 x x x x x x x − + − = + ⇔ − + − = + + + 0.25 Xét hàm số ( ) 2 2 f t t t = + với 0 t≥ . Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 1 2 3 f x f x ⇔ − = + Mà ( ) ' 4 1 0 0 f t t t = + > ∀ ≥ nên hàm số f đồng biến trên [ ) 0;+∞ . 0.25 Do đó: ( ) ( ) 3 1 2 3 3 1 2 3 4 12 f x f x x x x y − = + ⇔ − = + ⇔ = ⇒ = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 4;12 x y = . 0.25 Câu 10 Cho , , 0 x y z≥ và thỏa mãn 1 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 x y z P x y z = + + + + + 1 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ( ) 1 1 1 1 1 1 x y z P x y z x y z + − + − + − = + + = − + + + + + + + + 0,25 3 3 3 (1 )(1 )(1 ) x y z ≤ − + + + 0,25 3 9 3 3 3 1 1 1 3 4 3 x y z x y z ≤ − = − = + + + + + + + + 0,25 Mặt khác 1 3 x y z = = = thì 3 4 P= . Vậy 3 Max P = 4 0,25 ĐỀ 21 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 110 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số , tại điểm có tung độ bằng Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = . b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 2 ) (2 3 ) 2 2 i z i z i + + − =− − . Tính mô đun của z. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I= Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 4;1;3 A − và đường thẳng 1 1 3 : 2 1 3 x y z d + − + = = − . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27 AB= . Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 7 (1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB BC a = = , 2 CD a = , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a = . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC). Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 2) ( 3) 4 x y − + + = và đường thẳng d: 3 4 7 0 x y m − + − = . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120 0 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1 x xy x y y y y x y x + + − − = + − − + − = − Câu 10 (1,0 điểm ). Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a c ≤ và 2 2 ab bc c + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P a b b c c a = + + − − − . HẾT Câu Đáp án Điểm 1 (1,0đ) TXĐ: , 2 2 0 ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. 0,25 lim 1 x y →±∞ = tiệm cận ngang: 1 y= 1 1 lim ; lim x x y y + − → → =+∞ =−∞ tiệm cận đứng 1 x= 0,25 Bảng biến thiên 0,25 - - 1 1 1 +∞ -∞ +∞ -∞ y y' xSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 111 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Đồ thị 0,25 2 (1,0đ) Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình + + = 3 2 3 1 1 x x . Suy ra 0 0 0; 3 x x = =− 0,25 Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: '(0) 0; '( 3) 9 y y = − = 0,25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1 0,25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (–3;1) là: y=9x+28 0,25 3a (0,5đ) 2 1 5 6.5 1 0 x x + − + = 2 5 1 5.5 6.5 1 0 1 5 5 x x x x = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 0 1 x x = ⇔ =− 0,25 3b (0,5đ) Gọi z=x+yi( ) , x y R ∈ . Phương trình đã cho trở thành: ( )( ) ( )( ) 1 2 2 3 2 2 i x yi i x yi i + + + − − =− − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 2 2 x y x y i x y x y i i − + + + − + − − =− − ⇔ ( ) ( ) 3 5 2 2 x y x y i i − + − − =− − 0,25 3 5 2 1 2 1 x y x x y y − =− = ⇔ ⇔ − − =− = Do đó 2 2 1 1 2 z = + = 0,25 4 (1,0đ) I= ∫ + 6 1 2 3dx x x Đặt u= 2 3 x + suy ra 0,25 1 2 x u = ⇒ = 6 3 x u = ⇒ = 0,25 Ta có I= 0,25 0,25 Đường thẳng d có VTCP là ( ) 2;1;3 d u = − 0,25 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 112 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (1,0đ) Vì ( ) P d ⊥ nên ( ) P nhận ( ) 2;1;3 d u = − làm VTPT Vậy PT mặt phẳng ( ) P là : ( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 3 3 0 x y z − + + − + − = 2 3 18 0 x y z ⇔− + + − = 0,25 Vì B d ∈ nên ( ) 1 2 ;1 ; 3 3 B t t t − − + − + 27 AB= ( ) ( ) 2 2 2 2 27 3 2 6 3 27 AB t t t ⇔ = ⇔ − + + − + = 2 7 24 9 0 t t ⇔ − + = 0,25 3 3 7 t t = ⇔ = Vậy ( ) 7;4;6 B − hoặc 13 10 12 ; ; 7 7 7 B − − 0,25 6a (0,5đ) Pt 0,25 0,25 6b (0,5đ) ( ) 3 11 165 n C Ω = = 0,25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2 5 6 5 6 . . 135 C C C C + = Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9 165 11 = 0,25 7 (1,0đ) Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD tại E. Ta có: AE BC a = = ; DE= 2 2 (2 ) 3 DE a a a = − = Suy ra diện tích hình thang ABCD là: ( ) = + 2 1 2 3 2 ABCD S a 0,25 Vậy: ( ) 3 . 1 1 . 2 3 3 6 S ABCD SABCD V SA S a = = + 0,25 Vì AD//(SBC) nên ( ,( )) ( ,( )) d D SBC d A SBC = Kẻ AI vuông góc SB tại I, chứng minh được AI vuông góc (SBC). Nên ( ,( )) d A SBC AI = 0,25 Trong tam giác SAB vuông tại A có AI là đường cao nên: Suy ra: 0,25 8 (1,0đ) Đường tròn (C) có tâm I(2;–3) và bán kính R=2. Theo giả thiết ta có tam giác IAM vuông ở A và 0 0 60 30 AMI MIA = ⇒ = . Suy ra: IM = 0 4 os30 3 AI c = . 0,25 Vì ( ) M d ∈ nên M=(1 + 4t; –1 + 4 m +3t). Ta có ( ) 2 2 2 2 2 3 4 1 3 2 25 4 4 4 2 16 m m m IM t t t t m = − + + + = + + + + + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 113 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Suy ra: 2 2 3 16 25 4 4 2 16 3 m m t t m + + + + + = ( ) 2 2 3 4 25 4 0 * 2 16 3 m m t t m ⇔ + + + + − = Ta có : 2 2 2 3 4 448 4 100 4 88 2 16 3 3 m m m m m Δ= + − + − = − + 0,25 Để có 1 điểm M thỏa mãn đề bài thì PT(*) có 1 nghiệm duy nhất 2 448 251 4 88 0 11 3 3 m m m ⇔ − + = ⇔ = ± 0,25 9 (1,0đ) Đk: 2 2 0 4 2 0 1 0 xy x y y y x y + − − ≥ − − ≥ − ≥ Ta có (1) ( )( ) 3 1 4( 1) 0 x y x y y y ⇔ − + − + − + = Đặt , 1 u x y v y = − = + ( 0, 0 u v ≥ ≥ ) Khi đó (1) trở thành : 2 2 3 4 0 u uv v + − = 4 ( ) u v u v vn = ⇔ =− 0,25 Với u v = ta có 2 1 x y = + , thay vào (2) ta được : 2 4 2 3 1 2 y y y y − − + − = ( ) ( ) 2 4 2 3 2 1 1 1 0 y y y y ⇔ − − − − + − − = 0,25 ( ) 2 2 2 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y y − − + = − + − − + − ( ) 2 2 1 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y ⇔ − + = − + − − + − 0,25 2 y ⇔ = ( vì 2 2 1 0 1 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y ⇔ + > ∀ ≥ − + − − + − ) Với 2 y= thì 5 x= . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( ) 5;2 0,25 10 Theo giả thiết: 1 2 ên 2 a a c n c ≤ ≤ ; 2 2 2 . 2 1 a b b a c ab bc c c c c c b + = ⇔ + = ⇔ = − Vì 1 2 a c ≤ nên 4 3 b c ≥ Đặt c t b = thì 3 0 4 t < ≤ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 114 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (1,0đ) 2 2 1 2 1 1 2 7 1 2 1 1 2(1 ) 2 1 6(1 ) 1 1 a b t t c c P a b b a t t t t t t c c c c − = + + = + + = − + − − − − + − − − − 0,25 Xét hàm số 2 7 3 ( ) 1 , 0; 2 1 6(1 ) 4 f t t t t = − + ∈ + − . Ta có: 3 '( ) 0, 0; 4 f t t > ∀ ∈ , do đó ( ) f t đồng biến trên 3 0; 4 0,25 Do đó GTLN của hàm số đạt tại 3 4 t= , suy ra 27 max 5 P= Đẳng thức xảy ra khi 2 2 8 3 4 2 ab bc c a b c a c + = ⇔ = = = , chẳng hạn chọn được (a,b,c)=(3,8,6). 0,25 ĐỀ 22 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. b) Cho điểm I(1;3). Tìm m để đường thẳng d: y = x + 4 cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B,C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 4. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 4sinx + cosx = 2 + sin2x b) Giải phương trình log 2 (x – 3) + log 2 (x – 1) = 3 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ + e dx x x 1 2 ln 3 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i). b) Một tổ 11 người gồm 5 nam và 6 nữ,chọn ngẫu nhiên 5 người tham gia lao động. Tính xác suất để 5 người được chọn ra có đúng 3 nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0 x y z + − + = và mặt cầu (S):( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 15 x y z + + − + − = . Viết phương trình mặt phẳng(Q) đi qua A(1;0;–4), vuông góc với (P) đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 4π . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 ,SC = 2 26 a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AB và BD lần lượt có phương trình x – 2y + 1 = 0 và x –7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AC,biết đường thẳng AC đi qua điểm M(2;1). Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: = + − + + − = − − − − 0 3 2 2 8 4 0 4 1 2 ) 3 8 ( 2 3 2 3 y y y x x y y x x Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là 3 số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 115 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam P = z y x y z x yz y x + + − + + + − + + 1 2 ) ( 2 3 8 2 2 2 3 2 2 . === Hết === Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2,0điểm) a)Khi m= 0 ta có : y = x 3 + 3x + 4 *Tập xác định : D = R *Sự biến thiên : – Chiều biến thiên : y’= 3x 2 + 3 ; y’> 0 , R x∈ ∀ …………………………………………………………………………………… –Hàm số đồng biến trên R và hàm số không có cực trị. – Giới hạn : −∞ = −∞ → y x lim ; y x +∞ → lim = +∞ ………………………………………………………………………………… – Bảng biến thiên : x –∞ +∞ y’ + +∞ y –∞ ………………………………………………………………………………… –Đồ thị : y 8 4 –1 0 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 b)Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và d: x 3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 =x + 4(1) ⇔ x(x 2 +2mx + m + 2) = 0 ⇔ = + + + = ) 2 ( 0 2 2 0 2 m mx x x ........................................................................................................................... 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 116 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ≠ + > − − = Δ ⇔ 0 2 0 2 ' 2 m m m ⇔ − ≠ > − < 2 2 1 m m m (*) ……………………………………………………………………………… Khi đó x B ,x c là các nghiệm của (2) ⇒ x B + x C = – 2m , x B .x C = m + 2 S IBC Δ = 4⇔ 2 1 d(I;d).BC = 4⇔ 2 ) ( C B x x − = 4⇔ (x B + x C ) 2 – 4x B .x C –16= 0 …………………………………………………………………………… ⇔ m 2 – m – 6 = 0 ⇔ = − = 3 2 m m .Kết hợp ĐK (*) ⇒ m = 3. Vậy với m = 3 thỏa yêu cầu của bài toán. 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (1điểm) a) 4sinx + cosx = 2 + sin2x (1) ⇔ 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx ⇔ 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 ⇔ (2 – Cosx) ( 2Sinx –1) = 0 ........................................................................................................................... ⇔ = = − 2 1 ) ( 0 2 Sinx VN Cosx ⇔ ) ( 2 6 5 2 6 z k k x k x ∈ + = + = π π π π Kết luận......... ................................................................................................................................ . b) 2 2 log ( 3) log ( 1) 3 x x − + − = (1) ĐKXĐ: x > 3 (*) Với ĐK (*) (1) ⇔ [ ] 2 log ( 3)( 1) 3 x x − − = ⇔ ( 3)( 1) x x − − = 2 3 ........................................................................................................................... ⇔ = − = ) ( 5 ) ( 1 nhân x loai x Vậy nghiệm của (1) x = 5 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 117 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 3 (1 điểm) ……… Câu 4 (1 điểm) I = ∫ + e dx x x 1 2 ln 3 . Đặt t = x ln 3+ ⇒ t 2 = 3 + lnx ⇒ 2tdt = x dx ⇒ tdt = x dx 2 Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 3 , x = e ⇒ t = 2 I = ∫ 2 3 2 dt t = 2 3 3 3 t = 3 3 3 8− …………………………………………………………………………………… a)Không gian mẫu: Ω = C 5 11 = 462 Gọi A là biến cố 5 người được chọn ra có đúng 3 nữ, suy ra A Ω = C C 2 5 3 6 . = 200. Vậy xác suất P(A) = Ω Ω A = 231 100 ........................................................................................................................... b) z = (2–i) 2 –(1+2i) = 4 – 4i + i 2 –1 –2i = 2 –6i Suy ra z = 36 4+ = 2 10 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 (1 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(–4;1;1) và bán kính 15 R= , ( ) 1;2; 1 P n − là véc tơ pháp tuyến của (P). Gọi phương trình mặt phẳng (Q) qua A có dạng: A(x–1)+By+C(z+4)=0 với 2 2 2 0 A B C + + ≠ và ( ) ; ; Q n A B C là vtpt của (Q). (Q)⊥ (P) . 0 2 0 2 Q P n n A B C C A B ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = + (1) Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 2 Suy ra ( ) ( ) 2 2 ; 15 4 11 d I Q R r = − = − = (2) Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 5 5 ; A B C d I Q A B C − + + = + + (3) Từ (1), (2), (3) ta có 2 2 2 2 11 11 3 2 0 2 5 4 B A B AB A B AB = ⇔ − + = + + A=0 không thỏa mãn, Chọn A=1⇒ B=1 hoặc B= 1 3 − . *Với A=1; B=1; C=3. Mp(Q): (x–1)+y+3(z+4)=0 ⇔ x+y+3z+11=0. *Với A=1; B= 1 3 − ; C= 1 3 . Mp(Q): (x–1)– 1 3 y+ 1 3 (z+4)=0⇔ 3x–y+z+1=0. Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x–y+z+1=0. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 6 (1 điểm) a) Tam giác BHC vuông tại B,suy ra HC = 2 2 BC BH + = 2 10 a Tam giác SHC vuông tại H,suy ra SH = 2 2 HC SC − = 2a ..................................................................... V ABCD S. = 3 1 SH. S ABCD = 3 2 3 a 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 118 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vẽ hình sai không chấm bài giải: S K A H B N O D C b)Gọi O là giao điểm AC∩ BD Qua H dựng đt Δ // BD, Δ cắt AC tại N Suy ra HN = 2 1 OB = 2 a và ⊥ ⊥ SH AC HN AC ⇒ AC⊥ (SHN) Trong Δ SHN dựng HK SN ⊥ ,suy ra HK⊥ (SAC) ................................................................................................................................ . ⇒ d(B,(SAC)) = 2HK=2. 2 2 2 2 . HS HN HS HN + = 17 4a 0,25 . 0,25 Câu 7 (1 điểm) - VTCP của đường thẳng AB : 1 v = (2 ;1) - VTCP của đường thẳng BD : 2 v = (7 ;1) - Gọi VTCP của đường thẳng AC là 3 v = (a ;b), với a 2 + b 2 ≠ 0. A D I B C Gọi I là giao điểm của AC và BD,suy ra tam giác ABI cân tại I Suy ra Cos(BAI) = Cos(ABI) ⇒ 1 3 1 3 . v v v v = 2 1 2 1 . v v v v ⇔ 5 . 2 2 2 b a b a + + = 50 . 5 15 ⇔ 2(2a + b) 2 = 9(a 2 + b 2 ) 0,25 ....... 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 119 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ⇔ a 2 – 8ab + 7b 2 = 0 ⇔ = = b a b a 7 + a = b ,suy ra một VTCP của đường thẳng AC: ' v = (1;1) ⇒ PTCT của đt AC: 1 1 1 2 − = − y x ⇒ PTTQ của AC: x –y –1 = 0 ........................................................................................................................... + a = 7b, suy ra một VTCP của đường thẳng AC: ' ' v = ( 7;1),suy ra không tồn tại phương trình đường thẳng AC vì ' ' v cùng phương với 2 v . Vậy PTTQ của AC: x – y –1 = 0 . 0,25 0,25 Câu 8 (1 điểm) = + − + + − = − − − − ) 2 ( 0 3 2 2 8 4 ) 1 ( 0 4 1 2 ) 3 8 ( 2 3 2 3 y y y x x y y x x ĐKXĐ : x 2 1 ≥ , (1) ⇔ 4 3 ) 1 2 ( − x + 1 2 − x = 4y 3 + y (3) ……………………………………………………………………………….. Xét hàm số g(t) = t 3 + t, g’(t) = 3t 2 +1> 0 , R t∈ ∀ Suy ra hàm số g(t) = t 3 + t đồng biến trên R . Suy ra (3) có nghiệm khi y = 1 2 − x . Thay y = 1 2 − x vào (2) ta được : 4x 2 – 8x + 2( 1 2 − x ) 3 + (2x –1) – 2 1 2 − x +3 = 0 ……………………………………………………………………………… ⇔ (2x–1) 2 + 2( 1 2 − x ) 3 –(2x–1) – 2 1 2 − x = 0 ⇔ − = − − = − = − = − ) ( 2 1 2 ) ( 1 1 2 ) ( 1 1 2 ) ( 0 1 2 loai x loai x nhân x nhân x ⇔ = − = − 1 1 2 0 1 2 x x ⇔ = = 1 2 1 x x ⇒ = = 1 0 y y ( thỏa mãn) Vậy nghiệm của hệ đã cho là : 0 ; 2 1 ( ) và (1 ;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9 (1 điểm) Áp dụng BĐT Cau–Chy : 2 z y 2 . ≤ y + 2z ⇒ yz y x 2 2 2 3 + + ≥ ) ( 2 3 z y x + + Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki : [ ] 2 . 1 ) .( 1 y z x + + ≤ (1 2 +1 2 )[ ] 2 2 ) ( y z x + + ⇒ 2 2 2 ) ( 2 y z x + + ≥ (x+z) + y 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 120 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ⇒ 2 2 2 ) ( 2 3 8 y z x + + + − ≥ z y x + + + − 3 8 Suy ra P≥ ) ( 2 3 z y x + + z y x z y z + + − + + + − 1 3 8 = ) ( 2 1 z y x + + – z y x + + + 3 8 Đăt t = x + y + z, t > 0. Xét hàm số f(t) = t 2 1 – t + 3 8 , với t > 0. f ’(t) = – 2 2 1 t + 2 ) 3 ( 8 + t = 2 2 2 2 ) 3 ( 2 16 ) 3 ( + + + − t t t t = 2 2 2 ) 3 ( 2 9 6 15 + − − t t t t f ’(t) = 0 ⇔ 15t 2 –6t –9 = 0 ⇔ − = = ) ( 5 3 ) ( 1 loai t nhân t Bảng biến thiên : x 0 1 +∞ f ’(x) – 0 + f(x) 2 3 − Từ BBT suy ra f(t) ≥ f(1) = – 2 3 với mọi t >0 P min = – 2 3 khi + = = = + + z x y z y z y x 2 1 ⇔ = = = 2 1 4 1 4 1 y z x 0,25 …….. 0,25 0,25 ĐỀ 23 Câu 1. (1 điểm) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 y x x =− + (C) Câu 2. (1 điểm) : Cho hàm số 1 1 x y x + = − (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và Oy. Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình : a. 2cos 2 3sin 5 0 x x − + = b. 2 4 2 log 2log ( 1) log 6 0 x x + − − = Câu 4. (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa :(1 ) 5 2 i z z i + + = + Câu 5. (0,5 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên n có 4 chữ số phân biệt thỏa n abcd = và a b c d < < < . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 121 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, cạnh bên SA vuông góc mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy 1 góc 0 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN). Câu 7. (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(2;1;1), B(0;–1;3) và đường thẳng 7 5 1 : 2 3 1 x y z − − − Δ = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và song song Δ , và viết phương trình mặt cầu (S) qua A, B và có tâm nằm trên đường thẳng d. Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 45 2 , đáy lớn CD nằm trên đường thẳng 3 3 0 x y − − = , biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I(2;3). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC biết C có hoành độ dương. Câu 9. (1 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) 2 2 2 3 0 ( , ) ( 1) 3( 1) 2 2 0 x xy x x y R x y xy x y y + + + = ∈ + + + + − + = Câu 10. (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 1 8 2 8 2 2( ) 3 P a b bc b a c = − + + + + + Câu ĐÁP ÁN Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 y x x =− + (C) Tập xác định : D=R 2 ' 3 6 y x x =− + 0 ' 0 2 x y x = = ⇔ = 0,25 Các khoảng đồng biển : ( ;0),(2; ) −∞ +∞ , khoảng đồng biến (0;2) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại x=0, 0 CT y = , đạt cực đại tại x=2, 4 CD y = Giới hạn tại vô cực : lim , lim x x y y →−∞ →+∞ =+∞ =−∞ 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ – + – y +∞ 0,25 Điểm đặc biệt : A(–1;4), B(3;0) −∞ 4 0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 122 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 0,25 2 Cho hàm số 1 1 x y x + = − (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và Oy. Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm 0 0 ( ; ) M x y là điểm tiếp xúc ta có 0 0 x = 1 o y ⇒ =− 0,25 2 2 ' '(0) 2 ( 1) y y x − = ⇒ =− − 0,25– 0,25 (d) : y = –2x – 1 0,25 3a Giải phương trình : 2cos 2 3sin 5 0 x x − + = (1) 2 (1) 4sin 3sin 7 0 x x ⇔− − + = sin 1 7 sin ( ) 4 x x VN = ⇔ − = 0,25 2 ( ) 2 x k k Z π π ⇔ = + ∈ 0,25 3b Giải phương trình : 2 4 2 log 2log ( 1) log 6 0 x x + − − = (1) Điều kiện : x>1 2 (1) ( 1) 6 6 0 2 3 x x x x x x ⇔ − = ⇔ − − = =− ⇔ = 0,25 3 x ⇔ = 0,25 4 Tìm số phức z thỏa :(1 ) 5 2 i z z i + + = + Gọi ( , ) z x yi x y R = + ∈ Ta có : (1 )( ) 5 2 2 5 2 2 1 i x yi x yi i x y x x y + + + − = + − = = ⇔ ⇔ = =− 0,25 Vậy z = 2 – i 0,25 5 Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên n có 4 chữ số phân biệt thỏa n abcd = và SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 123 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam a b c d < < < . 4 9 126 C = 0,5 6 Ta có ( D) SA ABC ⊥ nên AC là hình chiếu của SC xuống (ABCD) 0 60 SCA ⇒ = 5 , 15 AC a SA a = = 0,25 3 . D 2 15 3 S ABC a V = 0,25 Trong mặt phẳng (SAD) kẻ D SH M ⊥ , ta có AB⊥ (SAD) , mà MN // AB ( D) S MN SA NM H ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ( ) ( ,( )) SH DMN SH d S DMN ⇒ ⊥ ⇒ = 0,25 . 2 15 ~ 2 31 SH SM SA DA a SHM DAM SH DA DM DM ⇒ = ⇒ = = △ △ 0,25 7 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(2;1;1), B(0;–1;3) và đường thẳng 7 5 1 : 2 3 1 x y z − − − Δ = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và song song Δ , và viết phương trình mặt cầu (S) qua A, B và có tâm nằm trên đường thẳng d. ( 2; 2;2) AB= − − Δ qua M(7;5;–1) và có 1 vectơ chỉ phương (2;3; 1) u= − (P) có 1 vectơ pháp tuyến là (4; 2;2) u AB ∧ = − 0,25 (P): 2 4 0 x y z − + − = 0,25 Gọi I là tâm (S) Ta có (7 2 ;5 3 ;1 ) I t t t + + − Do mặt cầu (S) qua A, B nên AI=BI 2 2 2 2 2 2 (5 2 ) (4 3 ) (7 2 ) (6 3 ) ( 2 ) 2 (3; 1;3) t t t t t t t I + + + + = + + + + − − ⇔ =− ⇒ − (S) có bán kính R=AI=3 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 124 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam (S): 2 2 2 ( 3) ( 1) ( 3) 9 x y z − + + + − = 0,25 8 Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD, mà 2 đường chéo AC, BD vuông góc nhau nên D IC △ vuông cân tại I đường thẳng qua I và vuông góc CD có phương trình :3x + y – 9 = 0 Gọi K là trung điểm CD. Khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ : 3 3 0 3x 9 0 x y y − − = + − = (3;0) K ⇒ 0,25 Mà KI = KC = KD nên C, D là giao điểm của CD và đường tròn tâm K, bán kính 10 KI = Do đó, tọa độ của chúng thỏa hệ : 2 2 3 3 0 ( 3) 10 x y x y − − = − + = Vậy C(6;1), D(0;–1) ( do C có hoành độ dương) 0,25 Gọi H là trung điểm AB, ta có : D 45 1 ( D) ( ) ( 10) 2 2 10 2 ABC S AB C HK IH IK HK IH IH = = + = + = + ⇒ = Mà D 2 I IK IB IH = = 2 (3;5) DI IB B = ⇒ 0,25 (BC) : 4 3 27 0 x y + − = 0,25 9 Giải hệ phương trình : ( ) 2 2 2 3 0 (1) ( , ) ( 1) 3( 1) 2 2 0 (2) x xy x x y R x y xy x y y + + + = ∈ + + + + − + = Điều kiện: 2 2 0 0 x y y y + ≥ ⇔ ≥ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 125 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 (1) 3 xy x x ⇔ =− − − Thế vào (2) ta được : 2 2 2 2 2 ( 1) 3( 1) 2 2 6 2 2 0 3 2 1 0 2 2 x y x x x y y y y x x + + + − − − − + = ⇔ − − = + + 0,25 Suy ra 2 2 y x = + 0,25 Thay vào (1) : 2 2 2 ( 2) 3 0 ( 1)( 3) 0 1 x x x x x x x + + + + = ⇔ + + = ⇔ =− Suy ra y = 3 Vậy nghiệm x = –1, y = 3 10 Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 1 8 2 8 2 2( ) 3 P a b bc b a c = − + + + + + Ta có : 1 1 8 2 .2 2 2( ) 2 8 bc b c b c a b c a b bc = ≤ + ⇒ ≥ + + + + 0,25 Mặt khác : 2 2 2 2 8 8 2( ) 2 3 2 2( ) 3 a c b a c b a b c b a c − − + + ≥ + + ⇒ ≥ + + + + + + 0,25 Do đó : 1 8 2( ) 3 P a b c a b c − ≥ + + + + + + Đặt ( 0) a b c t t + + = > . Xét hàm số : 1 8 ( ) , 0 2 3 f t t t t = − > + Ta có : ( ) 2 2 2 2 1 8 3( 1)(5 3) '( ) , 0 2 2 (3 ) 3 t t f t t t t t t − − + = + = > + + '( ) 0, 1 f t t > ∀ > và '( ) 0, (0;1) f t t < ∀ ∈ ( ) f t ⇒ nghịch biến trên (0;1) và đồng biến trên ( ) 1;+∞ Từ đó suy ra 3 ( ) (1) , 0 2 f t f t − ≥ = ∀ > 0,25 Do đó 3 2 P − ≥ . Dấu “=” xảy ra khi 1 1 4 2 1 2 a b c a c b c b b a c + + = = = = ⇔ = = + 0,25 ĐỀ 24 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 6 9 1 y x x x = − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = có một nghiệm duy nhất: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 126 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0 i z i + − − = . Tìm phần ảo của số phức 1 w zi z = − + Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y + − − = + + = + − (x,y∈ℝ ) Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân ( )( ) 1 2 0 1 2 x I x e dx = − + ∫ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: 1 0 x y + + = , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0 x y − − = . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z ≥ ≥ và 3 x y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + . –––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––– Câu Đáp án Điểm 1.a (1,0 điểm) TXĐ: D=ℝ , / 2 3 12 9 y x x = − + . 3 ' 0 1 x y x = = ⇔ = Hàm số nghịch biến trên các khoảng(–∞ ;1) và (3;+ ∞ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim , lim x x y y →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ BBT x −∞ 1 3 +∞ ' y + 0 – 0 + y 3 +∞ −∞ – 1 Đồ thị : đi qua các điểm (3;–1), (1;3), (2;1), (0;–1) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.b (1,0điểm) Pt : 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = 3 2 6 9 1 2 1 x x x m − + − = − (*) Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d: y = 2m –1. 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 127 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam pt có một nghiệm duy nhất thì : 2 1 1 2 1 3 m m − <− − > 0 2 m m < > 0.25 0.25 2.a (0,5 điểm) 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos = − + + x x x x (sin cos )(sin cos 1) 0 x x x x ⇔ − − − = sin cos 0 sin cos 1 x x x x − = ⇔ − = sin( ) 0 4 2 sin( ) 4 2 x x π π − = ⇔ − = 4 2 2 2 x k x k x k π π π π π π = + ⇔ = + = + ( k∈ℤ ) 0.25 0.25 2.b (0,5 điểm) (1 ) 1 3 0 i z i + − − = 1 3 2 1 i z i i + = = + + => w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng – 1 0.25 0.25 3 (0,5 điểm) ĐK: x > 1 , 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 x x − + − ≤ 3 log [( 1)(2 1)] 1 x x ⇔ − − ≤ 2 2 3 2 0 x x ⇔ − − ≤ 1 2 2 x − ≤ ≤ => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 0.25 4 (1,0 điểm) Điều kiện: x+y≥ 0, x–y≥ 0 Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0 uv uv uv uv uv uv uv + + − = ⇔ + + = + ⇔ = . Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. 0.25 0.25 0.25 0.25 5 (1,0 điểm) Đặt 2 1 (2 ) x u x dv e dx = − = + => 2 1 2 2 x du dx v x e =− = + 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) (2 ) 0 2 2 x x I x x e e dx = − + + + ∫ = 2 2 2 1 1 1 1 (1 )(2 ) ( ) 0 0 2 4 x x x x e x e − + + + 2 1 4 e + = 0.25 0.25 0,5 6 (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm AB–Lập luận ( ) SH ABC ⊥ –Tính được 15 SH a = Tính được 3 . 4 15 3 S ABC a V = Qua A vẽ đường thẳng / /BD Δ , gọi E là hình chiếu của H lênΔ , K là hình chiếu H 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 128 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, Δ ))=2d(H, (S, Δ ))=2HK Tam giác EAH vuông cân tại E, 2 2 a HE = 2 2 2 2 1 1 1 31 15 15 31 15 ( , ) 2 31 HK a HK SH HE a d BD SA a = + = ⇒ = ⇒ = 0.25 0.25 7 (1,0 điểm) Gọi H là trực tâm Δ ABC. Tìm được B(0;–1), 1 cos cos 10 HBC HCB = = Pt đthẳng HC có dạng: a(x–2)+b(y–1)=0( ( ; ) n a b = là VTPT và 2 2 0 a b + > ) 2 2 2 2 2 1 cos 4 10 4 0 2 5 2 0 10 2( ) a b a a HCB a ab b b b a b + = = ⇒ + + = ⇔ + + = + 2 2, 1 1 1, 2( ) 2 a a b b a a b l b =− =− = ⇔ ⇒ =− = =− , phương trình CH: –2x + y + 3 = 0 AB⊥ CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 Tìm được : 2 5 ( ; ) 3 3 C − ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 0.25 0.25 0.25 8 (1,0 điểm) Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2), bán kính mặt cầu: 3 R= Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) 3 x y z + + + − = Giả sử H(x;y;z), (x 1; y 2;z 1), (1; 2; 2), ( 1; ; 3) AH BC BH x y z = − + − = − = + − . 0 2 2 5 AH BC AH BC x y z ⊥ ⇔ = ⇔ + − =− BH cùng phương 2 2 3 x y BC y z − =− ⇔ + = , Tìm được H( 7 4 23 ; ; 9 9 9 − ) 0.25 0.25 0.25 0.25 9 (0,5 điểm) Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω ) = C 3 9 = 84 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = 3 5 C = 10 => Xác suất cần tính là P(A) = 10 84 = 5 42 0.25 0.25 10 (1,0 điểm) Ta có 2 , x xz x z + ≥ 2 z yz z y + ≥ . Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( ) x z y x y z xz yz x z y x y z = + + + + − − = + + + − Do 0 x> và y z ≥ nên ( ) 0 x y z − ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 0.25 0.25 0,25 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 129 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ĐỀ 25 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 2 x y x − = − . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm cực trị của hàm số 2 sin 2 y x x = + − . Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z biết (1 ) (2 ) 2 2 i z i z i − + + = + . b) Giải phương trình 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 x x x x − − + − = − . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 1 ln dx e I x x = ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 2; 1;0 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z − + + = . Tìm tọa độ ' A là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ) P và viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm ' A và đi qua A . Câu 6 (1,0 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức 2 sin 3 P = + π α , với tan 2 = α và 3 2 < < π π α . b) Trong đợt đi dã ngoại tại Hồ Cốc (Vũng Tàu) của trường THPT B. Ban tổ chức chia một cách ngẫu nhiên 10 lớp A1, A2, A3, B4, B5, B6, B7, B8, B9, B10 thành hai nhóm, mỗi nhóm 5 lớp, để chơi trò kéo co. Tính xác suất để 3 lớp A1, A2, A3 ở cùng một nhóm. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, có ( ) SA ABCD ⊥ , 2 2 AD AB a = = , góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là α với 5 tan 5 = α . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có AB = AD < BC, điểm D(1; 2), đường thẳng BD có phương trình là y – 2 =0. Đường thẳng qua D vuông góc với CD cắt cạnh AB tại M. Đường phân giác trong góc MDC cắt cạnh BC tại N. Biết MN có phương trình 7x – y – 25 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 9 2 3 ( ) 4 7 2 1 1 2 1 1 2 x y y x xy x y x y x y + + − + = − + + + − = trên tập số thực. Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b , c là các số thực dương thỏa mãn 2 5 a b c ab + + = + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 4( ) 18 4 25 a b a b P a b a b c c + = + − + + + + . ––––––––––––––– Hết ––––––––––––––– Câu Nội dung – đáp án Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 2 x y x − = − . Tập xác định { } \ 2 D=R Ta có lim 1; lim 1 x x y y →+∞ →−∞ = = suy ra y = 1 là tiệm cận ngang. 2 2 lim ; lim x x y y + − → → =+∞ =−∞ suy ra x = 2 là tiệm cận đứng. 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 130 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 1 ( ) 2 1 ' 0 2 2 y x x − = < ∀ ≠ − nên hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 2 , 2; −∞ +∞ và không có cực trị. 0,25 Bảng biến thiên x −∞ 2 +∞ y’ – – y 1 −∞ +∞ 1 0,25 Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm ( ) ( ) 1 0; , 1;0 , 3; 2 2 2 -2 5 f x = x-1 x-2 0,25 2 Tìm cực trị của hàm số 2 sin 2 y x x = + − . Tập xác định D=R '( ) 1 2 cos 2 , ''( ) 4sin 2 f x x f x x = − = 0,25 1 '( ) 0 1 2cos 2 0 cos 2 , 2 6 f x x x x k k = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =± + ∈ π π Z 0,25 ''( ) 4sin 2 2 3 0 6 3 f k − + = − =− < π π π nên hàm số đạt cực đại tại 6 i x k =− + π π với D 3 2 , 6 6 2 C y f k k k = − + =− + + + ∈ π π π π Z 0,25 ''( ) 4sin 2 2 3 0 6 3 f k + = = > π π π nên hàm số đạt cực tiểu tại 6 i x k = + π π với T 3 2 , 6 6 2 C y f k k k = + = − + + ∈ π π π π Z 0,25 3 a) Tìm số phức z biết (1 ) (2 ) 2 2 i z i z i − + + = + . Gọi , , z a bi a b = + ∈R (1 ) (2 ) 2 2 (1 )( ) (2 )( ) 2 2 i z i z i i a bi i a bi i − + + = + ⇔ − + + + − = + 0,25 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 a b a a b bi i b b + = = ⇔ + − = + ⇔ ⇔ − = =− Vậy 2 2 z i = − 0,25 b) Giải phương trình 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 x x x x − − + − = − . Tập xác định: R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 131 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 3 3 2 2 (1 8) 3 (1 3) x x x x x x − − + − − − = − ⇔ + = + 0,25 2 1 2 2 4 1 2 3 3 9 x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ =± 0,25 4 Tính tích phân 3 1 ln dx e I x x = ∫ . Đặt 1 ln u x du dx x = ⇒ = , 3 4 1 4 dv x dx v x = ⇒ = 0, 5 4 4 4 1 1 1 1 3 1 ln 4 4 16 e e e I x x x dx + = − = ∫ 0,5 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 2; 1;0 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z − + + = . Tìm tọa độ ' A là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ) P và viết phương trình mặt cầu ( ) S có tâm ' A và đi qua A . (P) có vtpt (1; 2;1) n= − , d đi qua A và vuông góc với (P) có vtcp (1; 2;1) u n = = − 0,25 Phương trình đường thẳng d 2 1 2 x t y t z t = + =− − = . Do ' '(2 ; 1 2 ; ) A d A t t t ∈ ⇒ + − − 0,25 ' A thuộc (P) nên (2 ) 2( 1 2 ) 2 0 1 t t t t + − − − + + = ⇔ =− . Vậy ( ) ' 1;1 ; 1 A − 0,25 Mặt cầu ( ) S có bán kính ' 6 R AA = = nên phương trình ( ) ( ) 2 2 2 ( 1) 1 1 6 x y x − + − + + = 0,25 6 a) Tính giá trị của biểu thức 2 sin 3 P = + π α , với tan 2 = α và 3 2 < < π π α . 2 2 1 1 5 cos cos = . 1 tan 5 5 = = ⇒ ± + α α α Do 3 5 cos 0 cos = 2 5 < < ⇒ < ⇒ − π π α α α 0,25 2 5 2 2 2 2 5 15 sin cos .tan sin sin . os os .sin 5 3 3 3 10 c c − − = = ⇒ + = + = π π π α α α α α α 0,25 b)Trong đợt đi dã ngoại tại Hồ Cốc (Vũng Tàu) của trường THPT B. Ban tổ chức chia một cách ngẫu nhiên 10 lớp A1, A2, A3, B4, B5, B6, B7, B8, B9, B10 thành hai nhóm, mỗi nhóm 5 lớp, để chơi trò kéo co. Tính xác suất để 3 lớp A1, A2, A3 ở cùng một nhóm. Số phần tử của không gian mẫu ( ) 5 10 1 2 n C Ω = . Gọi X là biến cố “ba lớp A1, A2, A3 ở cùng một nhóm”. 0,25 Ta có ( ) 2 7 X n C Ω = nên ( ) 2 7 5 10 2 1 6 C P X C = = . 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 132 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 7 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, có ( ) SA ABCD ⊥ , 2 2 AD AB a = = , góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là α với 5 tan 5 = α . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. A D B C S M N H Ta có hình chiếu vuông góc của SC lên mặt đáy là AC tan SA AC a ⇒ = = α 0,25 2 . 2 ABCD S AB AD a = = Do đó 3 . 1 2 . 3 3 S ABCD ABCD a V SA S = = . 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( 1 , , , 2 d D SBM d C SBM d A SBM = = Kẻ AN BM ⊥ (N thuộc BM), AH SN ⊥ (H thuộc SN) Ta có , BM AN BM SA BM AH ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ và ( ) , AH BM AH SN AH SBM ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ( ) ( ) , d A SBM AH ⇒ = 0,25 Ta có 2 2 1 2 ; . 2 ABM ABCD ADM ABM S S S a S AN BM a = − = = = 2 2 4 17 17 a a AN BM ⇒ = = . Tam giác SAN vuông có 2 2 2 1 1 1 4 33 33 a AH AH AN SA = + ⇒ = ( ) ( ) 2 33 , 33 a d D SBM ⇒ = 0,25 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B có AB = AD < BC, điểm D(1; 2), đường thẳng BD có phương trình là y – 2 =0. Đường thẳng qua D vuông góc với CD cắt cạnh AB tại M. Đường phân giác trong góc MDC cắt cạnh BC tại N. Biết MN có phương trình 7x – y – 25 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B. A D B C M N Tứ giác DMBC nội tiếp được 0 45 DMC DBC BDA ⇒ = = = DMC ⇒Δ vuông cân tại D, DN là phân giác trong góc MDC ⇒ M, C đối xứng nhau qua DN 0,25 ( , ) ( , ) 2 2 AB d D CN d D MN ⇒ = = = 0,25 Do 2 4 AB AD BD AB = ⇒ = = 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 133 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 5 : 2 0 ( ;2), 4 3 a BD y B a BD a = − = ⇒ = ⇔ =− Vậy có hai điểm thỏa: B(5; 2) hoặc B(–3; 2) 0,25 9 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 9 2 3 ( ) 4 7 2 1 1 2 1 1 2 x y y x xy x y x y x y + + − + = − + + + − = trên tập số thực. Điều kiện: ( ) 2 9 2 3 ( ) 0; 0; 1 1 x y y x xy x + + − ≥ ≥ − ≤ ≤ Từ phương trình thứ nhất ta có 0 0 x y ≥ ⇒ ≥ + Xét 0 0 x y = = , thỏa mãn hệ phương trình. + Xét x, y không đồng thời bằng không. Phương trình thứ nhất tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9 2 3 ( ) 3 4 4 0 4 9 2 3 ( ) 9 0 9 2 3 ( ) 3 2 3 4 0 . 9 2 3 ( ) 3 x y y x x xy x xy x x y y x x xy x x y y x x y x y x x y xy x x y y x x + + − − + − = − + + − − ⇔ + = + + + − + + ⇔ − + = ⇔ = + + + − + 0,25 Thế y = x vào phương trình thứ hai, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 0 x x x x x x x x x x − + + + − = ⇔ + + − − − + − − = Đặt 2 2 1 ( 0, 0) 2 1 a x a b x a b b x = + ≥ ≥ ⇒ = − = − . Phương trình trở thành ( )( ) 2 2 1 ( ) 0 a b a b a b − + − − − = 0,25 ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 1 5 1 0 2 a b a b a b a b a b a b a b a b = = ⇔ − + + − − = ⇔ ⇔ + + + + − = + = + Với 1 1 0 a b x x x = ⇔ + = − ⇔ = (loại) 0,25 + Với 1 5 1 5 5 5 5 5 1 1 2 2 8 8 a b x x x y + + + + + = ⇔ + + − = ⇔ = ⇒ = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 ; 0;0 , ; ; 8 8 x y x y + + = = . 0,25 Cho a, b , c là các số thực dương thỏa mãn 2 5 a b c ab + + = + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 4( ) 18 4 25 a b a b P a b a b c c + = + − + + + + . Áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 10 2( ) 18 2( ) 2 4 2( ) 8 2( 4 ) a b ab a b c a b a b c a b a b c a b z a b c + ≥ = + + − ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + ≥ + + = + + 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 134 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 10 Suy ra ( ) 2 2 2 2 18 2 4 4 a a a a b a b c a b c ≤ = + + + + + + . Khi đó 4( ) 4( ) 4 4 25 4 25 a b a b a b a b P a b c a b c c a b c c + + + ≤ + − = − + + + + + + 4( ) 25 4 a b a b c a b c c + + = − + + 0,25 Đặt 0 a b t c + = > , xét hàm 4 ( ) 4 25 t f t t t = − + có ( ) 2 4 '( ) ; '( ) 0 1 25 4 t f t f t t t = − = ⇔ = + 0,25 Do đó ta có 1 1 ( ) (1) maxP= 25 25 f t f ≤ = ⇒ . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 1 4 2 1 a b a b c c a b c = = = = ⇔ = + = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1 25 . 0,25 ĐỀ 26 Câu 1: ( 2 đ ) C ho hàm số 4 2 2 4 + − = x x y (1) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2/ Tìm m để pt : m x x = + − 3 ) 2 ( 2 2 có hai nghiệm thực Câu 2 : ( 1đ ) Giải pt : ) sin 3 (cos 3 cos 2 x x x + − = Câu 3(1đ) Giải pt : ) 4 ( log 3 ) 1 ( log 4 1 ) 3 ( log 2 1 8 8 4 2 x x x = − + + Câu 4( 1 đ) Tính tích phân : ( ) ∫ + = e dx x x x I 1 ln 5 Câu 5( 1 đ) Tìm m để pt sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt . ( )( ) m x x x x = + − − + − − 2 2 2 2 Câu 6: (1 đ ) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF,với SA=a,AB=b . Tính thể tích của hình chóp và khoảng cách giữa đường thẳng SA,BE . Câu 7: ( 1 đ ) Trong không gian oxyz cho 3 điểm A(1;3;–2)và mp (P) :2x–y+2z–1=0. a/ Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mp (P) b/ Viết pt mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 135 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 8 ( 1đ) Trong mp oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A.Biết M (1;–1), là trung điểm của BC và G ( 3 2 :0) là trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnhA,B,C . Câu 9 (1đ) Cho x,y,z là ba số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + + + + + = xy z z zx y y yz x x P 1 2 1 2 1 2 HẾT Câu Đáp án Điểm 1.1 Ta có hàm số 4 2 2 4 + − = x x y Tập xác định D = R. Sự biến thiên. + Chiều biến thiên. y’ = 4x 3 – 4x , y’ = 0 ⇔ x = 0 ; x =1;x= –1. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( –∞; –1) ; (0 ; 1). .Hàm số đồng biến trên các khoảng (–1; 0) ; (1; +∞). 0,25 Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = y(0) =4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 ± , y CT = y( 3 ± ) = 2 − . Giới hạn. +∞ = + − −∞ → ) 4 2 ( lim 2 4 x x x . +∞ = + − +∞ → ) 4 2 ( lim 2 4 x x x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên. x –∞ – 1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 – 0 + y +∞ Y CĐ =4 +∞ Y ct =3 Y ct =3 0,25 Vẽ Đồ thị. Các điểm đặc biệt thuộc đồ thị :(–1:3);(1:3) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ;4). Đồ thị hàm số có trục đối xứng là Oy 0,25 1. 2 . Tìm m để phương trình m x x = + − 3 ) 2 ( 2 2 (*)có hai nghiệm thực 1,0 . Pt(*) tương đương : ⇔ = + − m x x 3 2 2 4 1 4 2 2 4 + = + − m x x + = + − = ⇒ ) ( 1 ) ( 4 2 2 4 d m y C x x y 0,5 . Số nghiệm pt(*) bằng số điểm chung giữa ( C) và (d) 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 136 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Dựa vào đồ thị : m = 2 hoặc m>3 pt (*) có 2 nghiệm thực Câu PT ) sin 3 (cos 3 cos 2 x x x + − = 3 sinx + cosx = 2cos(π – 3x) 3 2 sinx + 1 2 cosx = cos(π – 3x) sinx.sin 3 π + cos 3 π .cosx = cos(π – 3x) cos( 3 π – x) = cos(π – 3x) (π – 3x) = ( ) 2 3 x k π π ± − + , k ∈Z +) π – 3x = 2 3 x k π π − + x = 3 k π π − +) π – 3x = 2 2 3 x k π π − + + x = 3 2 k π π − Vậy nghiệm phương trình: x = 3 2 k π π + , k ∈Z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu x x x 8 4 8 2 1 1 log ( 3) log ( 1) 3log (4 ) 2 4 + + − = , ĐK x > 0, x ≠ 1 + + − = x x x 2 2 2 log ( 3) log | 1| log (4 ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x x x ( 3) 1 4 + − = –) x > 1 ta có: x = 3 thỏa mãn –) x < 1 ta có x = 3 2 3 − + thỏa mãn Vậy x = 3; x = 3 2 3 − + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Câu 4( 1 đ) Tính tích phân : ( ) ∫ + = e dx x x x I 1 ln 5 ∫ ∫ + = e e xdx x dx x I 1 1 2 3 ln 5 *Tính I 1 − = = = ∫ 1 2 2 5 2 5 1 2 5 1 2 3 1 e x dx x I e e *Tính I 2 ∫ = e xdx x I 1 2 ln Đặt = = xdx dv x u ln = = ⇒ 2 1 2 x v dx x du ∫ − = e e xdx x x I 1 1 2 2 2 1 ln 2 e e x x x 1 2 1 2 4 1 ln 2 − = 4 1 4 1 4 2 2 + = + = e e 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 137 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu Đặt 2 2 = − − + t x x 1 1 ' 0 2 2 2 2 − ⇒ = − < − + t x x . Hàm số ( ) t t x = liên tục trên [–2; 2], t’(x) < 0, ∀ x∈(–2; 2) ( ) ⇒ = t t x nghịch biến trên [ 2; 2] − [ 2; 2] ⇒ ∈ − t . Khi đó: PT => 2 2 2 4 = + − m t t (*) Xét hàm 2 ( ) 2 4 = + − f t t t với [ 2;2] ∈ − t . Có f’(t) = 2t + 2, f’(t) = 0 => t = –1 Bảng biến thiên: t –2 –1 2 f’(t) – 0 + f(t) –4 4 –5 Từ BBT ⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t∈ [–2; 2] P.trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt 5 5 2 4 2 2 ⇔− < ≤− ⇔− < ≤− m m 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. Diện tích đáy: S đáy = 6S ΔOAB = 2 2 3 3 3 6 4 2 = b b (đvdt) Chiều cao h = SO = 2 2 2 2 − = − SA OA a b ⇒ Thể tích V = 2 2 2 3( ) 1 3 2 − = dáy b a b S h * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ ⊥(SAF) Trong ΔSOJ vuông tại O ta có OJ = 2 2 2 2 2 2 . 3( ) 4 − = − + OI SO a b b a b OI SO 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu ( ) : 2 2 1 0 P x y z − + − = có vtpt (2; 1;2) n= − Gọi H(x 0 ; y 0 ; z 0 ) là hình chiếu vuông góc của điểm (1;3; 2) A − lên mp( ) P thì . AH t n = (x 0 – 1; y 0 – 3; z 0 + 2) = t(2; 1;2) − , t ∈ R Do đó, 0 0 0 1 2 3 2 2 x t y t z t = + = − =− + (*) Thay (*) vào PTTQ của 2 3 ( ) : 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0 P t t t t + − − + − + − = ⇔ = Thay 2 3 t= vào (*) ta được: ; ; 0 0 0 7 7 2 3 3 3 x y z = = =− Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp( ) P là 7 7 2 ; ; 3 3 3 H − Gọi ( ) S là mặt cầu tâm A và đi qua O Tâm của mặt cầu: (1;3; 2) A − Bán kính của mặt cầu: 2 2 2 1 3 ( 2) 14 R OA = = + + − = Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 ( 1) ( 3) ( 2) 14 x y z − + − + + = 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 138 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu Ta có: 3 AM GM = => A(0; 2) Đường thẳng AM có phương trình 0 2 1 0 1 2 x y − − = − − − 3x + y – 2 = 0 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AM nên có phương trình –x + 3y + 4 = 0 (i) Vì MB = MC = MA = 10 nên tọa độ (x ; y) của B, C thỏa mãn (x–1) 2 + (y + 1) 2 = 10 (ii) Từ (i), (ii) => B(4; 0), C(–2; –2) hoặc C(4; 0), B(–2; –2) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Ta có P = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y z xyz + + + + + Do 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y z xy yz zx + + + + + = + + ≥ + + Nên P 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y z x y z ≥ + + + + + Xét hàm số f(t) = 2 1 2 t t + liên tục với t > 0. ta có: f’(t) = t – 3 2 2 1 1 t t t − = Ta có bảng biến thiên: t 0 1 +∞ f’(t) – 0 + f(t) +∞ +∞ 3 2 Suy ra, f(t) 3 , 0 2 t ≥ ∀ > . Do đó, P 3 9 3. 2 2 ≥ = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy minP = 9 2 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ 27 Câu 1:(2đ) Cho hàm số (C) a/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b/Tìm m để đường thẳng(d) : y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB=4 . Câu 2:(1đ) a/ giải phương trình: b/ Cho số phức z thỏa: (1–i)z+(2+i) =4+i . Tính mô đun của z. Câu 3:(0.5đ) Giải phương trình: . Câu 4:(1đ) Giải hệ phương trình: + = + − + − + = + + y y y x y x x x y x y y 2 2 2 2 2 1 2 2 ) 1 ( Câu 5:(1đ) Tính tích phân : I= . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 139 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 6:(1đ) Cho hình chóp S.ABC có SC= ;đáy ABC lá tam giác vuông tại A; AB=2a; AC=a; hình chiếu của S lên mp(ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoản cách giữa hai đường thẳng BC và SA. Câu 7:(1đ) Trong mặt phẳng Oxy ;H(3;–2);I(8;11);K(4;–1) lần lượt là trực tâm, tâm dường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A,B,C. Câu 8:(1đ) Trong không gian Oxyz; cho A(2;1;–1); B(1;3;1); C(1;2;0). Viết phương trình đường thẳng d qua A; vuông góc và cắt đường thẳng BC. Câu 9:(0,5đ) Gọi X là tập hợp số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X.Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ. Câu 10:(1đ) Cho hai số thực x; y thỏa điều kiện: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 4 3 4 2 + + − y x xy ––––––––––––––––––––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––––––––––––––––– Câu ĐÁP ÁN Điểm Câu 1: (2 đ) a) * TXĐ: D = { } \ 2 ℝ * y’ 2 3 0 ( 2) x − = < − x D ∀ ∈ * lim 2 x y →±∞ = 2 y ⇒ = là TCN của (C) 2 2 lim 2 lim x x y x y + − → → =+∞ ⇒ = =−∞ là TCĐ của (C) * Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ;2 ; 2; −∞ +∞ * Vẽ đồ thị (C) nhân I(2;2) làm tâm đối xứng b) phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 1 ( 4) 1 2 0 2 x x m x m x m x − = + ⇔ + − + − = − (*) 2 12 0, m m Δ= + > ∀ ⇒ (*) luôn có 2 nghiệm m ∀ Và 1 2 1 2 4 . 1 2 x x m x x m + = − = − 2 2 1 2 1 2 4 2 ( ) ( ) 4 2 AB x x y y = ⇔ − + − = 2 1 2 1 2 ( ) 4 16 x x x x ⇔ + − = 2 (4 ) 4(1 2 ) 16 m m ⇔ − − − = 2 m ⇔ =± 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 2: (1 đ) a) 2 16sin cos 2 15 2 x x − = 2 8(1 cos ) (2cos 1) 15 x x ⇔ − − − = 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 140 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 2 2cos 8cos 6 0 x x ⇔ + + = cos 1 x ⇔ =− 2 x k π π ⇔ = + ( ) k∈ℤ b) (1 ) (2 ) 4 i Z i Z i − + + = + (*) gọi Z a bi = + ( , ) a b∈ℝ (*) ( )( ) ( )( ) 1 2 4 i a bi i a bi i ⇔ − + + + − = + 2; 1 a b ⇔ = =− 2 5 Z i Z ⇒ = − ⇒ = 0.25 0.25 0.25 Câu 3: (0,5 đ) 2 2 2 log log 4; 4 x x= + ĐK: 0 x> 2 2 2 log log 2 x ⇒ = + 2 2 log 1 log 2 x x =− ⇔ = 1 2 4 x x = ⇔ = 0.25 0.25 Câu 4: (1 đ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 y y y x x x y x y y y x + + = + − ⇔ − + + = + ( ) ( ) 1 2 ĐK: 2; 0 x y ≥ > (2) ( ) 2 ( ) 1 0 x y xy x ⇔ − + − = 2 x y ⇔ = (do 1 0) xy x + − > (1) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 y y ⇔ + = − + 2 1 2 1 y y ⇔ + = − + 2 y ⇒ = (Vì y>0) Vậy pt có nghiệm 4; 2 x y = = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5 (1đ) I = ∫ − 4 1 2 ln 4 dx x x x = ∫ ∫ − 4 1 2 4 1 2 ln 4 dx x x dx x x = I 1 – 4I 2 0,25 * Tính I 1 = 1 2 4 1 = − x 0,25 * Tính I 2 = ∫ 4 1 2 ln dx x x = 4 1 1 ln x x+ − = 4 4 ln 3− 0,25 Vậy I = 1 + ln4 – 3 = 2ln2 – 2 0,25 Câu 6 (1đ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 141 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Hình vẽ * ΔAHC vuông cân tại A, cạnh AC = AH = a. ⇒ CH = a 2 * ΔSHC vuông tại H ⇒ SH = 5 2a 0,25 * S ΔABC = 2 1 AB.AC = a 2 * V S.ABC = 3 1 SH.S ΔABC = 5 3 2 3 a 0,25 * AK ⊥ BC; HI ⊥ BC; AD // BC ⇒ BC // (SAD) ⇒ d(BC; SA) = d(BC; (SAD)) = d(B; (SAD)) = 2d(H; (SAD)) AD ⊥ (SHD) ⇒ (SAD) ⊥ (SHD) Kẻ HJ ⊥ SD ⇒ HJ ⊥ (SAD) ⇒ d(H; (SAD)) = HJ 0,25 * 2 2 2 1 1 1 AC AB AK + = ⇒ AK = 5 2a ⇒ HD = 5 a 2 2 2 1 1 1 HS HD HJ + = ⇒ HJ = 5 2a Vậy d(BC; SA) = 5 4a 0,25 Câu 7 (1đ) Hình vẽ * HK = (1; 1) ⇒ AK : x – y – 5 = 0 BC : x + y – 3 = 0 0,25 * Gọi M là trung điểm BC ⇒ IM ⊥ BC ⇒ IM : x – y + 3 = 0 ⇒ M(0; 3) * MI HA 2 = = (16; 16) ⇒ A(19; 14) 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 142 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam * B(b; 3 – b) ∈ BC ⇒ C(–b; b + 3) Ta có : BH = (3 – b; b – 5); CA = (19 + b; 11 – b) Ta có : BH ⊥ AC ⇒ BH . CA = 0 ⇒ b = ± 1 Với b = 1 ta có B(1; 2); C(–1; 4) Với b = – 1 ta có B(–1; 4), C(1; 2) 0,25 0,25 Câu 8 (1đ) BC = (0; –1; –1) ⇒ pt BC : − = − = = t z t y x 2 1 0,25 H ∈ BC ⇒ H(1; 2 – t; – t) AH ⊥ BC ⇒ BC AH. = 0 ⇒ t = 1 Vậy H(1; 1; – 1) 0,25 * d qua A, d ⊥ BC, d cắt BC ⇒ d là AH Với AH = (– 1; 0; 0) 0,25 ⇒ pt d : − = = − = 1 1 1 z y t x 0,25 Câu 9 (0,5đ) Ta có : n(X) = 5 9 A = 15120. Gọi A là biến cố “Tổng các chữ số lẻ” A 1 là tập hợp các số thuộc X có 5 chữ số lẻ ⇒ n(A 1 ) = 5! = 120 A 2 là tập hợp các số thuộc X có 3 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn ⇒ n(A 2 ) = 2 4 3 5 3 5 A A C = 7200 A 3 là tập hợp các số thuộc X có 1 chữ số lẻ, 4 chữ số chẵn ⇒ n(A 3 ) = 4 1 5 1 5 . . P A C = 600 Ta được : n(A) = n(A 1 ) + n(A 2 ) + n(A 3 ) = 7920 0,25 Vậy P(A) = ) ( ) ( X n A n = 21 11 0,25 Câu 10 (1đ) 41 ) 5 2 ( 2 16 2 4 4 = − + + xy y x ⇔ xy y x 40 9 ) 4 ( 2 2 2 = + + Đặt t = x 2 + 4y 2 ⇒ t 2 + 9 = 40xy = 10.2.x.2y ⇒ 10 ( x 2 + 4y 2 ) = 10t Suy ra : 1 ≤ t ≤ 9 0,25 P = 3 4 3 2 2 + + − y x xy = 3 3 40 9 2 + − + t t 0,25 Xét hàm số f(t) = 3 3 40 9 2 + − + t t ; t ∈ [ ] 9 ; 1 f'(t) = 2 ) 3 ( 3 20 + + t t > 0; ∀ t ∈ [ ] 9 ; 1 ⇒ hàm số đồng biến trên [ ] 9 ; 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 143 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ⇒ f(1) ≤ f(t) ≤ f(9) ⇔ 2 1 − ≤ P ≤ 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 khi = = 2 2 3 2 3 y x 0,25 giá trị nhỏ nhất của P là 2 1 − khi = = 2 2 1 2 1 y x 0,25 ĐỀ 28 Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2 y x x =− + − Câu 2 (1,0 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 ( ) 2 x f x x − = − (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục Ox. Câu 3 (1,0 điểm): a) Cho tan 3 α = . Tính giá trị của biểu thức: 3 3 3sin 2 cos 5sin 4cos A α α α α − = + b) Giải phương trình: 2 4 2 4 x x x − − = Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân ( ) 2 0 2 1 cos I x xdx π = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 1;0; 2 A − , mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0 P x y z − + + = và đường thẳng 1 1 : 3 4 2 x y z − + Δ = = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ giao điểm giữa đường thẳng Δ với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm): a) Tìm hệ số chứa 5 x trong khai triển: 14 2 2 x x + b) Trong một hộp đựng 40 viên bi gồm 5 bi đỏ, 15 bi vàng và 20 bi xanh. Một người lấy ngẫu nhiên 7 viên bi trong hộp. Tính xác suất để chọn được 7 viên bi có đủ ba màu (đỏ, vàng, xanh) và số viên bi xanh không ít hơn 4. Câu 7 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho 2 MC MS = . Biết 3, 3 3 AB BC = = . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. Câu 8 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm của tam giác ABM. Gọi ( ) 7; 2 D − là điểm nằm trên MC sao cho GA GD = . Tìm tọa độ điểm A biết AG có phương trình 3 13 0 x y − − = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 144 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 4 3 1 2 (2 ) 3 2 2 14 3 2 1 x x x x y y x x y − + − = − − + = − − + Câu 10 (1,0 điểm): Cho , , a b c là các số thức dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 4 8 2 2 3 a c b c P a b c a b c a b c + = + − + + + + + + HẾT CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2 y x x =− + − 1.0 Tập xác định: D=ℝ Sự biến thiên: Ta có: 2 0 ' 3 6 ' 0 2 x y x x y x = =− + ⇒ = ⇔ = Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ;0 , 2; −∞ +∞ và đồng biến trên khoảng ( ) 0;2 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại 0; 2 CT x y = =− Hàm số đạt cực đại tại 2; 2 CD x y = = Giới hạn lim ; lim x x →+∞ →−∞ =−∞ =+∞ 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ – 0 + 0 – y +∞ 2 –2 −∞ 0.25 Đồ thị: 0.25 2 2 (1,0đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 ( ) 2 x f x x − = − (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục Ox. 1.0 Đồ thị (C) cắt trục Ox tại ( ) 1;0 M 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 145 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam ( ) 2 1 '( ) , 2 2 f x x x − = ∀ ≠ − 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là '(1) 1 k f = =− 0.25 Phương trình tiếp tuyến tại M: ( ) 1 1 0 1 y x y x =− − + ⇔ =− + 0.25 3 (1,0đ) a) Cho tan 3 α = . Tính giá trị của biểu thức: 3 3 3sin 2 cos 5sin 4cos A α α α α − = + 0.5 Ta có: ( ) ( )( ) 2 2 3 3 3 2 1 3tan 2 1 tan 3tan 2 3sin 2cos cos 5sin 4cos 5 tan 4 5tan 4 A α α α α α α α α α α − + − − = = = + + + 0.25 Thay tan 3 α = vào ta được: ( )( ) 2 3 1 3 3.3 2 70 5.3 4 139 A + − = = + 0.25 b) Giải phương trình: 2 4 2 4 x x x − − = 0.5 Ta có: 2 2 4 4 2 2 2 4 2 2 4 2 x x x x x x x x x − − − − = ⇔ = ⇔ − − = 0.25 2 1 3 4 0 4 x x x x =− ⇔ − − = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm 1; 4 x x =− = 0.25 4 (1,0đ) Tính tích phân ( ) 2 0 2 1 cos I x xdx π = + ∫ 1.0 Đặt 2 1 2 cos sin u x du dx dv xdx v x = + = ⇒ = = 0.25 ( ) 2 2 0 0 2 1 sin 2 sin I x x xdx π π = + − ∫ 0.25 2 0 1 2cos I x π π = + + 0.25 ( ) 1 2 0 1 1 I π π = + + − = − 0.25 5 (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 1;0; 2 A − , mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0 P x y z − + + = và đường thẳng 1 1 : 3 4 2 x y z − + Δ = = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ giao điểm giữa đường thẳng Δ với mặt phẳng (P) 1.0 Mặt phẳng (Q) song song với (P) có dạng: ( ) 2 2 0 9 x y z D D − + + = ≠ 0.25 Vì ( ) 2 0 4 0 2 A Q D D ∈ ⇒ − − + = ⇔ = Vậy ( ) : 2 2 2 0 Q x y z − + + = 0.25 Gọi M là giao điểm của đường thẳng Δ và mặt phẳng (P) ( ) 1 3 ; 1 4 ; 2 M M t t t ∈Δ ⇒ + − + 0.25 ( ) ( ) ( ) 2 1 3 1 4 2.2 9 0 M P t t t ∈ ⇒ + − − + + + = 6 12 0 2 t t ⇔ + = ⇔ =− Vậy ( ) 5; 9; 4 M − − − 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 146 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 6 (1,0đ) a) Tìm hệ số chứa 5 x trong khai triển: 14 2 2 x x + 0.5 Ta có: 14 14 14 3 14 2 0 2 .2 k k k k x C x x − = + = ∑ 0.25 Số hạng chứa 5 x trong khai triển ứng với k thỏa mãn 14 3 5 3 k k − = ⇔ = Hệ số cần tìm là 3 3 14 .2 2912 C = 0.25 b) Trong một hộp đựng 40 viên bi gồm 5 bi đỏ, 15 bi vàng và 20 bi xanh. Một người lấy ngẫu nhiên 7 viên bi trong hộp. Tính xác suất để chọn được 7 viên bi có đủ ba màu (đỏ, vàng, xanh) và số viên bi xanh không ít hơn 4. 0.5 Không gian mẫu: 7 40 C Ω = Gọi A là biến cố “Chọn được 7 viên bi có đủ ba màu và số viên bi xanh không ít hơn 4” 4 2 1 4 1 2 5 1 1 20 5 15 20 5 15 20 5 15 . . . . . . 4433175 A C C C C C C C C C = + + = 0.25 Xác suất cần tìm là: 915 ( ) 3848 A P A = = Ω 0.25 7 (1,0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho 2 MC MS = . Biết 3, 3 3 AB BC = = . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. 1.0 Gọi H là trung điểm của cạnh AB SH AB ⇒ ⊥ (vì SAB Δ đều) Vì ( ) ( ) ( ) SAB ABC SH ABC ⊥ ⇒ ⊥ Ta có: 2 2 3 3 ; 3 2 2 SH AC BC AB = = − = 0.25 Thể tích khối chóp S.ABC: . 1 1 9 6 . . . 3 6 4 S ABC ABC V SH S SH AB AC = = = (đvtt) 0.25 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N / / / /( ) AC MN AC BMN ⇒ ⇒ ( ) ( ) AC AB AC SAB MN SAB AC SH ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ( ) ( ) BMN SAB ⇒ ⊥ theo giao tuyến BN Ta có: ( ) ( ) ( ) / /( ) , ,( ) ,( ) AC BMN d AC BM d AC BMN d A BMN AK ⇒ = = = với K là hình chiếu vuông góc của A trên BN. 0.25 Ta có: 2 2 3 3 3 3 2 ABN SAB NA MC S S SA SC = = ⇒ = = và 2 2 3 AN SA = = 2 2 0 2 3 21 2 . .cos 60 7 7 ABN S BN AN AB AN AB AK BN = + − = ⇒ = = 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 147 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vậy ( ) 3 21 , 7 d AC BM = (đvđd) 8 (1,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm của tam giác ABM. Gọi ( ) 7; 2 D − là điểm nằm trên MC sao cho GA GD = . Tìm tọa độ điểm A biết AG có phương trình 3 13 0 x y − − = 1.0 Ta có: ( ) 2 2 3.7 ( 2) 13 , 10 3 ( 1) d D AG − − − = = + − ABM Δ vuông cân GA GB GD ⇒ = = ⇒ G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD Δ 0.25 Ta có: 0 2 90 AGD ABD GAD = = ⇒Δ vuông cân tại G. Do đó ( ) , 10 GA GD d D AG = = = 0.25 2 20 AD ⇒ = Gọi ( ) ;3 13 A a a− . Khi đó ( ) ( ) 2 2 2 5 20 7 3 11 20 3 a AD a a a = = ⇔ − + − = ⇔ = 0.25 Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: ( ) 3; 4 A − và ( ) 5; 2 A 0.25 9 (1,0đ) Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 4 3 1 2 (2 ) 3 2 (1) 2 14 3 2 1 (2) x x x x y y x x y − + − = − − + = − − + 1.0 Ta thấy 0 x= không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho 3 x ta được: ( ) 2 3 3 4 3 1 (1) 2 2(2 ) 3 2 1 1 1 1 3 2 3 2 3 2 (*) y y x x x y y y x x ⇔ − + − = − − ⇔ − + − = − − + − 0.25 Xét hàm 3 ( ) f t t t = + luôn đồng biến trên ℝ ( ) ( ) 1 * 1 3 2 3 y x ⇔ − = − 0.25 Thay (3) vào (2) ta được: ( ) ( ) 3 3 2 3 3 2 15 1 2 3 2 15 0 1 1 7 0 2 3 4 2 15 15 x x x x x x x x + = − + ⇔ + = + − − = ⇔ − + = + + − + + + 0.25 7 x ⇔ = vì ( ) 2 3 3 1 1 0 2 3 4 2 15 15 x x x + > + + − + + + 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 148 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) 111 ; 7; 98 x y = 10 (1,0đ) Cho , , a b c là các số thức dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 4 8 2 2 3 a c b c P a b c a b c a b c + = + − + + + + + + 1.0 Đặt 2 2 5 3 2 2 3 x b c a x y z y a b c b x y z z a b c c y z = + + =− + − = + + ⇔ = − + = + + =− + 0.25 Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 2 4 8 4 8 8 4 2 8 4 17 x y x y z y z x y y z P x y z y x z y − + − + − + = + − = + + + − 0.25 4 2 8 4 2 . 2 . 17 12 2 17 x y y z P y x z y ≥ + − = − 0.25 Dấu đẳng thức xảy ra khi ( ) ( ) 1 2 ; 4 3 2 b a c a = + = + Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 2 17 − 0.25 ĐỀ 29 Câu 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2 4 3 y x x =− + − Câu 2. (1,0 điểm). Cho hàm số: 2 1 1 x y x + = − Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C tại điểm trên ( ) C có tung độ bằng 5. Câu 3. (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 3) log (6 10) 1 0 x x − − − + = b) Cho số phức 1 3 z i = + . Tìm số nghịch đảo của số phức: 2 . z z z ω= + Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân sau: 1 0 2 1 1 x I dx x + = + ∫ . Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2; 1;0 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z − + + = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua A và có tâm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P). Câu 6: ( 1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức 5sin .sin 2 cos 2 P a a a = + , biết 3 cos 5 a= . b) Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển ( ) 20 2 1 2 , 0 P x x x x = − ≠ . Câu 7: ( 1,0 điểm) Cho hình chóp . S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a = = , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( ) SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB theo a . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 149 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam x y y = 2m 2 – 2 – 3 3 1 2m –3 –1 O 1 Câu 8: ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D, đáy lớn là cạnh CD; đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình 3 0 x y − = , đường thẳng chứa cạnh BD có phương trình 2 0 x y − = ; góc tạo bởi 2 đường thẳng BC và AB bằng 0 45 . Biết diện tích hình thang ABCD bằng 24. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm B có hoành độ dương. Câu 9: (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 4 3 6 1 4 15 x x x + + − ≥ + . Câu 10: (1,0 điểm) Cho , , a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + –––HẾT––– Câu ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 Tập xác định: D=ℝ Giới hạn tại vô cực: ; lim lim x x y y →−∞ →+∞ =−∞ =−∞ 0,25 Đạo hàm: 3 4 8 y x x ′=− + 3 2 0 0 4 8 0 4 ( 2) 0 2 x y x x x x x = ′ = ⇔− + = ⇔ − + = ⇔ =± 0,25 Bảng biến thiên x –∞ 2 − 0 2 +∞ y′ + 0 – 0 + 0 – y 1 1 –∞ –3 –∞ 0,25 Giao điểm với trục hoành: cho 2 4 2 2 1 1 0 4 3 0 3 3 x x y x x x x =± = = ⇔− + − = ⇔ ⇔ =± = Giao điểm với trục tung: cho 0 3 x y = ⇒ =− Đồ thị hàm số: 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 150 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 (C): 2 1 1 x y x + = − Gọi ( ) 0 0 ; x y là tọa độ của tiếp điểm M ⇒ Phương trình tiếp tuyến có dạng: ( )( ) 0 0 0 ' y y f x x x − = − 0.25 Ta có: 0 0 0 0 0 0 2 1 5 5 2 1 5 5 2 1 x y x x x x + = ⇔ = ⇔ + = − ⇔ = − 0.25 0 2 3 ( ) 3 (2 1) f x − ′ = =− − 0.25 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 5 3( 2) 3 11 y x y x − =− − ⇔ =− + 0.25 Câu 3 a) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 3) log (6 10) 1 0 x x − − − + = (1) ĐK : 2 3 0 3 6 10 0 x x x − > ⇔ > − > PT (1) ⇔ 2 2 2 log ( 3) 1 log (6 10) x x − + = − 0.25 2 2 2 2 log 2( 3) log (6 10) 2( 3) 6 10 x x x x ⇔ − = − ⇔ − = = 2 1( ) 3 2 0 2( ) x L x x x n = ⇔ − + = ⇔ = . Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2 0.25 b) Cho số phức 1 3 z i = + . Tìm số nghịch đảo của số phức: 2 . z z z ω= + Với 1 3 z i = + , ta có : 2 2 2 2 2 . (1 3 ) (1 3 )(1 3 ) 1 6 9 1 9 2 6 z z z i i i i i i i ω= + = + + + − = + + + − = + 0.25 2 2 1 1 2 6 2 6 2 6 1 3 2 6 (2 6 )(2 6 ) 40 10 10 2 36 i i i i i i i i ω − − − = = = = = − + + − − 0.25 Câu 4 Tính tích phân sau: 1 0 2 1 1 x I dx x + = + ∫ . 1 1 0 0 2 1 1 2 1 1 x I dx dx x x + = = − + + ∫ ∫ 0,25 1 1 0 0 2 1 dx I dx x = − + ∫ ∫ 0,25 ( ) ( ) 0 2 ln 1 1 I x x = − + 0,25 2 ln 2 I = − 0,25 Câu 5 Trong không gian Oxyz , cho điểm ( ) 2; 1;0 A − và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 P x y z − + + = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua A và có tâm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P). (P) có VTPT ( ) 1; 2;1 n= − , d đi qua A và vuông góc với (P) có VTCP ( ) 1; 2;1 u n = = − 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 151 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Phương trình đường thẳng d : 2 1 2 x t y t z t = + =− − = , ( ) 2 ; 1 2 ; I d I t t t ∈ ⇒ + − − 0,25 ( ) ( ) 2 2 1 2 2 0 1 I P t t t t ∈ ⇒ + − − − + + = ⇔ =− . Nên ( ) 1;1; 1 I − 0,25 Mặt cầu (S) có 6 R IA = = có phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 6 x y z − + − + + = 0,25 Câu 6 a) Tính giá trị biểu thức 5sin .sin 2 cos 2 P a a a = + , biết 3 cos 5 a= . Ta có : 2 2 2 7 16 cos 2 2 cos 1 ,sin 1 cos 25 25 a a a a = − =− = − = 0,25 Vậy 2 89 5sin .sin 2 cos 2 10sin .cos cos 2 25 P a a a a a a = + = + = 0,25 b) Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển ( ) 20 2 1 2 , 0 P x x x x = − ≠ . Ta có : ( ) ( ) ( ) 20 20 20 20 20 3 20 20 2 0 0 1 . 2 . . 1 .2 . k k k k k k k k k P x C x C x x − − − = = = − = − ∑ ∑ 0,25 Ta phải có: 20 3 5 5 k k − = ⇔ = . Vậy số hạng chứa 5 x là : 5 15 5 20 .2 . C x − 0,25 Câu 7 60 a a M I K H B A C S Gọi K là trung điểm của AB HK AB ⇒ ⊥ (1) Vì ( ) SH ABC ⊥ nên SH AB ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AB SK ⇒ ⊥ Do đó góc giữa ( ) SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng 60 SKH = Ta có 3 tan 2 a SH HK SKH = = 0.25 Vậy 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 12 S ABC ABC a V S SH AB AC SH = = = 0.25 Vì / / IH SB nên ( ) / / IH SAB . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) , , d I SAB d H SAB = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 152 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Từ H kẻ HM SK ⊥ tại M ( ) HM SAB ⇒ ⊥ ⇒ ( ) ( ) , d H SAB HM = 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 16 3 3 HM SH HK a a a = + = + = ⇒ 3 4 a HM = 0.25 Câu 8 *Tọa độ điểm D là nghiệm hệ : 3 0 0 (0;0) 2 0 0 x y x D x y y − = = ⇔ ⇒ − = = : 3 0 AD x y − = có vtpt 1 (3; 1) n − ; : 2 0 BD x y − = có vtpt 2 (1; 2) n − 0 1 os( , ) os 45 2 c AD BD c ADB ADB AD AB = = ⇒ = ⇒ = Vì ( ) 0 , 45 BC AB = nên 0 45 BCD BCD = ⇒Δ vuông cân tại B 2 DC AB ⇒ = *Ta có : 2 1 3 ( ) 24 4 4 2 2 2 ABCD AB S AB CD AD AB BD = + = = ⇒ = ⇒ = : 2 0 ( ; ) 2 b B BD x y B b ∈ − = ⇒ , ( 0 b> ). 2 2 8 10 8 10 4 10 4 2 ; 4 5 5 5 b BD b b B = + = ⇒ = ⇒ *Đường thẳng BC⊥ BD và đi qua B : 2 4 10 0 BC x y ⇒ + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 9 2 2 4 3 6 1 4 15 x x x + + − ≥ + (1) Đk: x R ∈ BPT(1) ⇔ 2 2 4 3 2 6 3 4 4 15 0 x x x + − + − + − + ≥ ⇔ 2 2 2 2 4 1 1 4 3(2 1) 0 4 3 2 4 4 15 x x x x x − − + − + ≥ + + + + ⇔ 2 2 2 1 2 1 (2 1) 3 0 4 3 2 4 4 15 x x x x x + + − + − ≥ + + + + (2) 0.25 Ta có: 2 2 4 3 6 1 4 15 x x x + + − ≥ + 2 2 6 1 4 15 4 3 0 x x x ⇒ − ≥ + − + > ⇒ 1 2 1 0 6 x x > ⇒ + > 0.25 Vì 2 2 4 3 2 4 4 15 x x + + < + + nên 2 2 2 1 2 1 3 0 4 3 2 4 4 15 x x x x + + + − > + + + + 0.25 BPT(2) ⇔ 1 2 x> 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 153 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Vậy BPT(1) có nghiệm là: 1 2 x> Câu 10 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a = + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a ≥ + + = + + 0.25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ; ; a b c b a b c b c a c a + ≥ + ≥ + ≥ Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1 a b c b c a a b c + + ≥ + + 0.25 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 VT a b c a b b c c a ≥ + + = + + + + + 1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a ≥ + + = + + = + + + + + + 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 a b c = = = 0.25 ĐỀ 30 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 4 − 2x 2 + 4 . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x)=x 3 –3x 2 +4 trên đoạn [–2;1]. Câu 3 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 5 5 log x log x 2 0 + − = . b) Tính mô đun của số phức z biết 1 2i 3 i z 1 i 2 − + + = + + Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau : e 3 1 I x ln xdx = ∫ Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2 15 S : x y z x 2y 4z 0 4 + + − − + − = và mặt phẳng (P): 2x–y+2z+13=0. Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (S). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 6 (1,0 điểm)a) Giải phương trình: ( ) sin2x+4cos x 0 π− = . b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 154 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 7. (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân, AB = AC = a, BAC = 120 0 . Mặt phẳng (AB’C’) tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mp(AB’C’) theo a. Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(−1 ; 2). Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình: 2x + y − 8 = 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( ) 4 3 3 2 x 2x 2x 1 x x R x 2x 2x − + − ≥ ∈ − + Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bc ca ab P 3a bc 3b ca 3c ab = + + + + + −−−−−−−−−−−−−Hết−−−−−−−−−−−−− CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 4 − 2x 2 + 4 . Tập xác định : D = R y’ = 4x 3 − 4x. y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ± 1 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1 ; 0) ; (1 ; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ ; −1) ; (0 ; 1) Điểm cực đại (0 ; 4). Điểm cực tiểu (−1 ; 3), (1 ; 3) x lim y →±∞ =+∞ 0,25 Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị 0,25 x − − − −∞ ∞ ∞ ∞ 0 1 +∞ ∞ ∞ ∞ y’ y 0 0 − − − − + + +∞ ∞ ∞ ∞ +∞ ∞ ∞ ∞ 4 3 − − − −1 0 − − − − 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 155 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 2 (1,0 điểm) ' 2 f (x) 3x 6x = − 0,25 ( ) ( ) ' x 0 2;1 f (x) 0 x 2 2;1 = ∈ − = ⇔ = ∉ − 0,25 ( ) ( ) ( ) f 2 16;f 0 4;f 1 2 − =− = = 0,25 [ ] [ ] 2;1 2;1 max f (x) 4 f (0);min f (x) 16 f ( 2) − − = = =− = − 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) a/ Giải phương trình: 2 5 5 log x log x 2 0 + − = Điều kiện : x>0 5 2 5 5 5 log x 1 log x log x 2 0 log x 2 = + − = ⇔ =− . 0,25 x 5 1 x 25 = ⇔ = Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x=5, x=1/25 0,25 b) Tính mô đun của số phức z biết 1 2i 3 i z 1 i 2 − + + = + + ( ) ( ) ( 1 2i) 1 i 1 2i 3 i 3 i z 1 i 1 i 2 (1 i) 1 i 2 − + − − + + + = + = + = − + + − 0,25 ( ) 2 2 z 1 1 2 = + − = 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau : e 3 1 I x lnxdx = ∫ Đặt 1 du dx u ln x x 3 4 dv x dx x v 4 = = ⇒ = = 0,25 e 4 4 1 e 1 1 1 I x ln x x . dx 1 4 4 x = − ∫ 0,25 4 4 e e 1 I x 1 4 16 = − 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 156 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam 4 3e 1 16 + = 0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Mặt cầu có tậm I(1/2;1;–2) và bán kính R=3 0,25 (Q)//(P) nên (Q) có phương trình dạng : 2x–y+2z+D=0, D 13 ≠ 0,25 (Q) tiếp xúc với (S) nên ( ) 4 D d I,(Q) R 3 9 − + = ⇔ = 0,25 D 13 D 4 9 D 5 = ⇔ − = ⇔ =− Do D 13 ≠ nên chỉ nhận D=–5. Vậy (Q):2x–y+2z–5=0 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) a/ Giải phương trình: ( ) sin2x+4cos x 0 π− = . ( ) ( ) sin2x+4cos x 0 2sin x.cos x 4cos x 0 2cos x. sin x 2 0 π− = ⇔ − = ⇔ − = 0,25 cos x 0 x k , k Z 2 π ⇔ = ⇔ = + π ∈ 0,25 b/ Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ,đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. Số cách chọn 5 bạn bất kì: 5 12 C 729 = . Để chọn 5 bạn thỏa yêu cầu bài toán, ta có hai khả năng sau: – TH1: chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có: 4 1 5 7 C .C 35 = cách chọn 0,25 – TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có: 3 2 5 7 C .C 210 = cách chọn Vậy xác suất cần tìm là 35 210 245 P 729 729 + = = 0,25 Câu 7 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân, AB = AC = a, BAC = 120 0 . Mặt phẳng (AB’C’) tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mp(AB’C’) theo a. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 157 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam a a B' A' C' B A C K' K H Kẻ A’K’ ⊥ B’C’. B’C’ ⊥ AA’ ⇒ AK’ ⊥ B’C’ ⇒ góc giữa (AB’C’) và đáy là góc AKA '= 60 0 . A’K’ = a.sin30 0 = 1 2 a ⇒ AA’ = A’K.tan60 0 = a. 3 2 0,25 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ : 3 ABC.A'B'C' ABC 3.a V AA '.S 8 Δ = = 0,25 Do BC // (AB’C’) nên d(BC, (AB’C’)) = d(B, (AB’C’)) (AA’K’) ⊥ (AB’C’). Trong mp(AA’K’) dựng A’H ⊥ AK’ ⇒ A’H ⊥ (AB’C’) ⇒ d(BC, (AB’C’)) = d(B, (AB’C’)) = d(K, (AB’C’)) = d(A’, (AB’C’))= A’H 0,25 Trong ΔAA’K’ vuông tại A’ ta có: 2 2 2 1 1 1 A 'H A 'K ' A'A = + ⇒ A’H = a 3 4 0,25 Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(−1 ; 2). Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình: 2x + y − 8 = 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 158 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam E H K N M D C A B Gọi E là giao điểm của BN và AD ⇒ D là trung điểm của AE Kẻ AH ⊥ BN tại H ⇒ AH = d(A, BN) = 8 5 Trong tam giác vuông ABE: 2 2 2 2 1 1 1 5 AH AB AE 4AB = + = ⇒ AB = 4 0,25 B ∈ BN ⇒ B(b ; 8 − 2b), với b > 2 Mà AB = 4 ⇒ B(3 ; 2) 0,25 Phương trình của AE : x + 1 = 0 ⇒ E(−1 ; 10) ⇒ D(−1 ; 6) ⇒ M(−1 4) 0,25 Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔBKM ⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng BM ⇒ I(1 ; 3) Bán kính của đường tròn ngoại tiếp ΔBKM là R = 1 2 BM = 5 Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK là (x − 1) 2 + (y − 3) 2 = 5 0,25 Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( ) 4 3 3 2 x 2x 2x 1 x x R x 2x 2x − + − ≥ ∈ − + Điều kiện: x>0, BPT tương đương: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x x 1 1 + − − ≥ ⇔ ≥ + − + − + 0,25 Xét hàm số 3 2 t f (t) t 1 = + trên R 0,25 4 2 ' 2 2 t 3t f (t) 0 t R (t 1) + = ≥ ∀ ∈ + f(t) liên tục trên R nên f(t) đồng biến trên R 0,25 (1) có dạng: ( ) 3 5 f ( x) f x 1 x x 1 0 x 2 + ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ < ≤ 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG 159 Sưutầmvàtrìnhbày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a b c 3 + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bc ca ab P 3a bc 3b ca 3c ab = + + + + + Vì a + b + c = 3 ta có bc bc bc 3a bc a(a b c) bc (a b)(a c) = = + + + + + + bc 1 1 2 a b a c ≤ + + + Vì theo BĐT Cô–Si: 1 1 2 a b a c (a b)(a c) + ≥ + + + + dấu đẳng thức xảy ra ⇔ b = c 0,25 Tương tự ca ca 1 1 2 b a b c 3b ca ≤ + + + + và ab ab 1 1 2 c a c b 3c ab ≤ + + + + 0,25 Suy ra P bc ca ab bc ab ca a b c 3 2(a b) 2(c a) 2(b c) 2 2 + + + + + ≤ + + = = + + + , 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 3 2 khi a = b = c = 1. 0,25
