Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất TOÁN ĐỀ SỐ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 2 1 0y x mx m     (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m  . 2. Tìm giá trị của m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị lập thành một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số 42 2y x x . Bài toán cơ bản – học sinh tự giải. 2.       3 2 2 2 0 4 4 4 ; 0 0 2 x y x mx x x m y x x m xm                Hàm số (1) đã cho có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0m . Khi đó ba điểm cực trị của (1) là       22 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m        . Nhận xét rằng tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC thì AH vuông góc với BC tại H. Ta có   22 0; 1 , , 2H m m AH m BC m     .     2 4 2 1 . . . . . . 2 . 2 1 1 0 2 4 4 1 5 5 1 0; 1; 1; 22 ABC AB AC BC AB AC BC S AH BC AH AB AC m m m m m m m R m m m m                           Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   22 2 3 4 6 5 ; 2 3 4 1 6 x y y x x y xy xy                    . Hướng dẫn: Điều kiện 1 2; ;3 4 xy       . Hệ phương trình đã cho tương đương với Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất         22 22 2 2 3 3 1 2 4 4 3 6 9 2 3 4 1 6 2 3 4 1 6 2 x x y y x x x y y y xy xy                                 Xét hàm số   4 ;0f t t t t   ta có hàm liên tục và đồng biến trên miền   0; do   3 4 1 0 0f t t t       .       1 2 3 2 3 5f x f x x x x y           . Khi đó   2 13 2 4 1 6 13 2 6 4 1y y y y          . 2 1 1 3 3 4 23 4 8 12 0 2 4 1 4 y y yx yy yy                          Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất     ; 3;2xy . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình     2 21 14 tanx tanx sin x x tan x           . Hướng dẫn: Điều kiện 0cosx  . Phương trình đã cho tương đương với          22 11 2. . 2 1 0 1 2 4 1 2 1 6 2 5 2 6 sinx sinx cosx sinx cosx sinx cosx sinx cos x tan x xk tanx x k k sinx xk                                        Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân     1 2 0 1 2 ln x I dx x     . Hướng dẫn: Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Đặt     2 1 1; 12 2 dx dx u ln x du dv v xx x           .      1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 4 22 2 1 2 3 2 3 3 ln x dx x I ln ln ln ln x x x x                 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD tâm O ,   0AB a a và các cạnh bên bằng nhau. Gọi K là hình chiếu của A trên mặt phẳng   SCD , 5 2 a OK  . Mặt phẳng   SAB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60  . Tính thể tích khối chóp ACKD theo a . Hướng dẫn: Gọi O’ là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD). Ta có 22 ;SO h SA SB SC SD x O A OB O C O D x h                 , suy ra O’ trùng với O ( O là tâm hình chữ nhật). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD.     , 60SAB ABCD SMN        Tam giác SMN đều, hay MN SM SN a   . Đặt   0AD BC x x   . Kẻ MI vuông góc với SN và IK song song với ND. Ta có AM ND IK AM   . MIKA là hình chữ nhật nên 3 2 x AK MI ; 1 2 KD IN x . 2 2 2 2 2 2 2 ; 4 x KC CD KD a AC a x      Sử dụng công thức trung tuyến KO trong tam giác KAC : 2 2 2 2 2 2 2 4 4 KA KC AC a x KO     . 22 5 2 22 a a x xa       23 1 1 3 . . 3. 3 3 2 6 ACKD KCD aa V AK S a dvtt    . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,,x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) xy yz zx T z x z y x y x z y z y x          . Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Hướng dẫn: Đặt ;;y z a z x b x y c      thì ,,abc là độ dài 3 cạnh một tam giác có ba góc tương ứng là A, B, C. Ta có         2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 2 2 2 b c a c a b c a b xy c a b cosC z x z y ab ab ab                . Tương tự       1 1 1 1 ; 2 2 2 2 yz xz cosB cosA x y x z x y y z           . Suy ra 37 22 P cosC cosA cosB         . 22 2 3 3 3 3 2 2 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 11 11 5 3 2 3 6 6 3 A C A C B A C B B B cosC cosA cosB cos cos cosB sin sin sin sin sin B sin P                            Giá trị nhỏ nhất của P là 5 3 . Đạt được khi 24 2 2 3 3 B sin b a x z y A C a c            . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn     2 2 : 4 4C x y   và điểm   4;1E . Tìm tọa độ các điểm M nằm trên trục tung sao từ M kẻ được hai tiếp tuyến ,MA MB đến   C sao cho ba điểm ,,A E B thẳng hàng. Hướng dẫn: Gọi điểm   0;Mm là điểm cần tìm. Đường tròn (C) có tâm     4;0 , 2 , 4I R d I Oy   , suy ra với mọi điểm M trên trục tung ta luôn được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C). Gọi   00 ;T x y là một tiếp điểm của (C) thì phương trình tiếp tuyến của (C) tại T là                22 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 : 4 0 4 4 4 12 4 .0 4 12 4 12 0 : 4 12 0 4.4 .1 12 0 4 0;4 d x x x y y y x x y y x x y x M d x y m x x my AB x my E AB m m M                                    Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Câu 8.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình   3 2 3 2 3 2 2 x x x x x x x      . Hướng dẫn: Điều kiện 0x  . Bất phương trình đã cho tương đương với 83 1 2 3 1 2 x x         . Đặt   3 0; 1 2 x t t t       thu được 2 3 2 2 2 1 88 3 9 3 11 11 01 01 0 00 9 t x log t t t tt t t x tt t                                            Bất phương trình có nghiệm   3 2 ;0 ;x log         Câu 9.a (1,0 điểm). Xác định số hạng tự do trong khai triển nhị thức Newton 3 2 n x x     biết n là số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức 6 7 8 9 8 2 3 3 2 n n n n n C C C C C      . Hướng dẫn: Sử dụng công thức Paxcal 1 1 k k k n n n C C C    ta có       6 7 8 9 6 7 8 8 9 7 8 9 7 8 8 9 8 9 9 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 3 2 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C C C C C C C C C                             Do đó với 6n  thì         98 32 15 30 5 36 2 1 15 15 3 ! 2 ! 2 2. 3 9.2 15 6 !9! 6 !8! 22 nn kk k k k k k k nn C C n n nn T C x x C x                Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Để là số hạng tự do thì 66 15 30 5 0 6 2k k C     là hệ số cần tìm. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm     2; 3 , 1;3AB . Tìm tọa độ hai điểm ,MN lần lượt thuộc hai đường thẳng có phương trình 12 : 2 1 0; : 2 3 0d x y d x y      sao cho MN vuông góc với 1 d và độ dài đoạn gấp khúc AMNB ngắn nhất. Hướng dẫn: Nhận xét rằng hai đường thẳng đã cho song song với nhau. Ta có   3;6AB   nên đường thẳng AB : 2 1 0xy   vuông góc với hai đường thẳng 12 ;dd . Tọa độ 2 giao điểm H, K lần lượt là: 1 2 1 0 13 5 ; 2 1 0 3 55 5 1 2 3 0 17 5 ; 2 1 0 7 55 5 x xy H xy y x xy K xy y                                             Dễ thấy 2 ;; 5 AM AH BN BK MN   nên độ dài đoạn gấp khúc AMNB ngắn nhất khi M trùng với H, N trùng với K. Tóm lại 2 điểm cần tìm : 1 3 1 7 ; , ; 5 5 5 5 MN              . Câu 8.b (1,0 điểm). Giải phương trình       22 2 5 1 5 1 1 log x log x x x x      . Hướng dẫn: Điều kiện 0x  . Đặt 2 4 t log x t x   . Phương trình đã cho tương đương với Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất             5 1 1 0 5 1 4 . 5 1 1 16 5 1 1 4 5 1 1 0 0 1 4 5 1 1 0 t t t t t t t t t t tx                                     Phương trình có nghiệm duy nhất 1x  . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng :d y x m cắt đồ thị hàm số 2 1x y x   tại hai điểm phân biệt ,AB thỏa mãn 2 2 3AB . Hướng dẫn: Đường thẳng y x m   và đồ thị (C) 2 1x y x   . Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là   2 2 0 1 2 1 0 * x x xm x mx x               Đặt vế trái của (*) là   fx ; (d) và (C) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, tức là   2 00 80 f m m              2 nghiệm 12 ;xx của (*) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm A,B. Suy ra     1 1 2 2 ; , ;A x x m B x x m    . Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có 12 12 2 1 2 m xx xx          Khoảng cách       2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 2. 4 4 22 m AB x x x x x x x x m                  . 22 0 1 2 2 3 4 12 4 4 12 44 2 m AB AB m m                  Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất ĐỀ SỐ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số   C của hàm số đã cho. 2. Lập phương trình tiếp tuyến của   C sao cho tiếp tuyến đó cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm ,AB thỏa mãn 16OA OB (với O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Bài toán tự giải. 2. Gọi điểm   00 ;M x y bất kỳ thuộc đồ thị hàm số (C). Phương tình tiếp tuyến d tại M cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại A, B sao cho 16OA OB . Tam giác OAB vuông tại O suy ra hệ số góc 1 tan 16 OB A OA  , hệ số góc của d bằng 1 16 hoặc bằng 1 16  . Mặt khác       0 00 22 0 00 0 0 1 0 0 2 5 1 1 1 0 1 4 3 16 11 9 1 41 * 5 : 4 16 16 7 1 25 * 3 : 4 16 16 x y x x x xx x y d y x x y d y x                                  Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình     2 3 2 2 2 1 2 sinx cosx tan x sin x x sinx cosx             . Hướng dẫn: Điều kiện 20cos x  . Phương trình đã cho tương đương với          2 2 2 2 22 2 1 2 2 2 2 2 2 cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 22 21 21 2 sinx cosx sin x cos x sin x cos x sinx cosx cos x cos x x sinx sin x cos x sin x cos x cos x cos x cos x cos x x k k cos x                                    Truonghocso.com – Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 4 3 6 . 4 cos x I dx sin x sin x          . Hướng dẫn:     2 2 2 4 4 4 2 6 6 6 cot cot cot 22 sin sin 1 cot 4 x x x I dx dx dx x sinx cosx x x sinxsin x                   2 3 33 2 2 11 1 cot . 3; 1 64 1 1 1 3 2 2 1 2 ln 1 2 2 3 ln 1 1 2 2 dx t x dt sin x x t x t t I dt t dt t t t tt                                          Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình         3 2 2 2 2 2 4 1 2 1 6 ; 2 1 1 4 1 x y x x xy x y y x x                 . Hướng dẫn: Điều kiện 0x  . Nhận xét 0x  không thỏa mãn hệ đã cho. Với 0x  thì     2 2 2 2 2 11 2 1 1 4 1 2 1 4 1 1 1x y y x x y y xx                (1) Do 0x  nên từ (1) suy ra 0y  Xét hàm số       2 1 1 ; 0 0f t t t f t t        nên hàm số liên tục và đồng biến.     1 1 2 2 1f y f xy x        . Phương trình thứ 2 của hệ trở thành [...]... Mạng xã hội học tập tốt nhất Việt Nam 2 012 1  x  2 010 2 012 1  x  2 010 1 2 2 012  2 012 x  1  C2 012  22 xC2 012  2 012 2 x 2 011 C2 012  2 012 x 2 1 2 2 012  x   xC2 012  22 x 2C2 012  2 012 2 x 2 012 C2 012 Thực hiện đạo hàm 2 012 2 010  2 012 x 2  x  1  x   2009  1  x  2 010 1 2 2 012  2 012 .2 x  1   C2 012  23 xC2 012   2 012 3 x2 011 C2 012  Với x  1  T  0  T  0 ... 2 n 1 0 1 C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1  2  C2 n 1  C2 n 1  C22n 1  C2nn 1  0 1 2 n  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  1  1 2 n 1 1 0 C2n 1  C21n 1  C22n 1  C22nn 11  2 0 1 2 2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  22 n  220  n  10 n 10 10  1  7 10  k k k  x 7    C10 x 4 k x     C10 x 70 11 k  4 x  k 0 k 0 4 Hạng...  1 2 n nguyên dương thỏa mãn hệ thức C2n 1  C2n 1   C2n 1  220  1 Hướng dẫn: 1 2 n 1 2 n 0 1 2 n C2n 1  C2n 1  C2n 1  220  1  1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  220  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  220 k 2 n 1 0 2 n 1 1 2n n n 1 Chú ý rằng C2 n 1  C2 n 1 k với mọi k thỏa mãn 0  k  2n  1 nên C2n 1  C2n 1 ; C2n 1  C2n 1; ; C2n 1  C2n 1 Do đó 0 1 2 n n 1 2 n 1 0 1 C2 n 1. .. C2 012   2 012 3 C2 012 Hướng dẫn: Xét khai triển 1  x  2 012 1  x  2 011 2 012 0 1 2 012  C2 012 x0  C2 012 x   C2 012 x 2 012 Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta có 1 2 2 012  C2 012  2 xC2 012   2 012 x 2 011 C2 012  2 012 x 1  x  Tiếp tục đạo hàm hai vế thu được Trường học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất 2 011 1 2 2 012  xC2 012  2x 2C2 012   2 012 x 2 012 C2 012 Truonghocso.com – Mạng... phương trình 2x 18  x 1 1 x x 1 x 2 1 2  2 2  2  2 8   x   Hướng dẫn: Bất phương trình đã cho tương đương với 2 x 1 18 8  2 x 1 18.2 x 1  x 1 1 x  x 1    2 x 1  1  2 x 1  8   18 .2 x 1 2 x 1  1 2 x 1  1 2  2  2 2  1  2 x 1  1 2 8  2 x 1  t  t  0    t  1  t  8   18 t  t 2  9t  8  0  1  t  8  0  x  1  3  1  x  4 ĐỀ SỐ 6 I PHẦN CHUNG...  1 Sử dụng bất đẳng thức  t  1  0  t 2  1  2t ta có 2 1 1 1  2  2 2 2 a  1  b  1  2 b  1  c  1  2 c  1  a2  1 2 1 1 1 1 1 1 1  1         Q 2a  2b  2 2a  2b  2 2a  2b  2 2  a  b  1 c  b  1 a  c  1  2 F 2 Đặt a  u3 ; b  v3 ; c  w3  uvw  1 Chú ý rằng  u  v  u  v   0  u 3  v3  uv  u  v  Áp dụng bất đẳng thức này ta có 2 Q  1 1 1 1 1 1... hoành Hướng dẫn: 1 Bài toán tự giải 2 Giả sử điểm F1  x1; y1  là điểm đối xứng với điểm F  x; y  thuộc đồ thị (C) qua điểm M  2 ;1  x  4  x1  x  x1  4 4  x1 2  x1 x1  2     Ta có  x  y1  2  1  x1 1  x1 x1  1  y  y1  2  y1  2  x  3  Như vậy đồ thị (C’) đối xứng với (C) qua M  2 ;1 là y  x2 x 1 Phương trình đường thẳng d đi qua A  0; a  và có hệ số góc k : y ...  2mx  1  0  x  2  m  1 x  1 1 m    2 0      x  2 x  2m  1  0   x  1  2m3  5m 2  4m  1  0 x 1   x 2  2 x  2m  1  0 x  1  x  1 2    2m   4m  2m  1  0    1  m  1  m    2m  x  1 m  m  1  2    2m  1  m  1  0   m   1 x  1  2    2 Câu 9.b (1, 0 điểm)... Câu 6 (1, 0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 1 x y x y P Hướng dẫn: P 1  x  1  x   1  y  1  y   x y y 1  x  x 1  y   x y x y x2  y 2 1 P  x  y    2 x  y  1  xy   2 2  xy  1   2 2  xy  1 y x xy xy 1 1 1 2 xy  t : xy   x  y    P 2   2 2  t  1  f  t  4 4 t 2 Khảo sát hàm số f  t...  Hướng dẫn: Điều kiện 1  x  1 Bất phương trình đã cho tương đương với  x  3   x  1  2 x   3  x  1  x   x  1  2  x  1  x  1   1  x   2  1  x  1  x      3 x 1  x 1 2 x 1   1 x  1 x  2 3 1 x Xét hàm số f  t   t 3  t 2  2t; f   t   3t 2  2t  2  0 t   Hàm số liên tục và đồng biến Thu được f    x 1  f  1 x  x  0 . học số - luôn cam kết mang lại những điều tốt nhất         2 010 1 2 2 2 2 011 2 012 2 012 2 012 2 012 2 010 2 1 2 2 2 2 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 1 2 012 1 2 2 012 2 012 1 2 012 2 2 012 x.  . Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta có     2 011 2 011 1 2 2 011 2 012 1 2 2 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 2 012 1 2 2 012 2 012 1 2 2 012 x C xC x C x x xC x C x C           hệ số góc 1 tan 16 OB A OA  , hệ số góc của d bằng 1 16 hoặc bằng 1 16  . Mặt khác       0 00 22 0 00 0 0 1 0 0 2 5 1 1 1 0 1 4 3 16 11 9 1 41 * 5 : 4 16 16 7 1 25 * 3 : 4 16 16 x y