Câu I Đáp án tóm tắt đề thi thử đợt khối A- năm học 2010-2011 1/ Với m= ta có y= x -2x +1 Tập xác định: R Sự biến thiên: y = +∞ + Giới hạn: xlim →±∞ Điểm 0,25 x = + Bảng biến thiên: y ' = x − x; y ' = ⇔   x = ±1 x y’ −∞ +∞ - -1 0 + - +∞ + +∞ y 0 Hàm số nghịch biên khoảng (−∞; −1)và (0;1) Hàm số đồng biến khoảng (-1;0) (1; +∞) Hàm số đạt cực đại x=0; y(0)=1 Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; y (±1) = Đồ thị hàm số: + Điểm uốn y " = 12 x − 4; y " = ⇔ x = ± x=± 3 y” đổi dấu qua điểm  4 ; ÷ điểm uốn đồ thị hàm số Do U1,2  ± 9  + ĐTHS nhận Oy làm trục đối xứng 0,5 y -1 O 0,25 x 2- Phương trình cho hoành độ giao điểm ĐTHS (1) trục Ox: x -2mx +1=0 (1) Đặt t = x điều kiện t ≥ có t − 2mt + = (2) Đồ thị hàm số (1) cắt tia Ox điểm p/b có hoành độ x1 , x2 t/m x = x1 Khi phương trình (2) có nghiệm dương t1 ,t phân biệt thỏa mãn t =4t1 0,25 m − > ∆ ' >   Điều kiện để (2) có nghiệm phân biệt dương  S > ⇔  2m > ⇔ m > (*) 0,25 P > 1 >    t1+ t =2m Áp dụng định lý Viet có:   t1t =1 ( **) 2m   t1 = m= (t/m)    t = 4t1 16m  ⇔ =1 ⇔  Từ  thay vào (**) có 25  m= -5 (loai)  t1 +t = 2m  t = 8m   Đáp số: m = II 0,5 Giải phương trình: Điều kiện: cos2x ≠ 1) Phương trình: ⇔ 2cos x + cos4x + 2cos 3x - = cos4x(2sin2x + 1) ⇔ (2cos x-1)+(2cos 3x-1)=2cos4x.sin2x 0,25 cos x = ⇔ 2cos x.cos x = 2cos x.sin x ⇔  π kπ  x = + π kπ ⇔ ⇔x= +  x = π + kπ  Vậy x = π kπ +  tan x = (k ∈ Z ) (Thỏa mãn) (k ∈ Z ) nghiệm phương trình cho 2) Điều kiện: x>0 Phương trình ⇔ (5log2 x ) = x 5log2 x + 5log x 0,5 0,25 0,25 Đặt y = log x ⇔ x=2 phương trình trở thành: y 52y = 4y 5y +5y y y  4 1 ⇔  ÷ +  ÷ = (3)  5 5 III 0,25 Nhận xét y= nghiệm phương trình (3) Mặt khác vế trái (3) hàm nghịch biến; vế phải hàm nên phương trình (3) có nghiệm y =1 Khi ta có x=2 (Thỏa mãn) 0,5 Vậy x=2 nghiệm phương trình cho π Ta có I = ∫ π xdx x sin dx +∫ + x + cos x π π x dx = ∫ d + x = + x 2 1+ x *) I1 = ∫ *) I = π x sinx ∫0 + cos xdx (π − t )sin(π − t ) + cos2t π dt = π sin t dt + cos2 t I = π∫ -sindt = = −π ∫ π = sint ∫0 1+ cos2 t (1 + tan y)dy + tan y π2 − I2 ⇔ Vậy I = t y π π − π π =π ∫ dy − = π π π π2 = 2 0,25 π2 I =I +I = π dt -I đặt cost = tany *) I 0,5 π dy = (1+tan y)dy cos y −π *) I x t π π Tính = + π −1 đặt x = π − t ; dx=-dt *) I = − ∫ π 1+ π −1+ π2 IV 0,25 S I a a 4a K A D O 2a B 2a a 2a S C Từ giả thiết ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ VSABCD = SA.dt ABCD Ta có: ∆ABC vuông B nên: AC = AB +BC = a Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CK ⊥ AD K ⇒ ABCK hình chữ nhật ⇒ AK= BC= a ; CK=2a Mặt khác tam giác vuông CKD có: CD =CK +KD ⇔ 20a =4a +KD ⇔ KD = 16a V ⇔ KD = 4a ⇒ AD = a + 4a = 5a ⇒ dt ABCD = AB ( BC + AD ) = 6a (dvdt ) 1 ⇒ V= SA.SABCD = a.6a = 2a (đvtt) 3 ∆ • Nhận xét: ACD vuông C nên trung điểm O AD tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD • Từ O dựng đường thẳng (d ) ⊥ ( ACD) ( ACD) ⊥ ( SAD) ⇒ ( d ) ⊂ ( SAD ) Lại có ∆SAD vuông A; nên SA ⊥ AD ⇒ d / / SA Mà O trung điểm AD nên đường thẳng (d) đường trung bình ∆SAD ⇒ (d) qua trung điểm I SD Vậy trung điểm I SD tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SD SA2 + AD a 26 ⇒R= = = 2 2 log a ) log b ) log c ) ( ( ( Xét vế trái bất đẳng thức: VT = + + log (b + c) log (c + a) log c ( a + b) 1 Vì a ≥ 2; b ≥ 2; c ≥ có + ≤ ⇔ a+b ≤ ab Tương tự ta có c + a ≤ ac; b+c ≤ bc a b 2 log a ) log b ) log c ) ( ( ( ⇒ VT ≥ + + log bc log ca log ab = ( log a ) + ( log b ) + (log b) + log c log c + log a Đặt x = log a; y = log 2b; z = log 2c Vì a, b, c ≥ có x, y, z ≥ ⇒ VT ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 log c log a + log b x2 y2 z2 + + Áp dụng BĐT côsi ta có: y+z z+x x+ y  x2 y+z + ≥x  y+z  y2 z+x x2 y2 z2 x+ y+z  + ≥y  ⇒ + + + ≥ x+ y+ z z+x y + z z + x x + y   z2 x+ y x + ≥ z z+ y  0,25 x2 y2 z2 x+ y+z + + ≥ ≥ (Vì x, y , z ≥ ) y+z z+x x+ y 2 ⇒ VT ≥ (Đpcm) Dấu “=” xảy a= b= c= 0,5 B- Phần riêng: Theo chương trình chuẩn: 1/ Phương trình AB: x-2y+2=0 Vì AB= 2CD nên d(I, AD)= d(I, BC)=2d(I, AB)= Như : AD; BC hai đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB cách điểm I khoảng h= Đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB cách điểm I 0,25 ⇔ VI-a khoảng h= có phương trình dạng: 2x+ y+c =0 (r) 1+ c c = = 5⇔ Ta có d(I, r)= ⇔  c = −6 Với c= đường thẳng có phương trình: 2x+ y+ 4= cắt AB điểm (-2; 0) Với c=-6 đường thẳng có phương trình: 2x+ y -6= cắt AB điểm (2; 2) Do xA< nên A(-2; 0); B(2; 2) Vì I trung điểm AC BD ta có:C(3; 0); D(-1; -2) Vậy A(-2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(-1; -2) 2/ Nhận xét: Giả sử đường thẳng (c) qua điểm P(1;-1;2) vuông góc với đường thẳng (a) cắt đường thẳng (b) (c) giao tuyến hai mặt phẳng: Mặt phẳng (P) qua điểm P vuông góc với đường thẳng (a) mặt phẳng (Q) qua điểm P đường thẳng (b) r Mp(P) nhận VTCP u (1; −2;3) đường thẳng (a) 1VTPT r Đường thẳng (b) qua điểm Q(1;-9;-12) 1VTCP v(1; 2; −1) Mp(Q) qua điểm r uuur r P đường thẳng (b) có 1VTPT : n =  PQ, v  = ( 18; −7; ) Đường thẳng (c) giao r r r tuyến mp(P) mp(Q) nên có 1VTCP c=  u, n  = ( 13; 50; 29 )  x = + 13t  Suy đường thẳng (c) có phương trình là:  y = −1 + 50t (t ∈ R ) ( thỏa mãn)  z = + 29t   x = + 13t  Vậy đường thẳng (c) có phương trình là:  y = −1 + 50t (t ∈ R )  z = + 29t  3/ Ta có: D= -21- 23i ; Dx= 2- 44i; Dy= 23- 21i x = 1+ i ⇒ ⇒ z = − i y = i Gọi w= a+bi bậc số phức Z=1-i ta có:   ± 2+2 2+2 2 −2  w = a = − i 2 a − b =  2  ⇔ ⇒    2ab = −1  m 2 −2 w = − + 2 + 2 − i b =    2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0.5 Vậy bậc số phức Z là: w = ± + 2 m 2 − i 2 VI-b Theo chương trình nâng cao: 0,5 1/ (C) có tâm I(1;3) bán kính R=2 ; IM= 〉 R ⇒ M nằm (C).Nên qua điểm M kẻ tiếp tuyến đến đường tròn (C) uuuu r Tiếp tuyến với đường tròn (C) M o(xo;yo) nhận véc tơ IM (x -1; y0 -3) VTPT 0,25 nên tt có phương trình dạng: ( x0 − )(x-1)+( y0 − )(y-3)=4.(1) Áp dụng ta có tiếp tuyến ME có pt: ( xE − )(x-1)+( yE − )(y-3)=4 M ∈ dt ME ⇔ ( xE − )(-3-1)+( yE − )(1-3) = ⇔ xE + yE − = (3) 0,25 Tương tự ta có: xF + yF − = (4) Từ (3) (4) ta thấy hai điểm E F thuộc đường thẳng có pt: 2x+y-3=0 Hay đường thẳng EF có phương trình: 2x+y-3=0 2/ Nhận xét: Đường thẳng AB song song với đường thẳng (d) nên đt AB đt(d) thuộc mặt phẳng (R) Gọi H hình chiếu A đường thẳng (d) A’ điểm đối xứng A qua đường thẳng (d) Ta có IA=IA’ ⇔ IA+IB=IA’+IB ≥ A’B (Áp dụng BĐT tam giác) Dấu xảy I giao điểm A’B đường thẳng (d), điểm I nằm đoạn A’B Dấu xảy mặt phẳng (R) hai điểm A; B phía đt (d) suy A’; B khác phía đt (d) Vậy IA+IB đạt GTNN A’B I giao điểm A’B đường thẳng (d) r Mặt phẳng (T) qua điểm A vuông góc với đường thẳng (d) nhận VTCP u (3; −2; 2) đường thẳng (d) VTPT suy pt mp(T) có phương trình là: 3x-2y+2z+3=0 H giao điểm đường thẳng (d) mp(T)  x = −1 + 3t  Đường thẳng (d) có ptts:  y = − 2t (t ∈ R ) ;H∈ (d) ⇔ H (−1 + 3t; − 2t; + 2t ) mà  z = + 2t  H ∈ (T) ⇔ 3(-1+3t)-2(2-2t)+2(2+2t)+3=0 ⇔ t=0 ⇒ H(-1;2;2) Vì H trung điểm AA’ nên ta có A’(-3;2;5) uuuur Đường thẳng A’B qua A’ có 1VTCP A ' B = ( 5; −2; −1) x = − + s   Ptđt A’B là:  y = −2 − 2s ( s ∈ R ) z = − s  I giao điểm (d) A’B ⇒ I ∈ A' B ⇔ I (−3 + 5s; − s;5 − s) −3 + 5s + − s − − s − I (−3 + 5s; − 2s;5 − s) ∈ (d ) ⇔ = = −2 ⇔ s = ⇒ I (2;0; 4) Vậy I (2;0; 4) điểm cần tìm 3/ Xét: n f ( x ) = ( + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + + Cnk x k + + Cnn x n ⇒ f ' ( x) = n ( 1+ x) g ( x ) = xn ( + x ) n −1 ⇒ g ( x) = n ( 1+ x) ' n −1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x + + kCnk x k −1 + + nCnn x n −1 = Cn1 x + 2Cn2 x + 3Cn3 x + + kCnk x k + + nCnn x n n −1 0,25 + xn(n − 1) ( + x ) n−2 0,25 = C + C x + C x + + n C x n 2 n n n n n −1 (4) Thay x=1 vào (4) ta có S= g’(1)= n ( + 1) + n( n − 1) ( + 1) = n( n + 1)2 n − n −1 0,25 n−2 0,5 Hết ... S I a a 4a K A D O 2a B 2a a 2a S C Từ giả thiết ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ VSABCD = SA.dt ABCD Ta có: ∆ABC vuông B nên: AC = AB +BC = a Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CK ⊥ AD K ⇒ ABCK hình chữ nhật ⇒ AK=... BC= a ; CK= 2a Mặt khác tam giác vuông CKD có: CD =CK +KD ⇔ 2 0a = 4a +KD ⇔ KD = 1 6a V ⇔ KD = 4a ⇒ AD = a + 4a = 5a ⇒ dt ABCD = AB ( BC + AD ) = 6a (dvdt ) 1 ⇒ V= SA.SABCD = a. 6a = 2a (đvtt) 3 ∆... hình chiếu A đường thẳng (d) A điểm đối xứng A qua đường thẳng (d) Ta có IA=IA’ ⇔ IA+IB=IA’+IB ≥ A B (Áp dụng BĐT tam giác) Dấu xảy I giao điểm A B đường thẳng (d), điểm I nằm đoạn A B Dấu xảy