http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 115 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0 4 3 2 2 2 22         y y xyxyx yx,  >0 Xét x > y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Xét x < y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Khi x = y hệ cho ta 2 2 0 0 2 2 4 x y        x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có nghiệm duy nhất     ; 2; 2 x y  0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ 21 Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = 3 2 2 2 3 3( 1) ( 1) x mx m x m      (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ 4  ) = 0 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2 2 2 1 x x y x a x y            Câu 3 : Tìm : 3 sin (sin 3 cos ) xdx x x   Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ' ' ' . ABC A B C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' ' ),( ),( ) ABC AB C ABC cắt nhau . tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : P = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) x y z x y y z z x y z x          12 Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : 2 2 4 4 4 0 x y x y      và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình : 1 1 2 ( ): 2 2 1 x y z d      ' 2 ' 4 ( ) : 2 3 x t d y z t          Viết phương trình đường thẳng (  )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 7 4 3 1 x x        ( với x > 0 ) B . Theo chương trình nâng cao www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 116 Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có phương trình : 2 1 0 2 0 x y z x y z            Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (  )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho 2 12 2 24 0 1 2 24 (1 ) x x a a x a x a x       . Tính hệ số a 4 . ĐÁP ÁN ĐỀ 21 Câu Đáp án Điểm a. (1.0 điểm) Khảo sát… Với m=0, ta có: y=x 3 -3x+1 TXĐ D=R y’=3x 2 -3; y’=0  1 1 x x       lim x y    0,25 BBT x  -1 1  y’ + 0 - 0 + y 3  -1  0,25 Hs đồng biến trên khoảng (  ;-1) và (1;  ), nghịch biến trên (-1;1) Hs đạt cực đại tại x=-1 và y cđ =3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y ct =-1 0,25 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 b. (1.0 điểm) Tìm m để … Câu 1 (2 điểm) Ta có y’= 3x 2 -6mx+3(m 2 -1) 0,25 y - 2 1 - 1 - 1 1 2 3 x 0 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 117 y’=0  1 1 x m x m        Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ' 2 2 2 ' 0 . 0 ( 1)( 3)( 2 1) 0 0 1 0 1 0 0 ( 1) 0 (0) 0 y CD CT CD CT m R f f m m m m x m m x m f                                        0,25 Vậy giá trị m cần tìm là: ( 3;1 2) m  0,25 a. (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 4  )=0  sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 2  ) 0,25  sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25  sinx = 1 0,25  x = 2  + k2  , k  Z 0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 0,25 -Với a = 0, hệ trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) (I) 1 1 (2) x x x y x x x y x y x y                      Từ (2) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 x y x x x y x x y                          0,25  ( I ) có nghiệm 2 2 2 1 0 2 1 1 1 x x y x x x y y                     TM 0,25 Câu 2 (2.0 điểm) -Với a=2, ta có hệ: 2 2 2 2 2 1 x x y x x y            Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM Vậy a = 0 0,25 1 2 1 3 1 3 1 2 3 1 2 1 m m m m m                                www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 118 Ta có 3 3 sin[(x- ) ] sinx 6 6 (sinx+ 3 osx) 8 os ( ) 6 c c x       0,25 3 1 sin( ) os(x- ) 2 6 2 6 8 os(x- ) 6 x c c       0,25 3 2 sin( ) 3 1 1 6 16 16 os ( ) os ( ) 6 6 x c x c x         0,25 Câu 3 (1.0 điểm) 3 2 sinxdx 3 1 tan( ) 16 6 (sinx+ 3 osx) 32 os ( ) 6 x c c c x          0,25 Gọi I = AC  ’A’C, J = A’B  AB’ (BA'C) (ABC') = BI (BA'C) (AB'C) = CJ Goi O = BI CJ          O là điểm cần tìm Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C 0,25 Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) Do  ABC là hình chiếu vuông góc của  BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm  ABC 0,25 Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1 ' 3 OH HM A B AM   0,25 Câu 4 (1.0 điểm) 1 1 1 . ' . 3 9 9 OABC ABC ABC V OH S A B S V       0,25 Câu 5 Ta có: 4(x 3 +y 3 )  (x+y) 3 , với  x,y>0 0,25 J I O H M B' A' C' C B A www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 119 Thật vậy: 4(x 3 +y 3 )  (x+y) 3  4(x 2 -xy+y 2 )  (x+y) 2 (vì x+y>0)  3x 2 +3y 2 -6xy  0  (x-y) 2  0 luôn đúng Tương tự: 4(x 3 +z 3 )  (x+z) 3 4(y 3 +z 3 )  (y+z) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6 x y x z y z x y z xyz           Mặt khác: 3 2 2 2 1 2( ) 6 x y z y z x xyz    0,25 3 3 1 6( ) 12 P xyz xyz     0,25 (1.0 điểm) Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 2 1 1 x y z x y z x y z y z x xyz xyz                    Vậy P  12, dấu ‘=’ xảy ra  x = y = z =1 0,25 Chương trình chuẩn a. (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 2 2 0 2 2 0 4 4 4 0 2 0 x y x y x y x y x y                              Hay A(2;0), B(0;2) 0,25 Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25 Câu 6a (2.0 điểm) Ta có 1 . 2 ABC S CH AB   (H là hình chiếu của C trên AB) 0,25 H 4 A B I y x M 2 2 O C www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 120 ax CH max ABC S m   Dễ dàng thấy CH max ( ) ( ) 2 C C C x         Hay  : y = x với : (2;2) d I         (2 2;2 2) C   Vậy (2 2;2 2) C   thì ax ABC S m  0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: M  (d1) và M  (d2) Giả sử ( ) ( 1) ( ) ( 2) d I d H          Vì I  d1  I(2t-1; -1-2t; 2+t) H  d2  H(4t’; -2; 3t’) 0,25 1 2 (1 4 ') 23 3 2 (2 2) 10 , 0 1 (3 3 ') 23 18 3 ( ; ; ) 5 5 10 cbt t k t TM kHM y t k t k R k t k t T                                 0,5 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: 1 56 2 16 3 33 x t y t z t            hoặc là: 5 8 17 0 12 9 16 18 0 x y z x y z            0,25 Ta có: 11 7 7 7 4 34 7 3 0 1 ( ) ( ) .( ) k k k k x C x x x       0.25 Để số hạng thứ k không chứa x thì: 1 1 (7 ) 0 4 4 3 [0;7] k k k k            0.5 Câu 7a (1.0 điểm) Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 4 7 1 35 C  0,25 Chương trình nâng cao a. (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: 1 ( ) qua B ( ): 4 3 5 0 BC d BC BC x y         Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0 ( 1;3) 2 5 0 x y C x y            0,25 Câu 6b (2.0 điểm) Gọi K AC , K BC , K 2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d 2 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 121 Ta có: 2 2 2 2 3 1 1 4 2 2 1 3 1 1 . 1 . 1 . 1 2 4 2 0 1 (loai) 3 AC BC d d AC BC d d AC AC AC AC K K K K K K K K K K K K                       Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 27 0 ( 5;3) 3 0 x y A y           0,25  Pt cạnh AB là: 5 3 4 7 1 0 2 5 1 3 x y x y           Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 0,25 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và  , ta có:  cắt AB tại K(1;3;0) Ta có 2 KB KA     A, B nằm về cùng phía đối với  0,25 Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  và H là hình chiếu của A trên  .  H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của  : 1 3 x y t z t           ) Ta có . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4 (1;4;1) '(0;4;1) AH u t t t H A               0,25 Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4 (1; ; ) 3 3 M 0,25 Lấy điểm N bất kỳ trên  Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B  NA+NB Vậy 13 4 (1; ; ) 3 3 M 0,25 Ta có: (1+x+x 2 ) 12 = [(1+x)+x 2 ] 12 = = 0 12 1 11 2 12 2 12 24 12 12 12 12 (1 ) (1 ) . (1 ) .( ) k k k C x C x x C x x C x          0,25 = 0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2 12 12 12 12 12 11 11 2 4 0 10 10 12 10 10 [C ]+C x [C ] +C [C ]+ C x C x C x x C x x x C          0,25  Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4 0,25 Câu 7b (1.0 điểm) 0 8 1 9 2 10 4 12 12 12 11 12 10 . . . 1221 a C C C C C C     0,25 www.VNMATH.com . B (-2 ;-1 ), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 b. (1.0 điểm) Tìm m để … Câu 1 (2 điểm) Ta có y’= 3x 2 -6 mx+3(m 2 -1 ) 0,25 y - 2 1 - 1 - 1 . + 0 - 0 + y 3  -1  0,25 Hs đồng biến trên khoảng (  ;-1 ) và (1;  ), nghịch biến trên (-1 ;1) Hs đạt cực đại tại x =-1 và y cđ =3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y ct =-1 . hệ số a 4 . ĐÁP ÁN ĐỀ 21 Câu Đáp án Điểm a. (1.0 điểm) Khảo sát… Với m=0, ta có: y=x 3 -3 x+1 TXĐ D=R y’=3x 2 -3 ; y’=0  1 1 x x       lim x y    0,25 BBT x  -1