http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 109 ĐỀ 20 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4      có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (  ) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A, B, C ( với x A = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 3 2 sin 2 1 1 3 2cos sin 2 tanx      x x x . b.Giải hệ phương trình : 3 2 4 3 2 2 x y x xy 1 x x y x y 1             Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π 2 2 0 dx I cos x 3cos x 2     . Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / / ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của / BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn / AA sao cho khoảng cách từ F đến C / E là nhỏ nhất. Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1    a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b c c a a b T a b c       II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : 3 7 0 x y    và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho  ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 5z 1 0     . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60 0 Câu VIIa:( 1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P             Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm) 1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0; 4 1 C 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm) Giải hệ phương trình :     2 2 3 3 2 2 2 2 log log 4             y x y x x xy y x y www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 110 ĐÁP ÁN ĐỀ 20 Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y / -Nghiệm y / và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2 x 2mx (m 3)x 4 x 4       (1) 2 x(x 2mx m 2) 0      2 x 0 g(x) x 2mx m 2 0 (2)           (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. / 2 m 1 m 2 m m 2 0 (a) m 2 g(0) m 2 0                      Δ Diên tích 1 S BC.d(E,BC) 2  Khoảng cách d(E, BC) 2  Suy ra BC = 4 2 2 B C B C (x x ) 4x x 16    2 4m 4(m 2) 16    Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25 0,25 0,25 0,25 II a . Đk: 2 x k   Phương trình đã cho tương đương với:   2 3 2 1 3 2 sin 2     tan cot x x x 2 2 2 2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0          tan cot tan tan x x x x x x x x  3 3 1 3 6                         tan tan x x k x x k ,kZ KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2     x k ; kZ 0,25 0,25 0,25 0,25 IIb. Hệ tương đương : 3 2 3 x y x(y x) 1 [x(y x)] x y 1             Đặt 3 u x y, v x(y x)    Hệ trở thành 2 u v 1 u v 1         Giải hệ u 0 v 1       , u 3 v 2       0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 111 Với u 0 v 1       giải hệ được x 1 y 0       Với u 3 v 2       giải hệ (vô nghiệm) Nghiệm của hệ : x 1 y 0      , x 1 y 0       0,25 0,25 III π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cos x 2 cos x       Tính π π 2 2 0 0 2 dx dx 1 x 1 cos x 2cos 2      Tính 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2       . Đặt 2 2 x x 3 tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt 2 2 2       x = 0 => t = 0 x = π 2 => t = π 6 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2       = π 6 0 2 dt 3  = π 3 3 Vây π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cos x 2 cos x       = 1 - π 3 3 0,25 0,25 0,25 0,25 IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A / Oz. Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A / (0;0;2a),, / 3 ; ;2 2 2         a a C a và E(0;a;a) F di động trên AA / , tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C / E có độ dài không đổi nên d(F,C / E ) nhỏ nhất khi / ΔFC E S nhỏ nhất Ta có : / / 1 , 2         FC E S EC EF Ta có:   / 3 ; ; 2 2 EF 0; ;                a a EC a a t a / ,         EC EF ( 3 ; 3( ); 3) 2 a t a t a a    / 2 2 2 , ( 3 ) 3( ) 3 2             a EC EF t a t a a 0,25 z x C C / F A A / B / B E www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 112 / 2 2 2 2 ΔFC E a 4t 12at 15a 2 1 a S . . 4t 12at 15a 2 2       Giá trị nhỏ nhất của /  FC E S tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t 2  12at + 15a 2 f(t) = 4t 2  12at + 15a 2 (t [0;2a]) f '(t) = 8t 12a 3 '( ) 0 2 a f t t   /  FC E S nhỏ nhất  f(t) nhỏ nhất  3 2  a t  F(0;0;t) , hay FA=3FA / ( có thể giải bằng pp hình học thuần túy ) 0,25 0,25 0,25 V Đặt 1 x a  , 1 y b  , 1 z c  .vì 1 1 1 1    a b c nên x +y +z = 1 Và 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( )       T x y z y z z x x y +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:     2 1 ( ) x y z 2 x y z . y z . z x . x y y z z x x y                 2 2 2 2 2 2 x y z x y z (2x 2y 2z) 2( ) y z z x x y y z z x x y                     +) Ta có:   2 2 2 1 1 1 1 4 ( )              x x x y z y z y z y z y z Tương tự Do đó 2 2 2 x y z T 4 y z z x x y             2  Đẳng thức xảy ra khi 1 3    x y z hay 3    a b c 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:1 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0 x y    và phân giác trong CD: 1 0 x y    . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm   : 1 0 ;1 C CD x y C t t       . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M         . Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                      Từ A(1;2), kẻ : 1 0 AK CD x y     tại I (điểm K BC  ). Suy ra     : 1 2 0 1 0 AK x y x y         . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y           . 0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 113 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của   1;0 K  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 2t y t z 1 3t           . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH  => HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH  làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nh ất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P             <=>           720 2 19 2 9 1 12 3 2 n mn m m P AcC Từ (2): 761!6720)!1(         nnn Thay n = 7 vào (1) m(m 1) 9 19 45 m 2 2 2      2 m m 90 9 19m      2 m 20m 99 0     119    m vì 10     mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2 10 3 7 CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 C cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17   P C 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0; 4 1 C Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 114     2 2 2 2 9 1 3 4 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 6 3 1. 4 16 9 25 d DB AB DC AC d d d d                           Đường thẳng AD có phương trình: 2 3 3 6 3 9 1 3 3 x y x y x y             , và đường thẳng AC: 2 3 3 6 4 12 3 4 6 0 4 3 x y x y x y              Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b  và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:   2 2 3 1 4 6 3 5 ; 3 4 4 ) 3 5 ; 3 1 ) 3 5 . 2 b b b b b a b b b b b b b                   Rõ ràng chỉ có giá trị 1 2 b  là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC  là: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y                 . 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c     Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c             Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c                  77 4 77 5 77 6 a b c              ptmp(P) 0,25 0,25 0,25 KL: 0,25 VII b Giải hệ phương trình :       2 2 3 3 2 2 2 2 log log . * 4             y x y x x xy y x y www.VNMATH.com 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 AB C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' ' ),( ),( ) ABC AB C A BC 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 . www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 110 ĐÁP ÁN ĐỀ 20 Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y / -Nghiệm y / và lim -Bảng biến thi n - ồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT hoành độ. Duy Thái 109 ĐỀ 20 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4      có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị. 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 thi n và vẽ đồ thị hàm số