http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 68 r 0 5 1 2 l  l y'(r) y(r) y max +) Ta có max S cầu đạt  y(r) đạt max  5 1 2 r l   V +) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3 2 2 P x y z x y z xy yz zx x y z x y z P x y z x y z x y z x y z P x y z x y z                                                   +) Đặt x +y + z = t, 6( cov ) t Bunhia xki  , ta được: 3 1 ( ) 3 2 P t t t   +) '( ) 0 2 P t t    , P( 6  ) = 0; ( 2) 2 2 P    ; ( 2) 2 2 P  +) KL: ax 2 2; 2 2 M P MinP   1 điểm VI +) 5 ( , ) 2 d I AB   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2 ( ) ( 2;0), (2;2) 2 4 2 2 2 0 0 x y x y A B x x y y                                 (3;0), ( 1; 2) C D    VII 2 2 2 2 3 2 2010 2009 (1) 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2) y x x y x y x y                +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010) x x y y     +) Xét và CM HS 2009 ( ) log ( 2010), 0 f t t t t     đồng biến, từ đó suy ra x 2 = y 2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x +2) = 2log 2 (x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t               , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 69 Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 – 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2 1 m x x x     Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x          2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4 2 /4 sin 1 x I dx x x        Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y    5 5 5 4 x y z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 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 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1 4 6 8 x y z       và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z      PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1  yxd và 06: 2  yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z      , D 2 : 2 2 3 x t y z t          Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 S C C C C C      ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2 y x x .    www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 70  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.   Sự biến thiờn: 2 3 6 y' x x.   Ta có 0 0 2 x y' x        0,25      0 2 2 2 CD CT y y ; y y .      0,25  Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  y 2   2  0,25  Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2   x m xx theo tham số m.  Ta có   2 2 2 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x           Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của     2 2 2 1 y x x x , C'     và đường thẳng 1 y m,x .   0,25 b)  Vỡ       2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x              nờn   C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1 x .  + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1 x  qua Ox. 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 71  hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25  Dựa vào đồ thị ta có: + 2 m :   Phương trình vụ nghiệm; + 2 m :   Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0 m :    Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0 m :  Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0,25 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1 x x x    , với x  1 có dạng như hình vẽ : II 1) 5 2 2 os sin 1 12 c x x          5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x                   1+ 3 1- 3 - 2 m 1 2 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 72 1) 0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 12 2 2cos sin sin 3 12 12 x x                                                0.25   5 2 2 5 6 12 12 sin 2 sin 5 13 312 12 2 2 12 12 4 x k x k x k x k x k                                                     0.5 2.) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . Điều kiện: x+y>0, x-y>0 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 log 3log (2 ) 2 1 3 1 3 x y x y x y x y x y x y x y x y                              0,25đ 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                          0,25đ 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            . 0,25đ Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v          (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25đ Câu III 1 Tính tích phân : /4 2 /4 sin 1 x I dx x x        /4 /4 /4 2 1 2 2 /4 /4 /4 sin 1 sin sin 1 x I dx x xdx x xdx I I x x                     Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0 I  , tích phân từng phần 2 I được kết quả. 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0 I  , tích phân từng phần 2 I được kết quả. 0.5đ Câu IV : S M N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 73 Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA        . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a      Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 2 10 3 2 2 3 3 3 a a BC MN a a BM               Hạ AH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM SB MS  = 1 2 . Vậy BM là phân giác của góc SBA   0 30 SBH   SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng :         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y    5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab         ( *) ( *)  3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc          3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b            0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 74 Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c        ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a        ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b        ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ 0,25đ Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph ần Nội dung Điểm CâuVI a. (1,0) 1(1, 0) + Do AB CH  nờn 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    . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ ' A BC  . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc 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    + 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   . + 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   0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1 u  (4; - 6; - 8) 2 u  ( - 6; 9; 12) +) 1 u  và 2 u  cùng phương 0,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d 1 ; M( 2; 0; - 1)  d 2 Vậy d 1 // d 2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n  = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB  = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB  A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. 0,25đ B C A H N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 75 *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm được H 36 33 15 ; ; 29 29 29       A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28 ; ; 29 29 29        I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29         0,25đ Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0) Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z      (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0  Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta được : ( 0 2 1 ) 1 () 1 2 2  z z z z (2) 0.25đ Đặt t=z- z 1 Khi đó 2 1 2 22  z zt 2 1 2 2 2  t z z Phương trình (2) có dạng : t 2 -t+ 0 2 5  (3) 2 99 2 5 .41 i PT (3) có 2 nghiệm t= 2 31 i  ,t= 2 31 i  0.25đ Với t= 2 31 i  ta có 02)31(2 2 311 2    ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii  PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii     1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31(      iii 0.25đ Với t= 2 31 i  ta có 02)31(2 2 311 2    ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii  PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii     1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31(       iii Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 1  i ; z= 2 1   i 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) I d 1 H A B A 1 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 76 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:            2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1  Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1         . Lại có: 2MDMA  0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:          2y3x 03yx 2 2                       13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2       1y 2x hoặc      1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:      213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ Cõu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D 1 và D 2 lần lượt là 1 u  ( 1; - 1; 2) và 2 u  ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D 1 ; N( 2; 3; 0)  D 2 0,25đ Xét 1 2 ; . u u MN        = - 10  0 Vậy D 1 chéo D 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D 1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u            1 3 ' 0 t t          A 5 4 2 ; ; 3 3 3        ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có  : 2 3 5 2 x t y t z t           0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 77 PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z                         0,25đ CâuVIIb (1,0) Ta có: 2009 0 1 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) i C iC i C     0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 1 3 5 7 2007 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) C C C C C C C C C C C C i              Thấy: 1 ( ) 2 S A B   , với 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 A C C C C C C       0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 B C C C C C C      + Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004 (1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2 i i i i i         . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009 (1 ) i  nờn 1004 2 A  . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) x C xC x C x C      Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 C C C C C C       Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) ( ) 2 C C C C C C        . Suy ra: 2008 2 B  . + Từ đó ta có: 1003 2007 2 2 S   . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ 14 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy  9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1  m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21  xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1     x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5  xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân     5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1    mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng ' AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm z y x , , thoả mãn 3 222  zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zyx zxyzxyA   5 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132    yx và 029136    yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . www.VNMATH.com . 0,25  Đồ thị: f(x)=(x^3 )-3 *(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2   x m xx theo tham số m.  Ta có   2 2 2. www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 71  hình f(x)=abs(x-1)(x^ 2-2 *x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25  Dựa vào đồ thị ta có: + 2 m :   Phương. nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn