http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 59 2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13 x y          Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 1 3 9 4 2 2 3 2 x y x x y y                   . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 05 Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x       Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 3 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n           05  2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n                     Vậy n=4. 05 ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 1 1 4 6 4 6 x y x y            2. Giải phương trình: 1 2(cos sin ) tan cot 2 cot 1 x x x x x     Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 2 3 R . M là một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 1 1 dx x x      Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x          PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 60 Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: 2 1 1 3 3 log 1 log ( ) x ax a    B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 3 x y   và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3 2 x x y x     có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi. Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình:     2 2 2 log log 3 1 . 3 1 1 x x x x      ĐÁP ÁN ĐỀ 11 Câu Đáp án Điểm I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . . (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y     ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y           ; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x    với mọi x  - 1 x -  -1 +  y’ + + y +  2 2 -  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) 0,5 * Đồ thị 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 61 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . . Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0  - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x    Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0 0 2 1 1 x x   - 2| = | 0 1 1 x  | Theo Cauchy thì MA + MB  2 0 0 1 x 1 . 1 x   =2  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . (2,0 điểm) Điều kiện: x  -1, y  1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ 1 6 1 4 10 6 1 4 1 2 x x y y x x y y                    Đặt u= 1 6 x x    , v = 1 4 y y    . Ta có hệ 10 5 5 2 u v u v            5 5 u v     3 5 x y   là nghiệm của hệ 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . Điều kiện:sinx.cosx  0 và cotx  1 Phơng trình tơng đơng 1 2(cos sin ) sin cos 2 cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x     0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 62  cosx = 2 2  x = 2 4 k     Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 2 4 k     0,25 0,25 III Tìm vị trí . . . (1,0 điểm) S H I O B M A Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 2 3 R , SM = 2 2 2 SO OM R    SH = R hay H là trung điểm của SM Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 1 2 SO= 3 2 R , (không đổi)  V BAHM lớn nhất khi dt(  MAB) lớn nhất  M là điểm giữa của cung AB Khi đó V BAHM = 3 3 6 R (đvtt) 0,25 0,25 0,5 IV Tính tích phân . . . (1,0 điểm) Đặt u = x+ 2 1 x  thì u - x= 2 1 x   2 2 2 2 1 x ux u x     2 2 1 1 1 1 2 2 u x dx du u u             Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 x = 1 thì u = 2 +1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 (1 ) du du du u I u u u u                        = 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 du du u u u u                  0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 63 =1 Câu V (1,0 điểm) Đặt x=a 3 y=b 3 z=c 3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có a 3 + b 3 =(a+b)(a 2 +b 2 -ab)  (a+b)ab, do a+b>0 và a 2 +b 2 -ab  ab  a 3 + b 3 +1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0    3 3 1 1 a b 1 ab a b c      Tơng tự ta có   3 3 1 1 c 1 bc a b c b      ,   3 3 1 1 a 1 ca a b c c      Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1 x y y z z x         = 3 3 1 a b 1   + 3 3 1 c 1 b   + 3 3 1 a 1 c      1 1 1 1 a b c ab bc ca           =     1 1 a b c c a b      Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 0,25 0,5 0,25 VI. a Tìm tọa độ . . . (1,0 điểm) Ta có: AB = 2 , M = ( 5 5 ; 2 2  ), pt AB: x – y – 5 = 0 S ABC  = 1 2 d(C, AB).AB = 3 2  d(C, AB)= 3 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1 2  d(G, AB)= (3 8) 5 2 t t    = 1 2  t = 1 hoặc t = 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) Mà 3 CM GM     C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) 0,25 0,5 0,25 VII. a Từ các chữ số . . . (1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số 0,25 0,5 0,25 VIII. a Tìm a để . . . (1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 64 Bpt tơng đơng 2 1 ( 1) x a x    Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có 2 1 1 x a x    Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có 2 1 1 x a x    Xét hàm số y = 2 1 1 x x   với x  - 1 y’ = 2 2 1 ( 1) 1 x x x    =0 khi x=1 x - Ơ -1 1 + Ơ y’ - || - 0 + y -1 +  1 -  2 2 a> 2 2 hoặc a < - 1 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. b Chứng minh . . . (1,0 điểm) Gọi M(x 0 ;y 0 ), A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1 4 3 xx yy   Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1 4 3 x x y y   (1) Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0 0 1 4 3 xx yy   do M thuộc  nên 3x 0 + 4y 0 =12  4y 0 =12-3x 0  0 0 4 4 4 4 3 xx yy    0 0 4 (12 3 ) 4 4 3 xx y x    Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x 0 + 4y – 4 = 0   0 1 4 4 0 1 x y y y x         Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,25 0,5 0,25 VII. b Tìm tập hợp . . . (1,0 điểm) y = kx + 1 cắt (C): 2 4 3 2 x x y x     . Ta có pt 2 4 3 2 x x x    = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt 1 k   Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é tháa m·n 0,25 0,5 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biờn son: Trn Duy Thỏi 65 2 3 2 2 1 k x k y kx 2 2 5 2 2 2 x x y x Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong 2 2 5 2 2 2 x x y x 0,25 VIII. b Gii phng trỡnh . . . (1,0 im) iu kin : x>0 t 2 log 3 1 x =u, 2 log 3 1 x v ta cú pt u +uv 2 = 1 + u 2 v 2 (uv 2 -1)(u 1) = 0 2 1 1 u uv . . . x =1 0,25 0,5 0,25 12 Cõu I. (2 im). Cho hm s 2 1 1 x y x (1). 1) Kho sỏt v v th (C) ca hm s (1). 2) Tỡm im M thuc th (C) tip tuyn ca (C) ti M vi ng thng i qua M v giao im hai ng tim cn cú tớch h s gúc bng - 9. Cõu II. (2 im) 1) Gii phng trỡnh sau: 2 1 1 2 2 x x . 2) Gii phng trỡnh lng giỏc: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x . Cõu III. (1 im) Tớnh gii hn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x Cõu IV. (2 im) Cho hỡnh nún nh S cú di ng sinh l l, bỏn kớnh ng trũn ỏy l r. Gi I l tõm mt cu ni tip hỡnh nún (mt cu bờn trong hỡnh nún, tip xỳc vi tt c cỏc ng sinh v ng trũn ỏy ca nún gi l mt cu ni tip hỡnh nún). 1. Tớnh theo r, l din tớch mt cu tõm I; 2. Gi s di ng sinh ca nún khụng i. Vi iu kin no ca bỏn kớnh ỏy thỡ din tớch mt cu tõm I t giỏ tr ln nht? Cõu V (1 im) Cho cỏc s thc x, y, z tha món: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca biu thc: P = x 3 + y 3 + z 3 3xyz. Cõu VI. (1 im) Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm 1 ( ; 0) 2 I ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht ú. Cõu VII. (1 im) Gii h phng trỡnh : www.VNMATH.com . x = - 1 0,25 - Bảng biến thi n Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x    với mọi x  - 1 x -  -1 +  y’ + + y +  2 2 -  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1 ) và ( -1 ;. 2 1 1 x a x    Xét hàm số y = 2 1 1 x x   với x  - 1 y’ = 2 2 1 ( 1) 1 x x x    =0 khi x=1 x - Ơ -1 1 + Ơ y’ - || - 0 + y -1 +  1 -  2 2 a> 2 2 hoặc a < - 1 . 05 ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên