http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 54 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x        3 log ( 1) 0 6 x x     0.25 0.25 0 6 x    0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) 2 + (x-b) 2 = R 2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R                0.25 (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) 2 0 1 2 a b R          Vậy đường tròn cần tìm là: x 2 + (y - 1) 2 = 2 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n           Vì ; 0 Q AB n         nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n       làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) ĐK : 2 5 x x N       Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C                       (5 )! 2! 3 x x      1.0 ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) y x mx m x m m       (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x    2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x           Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c      Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 55 (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 2 P x y z xyz     . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0 x y     . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2) v  , vuông góc với mặt phẳng ( ): 4 11 0 x y z      và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10 (1 2 3 ) P x x    2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0 S x y z x y z        . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2) v  , vuông góc với mặt phẳng ( ): 4 11 0 x y z      và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 2 2 2 2 121 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n        ĐÁP ÁN ĐỀ 10 Câu NỘI DUNG Điêm 2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1) y x mx m     Để hàm số có cực trị thì PT , 0 y  có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0 x mx m      có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m      05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m                 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2 m    và 3 2 2 m    . 025 I 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin 2 0 PT c x c c x c x               05 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 56 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k                          Vậy PT có hai nghiệm 2 x k     và 18 3 x k      . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x          . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1) log (2 1) x x x x x x          05 2 2 2 2 1 4 log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x                                025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 26 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c           025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x     0 0 1 6 3 x t x t        05 II III Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t         . 025 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 57 Ta có ,( , ) ,( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB         AM SC   (1) Tương tự ta có AN SC  (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC  05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABM V S IH  Ta có 2 4 ABM a S  2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a           Vậy 2 3 1 3 4 3 36 ABMI a a a V   05 Ta c ó:   2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x                      025 IV V 2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x            025 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 58 Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27 f x x x x      , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x            x  0 1 3  y’ + 0 - y 14 Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1 x y z     . 05 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a     . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB     . 05 Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a                   Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( )  là (1;4;1) n  025 Vì ( ) ( ) P   và song song với giá của v  nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v       làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4 d I P    21 ( ( )) 4 3 m d I P m          025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x               05 Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N                              025 Vậy hệ số của 4 x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085 C C C C C   . 025 VIa VIIa VIb VIIb 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y   và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 4 2 13 ABC x y S AB d C AB x y       05 www.VNMATH.com 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 . 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x               05 Theo giả thi t ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i. (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4 d I P    21 ( ( )) 4 3 m d I P m          025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10. ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) y x mx m x m m       (1) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1)