Cù Đức Hoà Tổ : Toán - Lý ễN THI I HC (Thi gian 180 phỳt) I. PHN CHUNG: Cõu 1: 1. Kho sỏt v v th (C) ca hm s y = 2 1 x x 2. Chng minh rng vi mi giỏ tr thc ca m, ng thng (d) y = - x + m luụn ct ũ th (C) ti hai im phõn bit A, B. Tỡm giỏ tr nh nht ca on AB. Cõu 2 1. Gii phng trỡnh: 2 2 1 3 2 6 x x x = 2. Gii phng trỡnh: tan tan .sin 3 sinx +sin2x 6 3 x x x + = ữ ữ Cõu 3: Tớnh th tớch hỡnh chúp S.ABC bit SA = a,SB = b, SC = c, ã ã ã 0 0 0 ASB 60 , 90 , 120BSC CSA= = = . Cõu 4: Tớnh tớch phõn ( ) 2 3 0 sinxdx sinx + 3 osxc Cõu 5: Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P = 2 2 2 2 2 2 log 1 log 1 l g 4x y o z+ + + + + trong ú x, y, z l cỏc s dng tho món iốu kin xyz = 8 II. PHN RIấNG: 1) Theo cng trỡnh chun: Cõu 6a: 1. Trong mt phng vi h trc to Oxy cho hai ng thng (d 1 ): x + y + 1 = 0, (d 2 ): 2x y 1 = 0 . Lp phng trỡnh ng thng (d) i qua M(1;- 1) ct (d 1 ) v (d 2 ) tng ng ti A v B sao cho 2 0MA MB+ = uuur uuur r 2. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho mt phng (P): x + 2y 2z + 1 = 0 v hai im A(1;7; - 1), B(4;2;0). Lp phng trỡnh ng thng (D) l hỡnh chiu vuụng gúc ca ng thng AB trờn (P). Cõu 6b: Ký hiu x 1 v x 2 l hai nghim phc ca phng trỡnh 2x 2 2x + 1 = 0. Tớnh giỏ tr cỏc s phc: 2 1 1 x v 2 2 1 x 2) Theo chng trỡnh nõng cao: Cõu 7a: 1. Trong mt phng vi h trc to Oxy , cho hypebol (H) cú phng trỡnh 2 2 1 9 4 x y = . Gi s (d) l mt tip tuyn thay i v F l mt trong hai tiờu im ca (H), k FM (D). Chng minh rng M luụn nm trờn mt ng trũn c nh, vit phng trỡnh ng trũn ú 2. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz , ch ba im A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tỡm to trc tõm ca tam giỏc ABC. Cõu 7b: Ngi ta s dng 5 cun sỏch Toỏn, 6 cun Vt lý, 7 cun Hoỏ hc ( cỏc cun sỏch cựng loi ging nhau) lm gii thng cho 9 hc sinh, mi hc sinh c 2 cun sỏch khỏc loi. Trong 9 hc sinh trờn cú hai bn Ngc v Tho. Tỡm sỏc xut hai bn Ngc v Tho cú phn thng ging nhau. Duchoa_7804@yahoo.com 1 Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý Hết HƯỚNG DẪN GIẢI: I PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Tự giải 2. Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2 1 x x − − = - x + m 2 1 2 0 (1) x x mx m ≠  ⇔  − + − =  luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ta có A(x 1 ; -x 1 +m), B(x 2 ; - x 2 + m) AB = 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4x x x x x x   − = + −   = 2 2( 4 8)m m− + 8≥ Vậy gtnn của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu 2: 1. Lấy logarit theo cơ số 3 cho hai vế ta được: 2 3 3 log 2 1 log 2 2 1 x x x + = + − Đưa phương trình về dạng: (x – 1)(2x 2 + x – 1 - log 2 3 ) = 0. Từ đó suy ra nghiệm x = 1; 3 1 9 8log 2 4 x − ± + = 2. Điều kiện: os x - . os x + 0 6 3 c c π π     ≠  ÷  ÷     tan tan .sin 3 sinx +sin2x 6 3 x x x π π     − + =  ÷  ÷     sin sin 6 3 sin 3 sinx + sin2x os x - os x + 6 3 x x x c c π π π π     − +  ÷  ÷     ⇒ =      ÷  ÷     ⇒ - sin3x = sinx + sin2x ⇔ sin2x(2cosx + 1) = 0 sin 2 0 2 1 2 osx = - 2 2 3 k x x c x k π π π  = =    ⇔ ⇔    = +    m Kết hợp điều kiện, nghiệm của pt là: 2 2 2 3 k x x k π π π  =    = − +   Câu 3: Duchoa_7804@yahoo.com 2 Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a Ta có AB’ = a, B’C’ = a 2 , AC’ = a 3 , vậy tam giác AB’C’ vuông tại B’ Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’ Vậy: V S.AB’C’ = 3 2 12 a . 3 2 . ' ' S ABC S AB C V abc bc V a a = = ⇒ V S.ABC = 2 12 abc Câu 4: Ta có sinx + 3 cosx = 2cos 6 x π   −  ÷   , sinx = sin 6 6 x π π     − +  ÷  ÷     = 3 1 sin os 2 6 2 6 x c x π π     − + −  ÷  ÷     I = 2 2 3 2 0 0 sin x- 3 1 6 16 16 os cos x- 6 6 dx dx c x π π π π π    ÷   +     −  ÷  ÷     ∫ ∫ = 3 6 Câu 5: Theo bất đẳng thức Minkowski: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 ( ) ( )a b a b a b a a a b b b+ + + + + ≥ + + + + + Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 3 1 2 1 2 3 a a a b b b = = Ta có P 2 2 2 log ( ) 4xyz≥ + = 5 ( vì xyz = 8) Vậy minP = 5 khi và chỉ khi 2 2 2 2 log log log log ( ) 3 1 1 2 4 4 x y z xyz = = = = 4 8; 2 2x y z⇒ = = = II. PHẦN RIÊNG: 1) Phần theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. A(a;-a-1), B(b;2b – 1) Từ điều kiện 2 0MA MB+ = uuur uuur r tìm được A(1; - 2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0 2. Gọi (Q) là mặt phẳng qua A,B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0 (D) = (P) ∩ (Q) suy ra phương trình (D). Câu 7a: 2x 2 – 2x + 1 = 0 có hai nghiệm 1 2 1 1 (1 ), (1 ) 2 2 x i x i= − = + 2 2 1 2 1 1 2 , 2 i x x i ⇒ = = − 2) Phần theo chương trình nâng cao: Câu 7a: 1. (H) có một tiêu điểm F( ( 13;0) Duchoa_7804@yahoo.com 3 Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý Gọi phương trình tiếp thuyến (d): ax + by + c = 0 Khi đó: 9a 2 – 4b 2 = c 2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( 13)x − - a y = 0 Toạ độ của M là nghiệm của hệ: ax + by = - c bx - ay = 13b      Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng là và kết hợp với (*) ta được x 2 + y 2 = 9 2. Lập phương trình mp(ABC)- ptmp(P) qua A và (P) ⊥ BC – pt mp(Q) qua B và (Q) ⊥ AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H 36 18 12 ; ; 49 49 49    ÷   Câu 7b: Gọi A là biến cố “ Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau” Ta có n(Ω) = 2 3 4 9 7 4 C C C = 1260 + ) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Lý) khả năng xáy ra: 3 4 7 4 C C = 35 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Hoá) khả năng xáy ra: 7 2 4 6 4 C C = 105 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Hoá , Lý) khả năng xáy ra: 2 3 2 7 5 2 C C C = 210 Vậy n(A) = 350 Ta có: p(A) = ( ) 5 ( ) 18 n A n = Ω . Duchoa_7804@yahoo.com 4 . 4 7 4 C C = 35 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Hoá) khả năng xáy ra: 7 2 4 6 4 C C = 1 05 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Hoá , Lý) khả năng xáy ra: 2 3 2 7 5 2 C C C = 210 Vậy n(A) = 350 Ta có:. ra khi và chỉ khi: 3 1 2 1 2 3 a a a b b b = = Ta có P 2 2 2 log ( ) 4xyz≥ + = 5 ( vì xyz = 8) Vậy minP = 5 khi và chỉ khi 2 2 2 2 log log log log ( ) 3 1 1 2 4 4 x y z xyz = = = = 4 8;. Cù Đức Hoà Tổ : Toán - Lý ễN THI I HC (Thi gian 180 phỳt) I. PHN CHUNG: Cõu 1: 1. Kho sỏt v v th (C) ca hm s y = 2 1 x x 2.