S 28. THI TH I HC MễN TON Thi gian lm bi: 180 phỳt. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im) Cõu I(2 im) : Cho hm s 2 4 1 x y x + = . 1. Kho sỏt v v th ( ) C ca hm s trờn. 2. Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v 3 10MN = . Cõu II (2 im) : 1.Gii phng trỡnh sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx 4 x 4 cos 2.Gii bt phng trỡnh: 2 2 3 12 1 1 2 + + x x xx Cõu III (1 im) : Tớnh tớch phõn: I = dx xxx xx + + 4 0 42 2 coscos2sin )cos(sin . Cõu IV (1 im) : Cho hỡnh lng tr /// . CBAABC cú cnh bờn bng a, gúc gia cnh bờn v mt ỏy bng 0 60 . Hỡnh chiu vuụng gúc ca / B lờn (ABC) l trung im H ca AB. Tam giỏc ABC cú BC = 2a, gúc ACB bng 0 30 . Tớnh th tớch lng tr /// . CBAABC v khong cỏch gia HB / v BC. Cõu V (1 im) : Cho ba s thc x, y, z tha món x + y + z = xyz v x > 1, y > 1, z > 1. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: 2 2 2 x 1 y 1 z 1 P y z x = + + . PHN RIấNG (3 im) (thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B). A.Theo chng trỡnh chun. Cõu VI.a (2 im) 1. Trong mt phng ta Oxy cho tam giỏc ABC vuụng ti A , bit B v C i xng nhau qua gc ta . ng phõn giỏc trong ca gúc ABC cú phng trỡnh l 2 5 0x y+ = . Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc bit ng thng AC i qua im (6;2)K . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2). D là điểm thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC sao cho DB = 2DC. Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABD biết S(1;0;0), v D cú honh dng. Cõu VII.a (1 im): Tỡm modun ca s phc zziw += 3 , bit (1 ) 1 3 0i z i+ = . B.Theo chng trỡnh nõng cao. CõuVI.b (2im) 1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn (C) 2 2 2 6 2 0x y x y+ + + = v ng thng d: 2 0x y+ = . Tỡm cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD ni tip ng trũn (C) bit nh A thuc d v cú honh dng 2.Trong khụng gian ta Oxyz, cho mt cu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 17x y z+ + + + = v mt phng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Vit phng trỡnh ng thng i qua A(8, 0, 23), nm trong (P) v tip xỳc vi mt cu (S). CõuVII.b (1im). Tỡm h s cha 4 x trong khai trin [ ] 2 2 4 3)4(log.1 +++ n xnx biết )3(7 6 1 3 3 3 4 ++= ++ nAC nn . ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN SÔ 28. Câu Nội dung Điểm I 1. * TXD : D = R\{1}. * Sự biến thiên: + Giới hạn – Tiệm cận + Chiều biến thiên: 2 / )1( 6 x y − = . BBT Hàm số đồng biến trên ( - ∞ ; 1); (1;+ ∞ ) . Hàm số không có cực trị. Đồ thị. Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4). 2. Từ giả thiết ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 90(*)x x y y− + − = 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x +  = − +  − +   = − +  . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x  − − + + = ⇔  = − +  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + = có hai nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được 3 0, . 8 k k≠ < Ta biến đổi (*) trở thành: Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k − + + = = thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − = 16 413 ;3 ±− =−=⇔ kk . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 + - - - + + + + 1 x y / y y x 4 O -2 -2 1 II 1. sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4 x 4 cos       +±= += ⇔    =− =− ⇔ =−+−⇔ =−+−⇔ =−+−+⇔ π π π π 2 3 4 0cos21 0cossin 0cossin)sin(coscos2 0cossincossin2cos2 0cos2sin2cossin4cos4cossin4 2 42 2 kx kx x xx xxxxx xxxxx xxxxxxx 2. Đk: 2 ≥ x BPT ⇔ 1 2 2 2 3 1 12 1 −+− − ≤ + − xx x x x 1 2 2 2 3 1 12 1 −+− ≤ + ⇔ xxx (do x 2≥ ) ⇔ 122 2 3 1 2 +≤−+− xx x 2)2 2 3 )(1 2 ( ≤−−⇔ xx 4 3 2 ≤≤ − ⇔ x . Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4] 0.25 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25 III ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 2 2 0 0 2 2 4 4 2 0 0 sin cos cos tan 1 cos 2tan 1 cos 2sin cos cos tan 1 tan 1 tan 2tan 1 cos 2tan 1 x x x x I dx dx x x x x x x x x dx d x x x x π π π π + + = = + + + + = = + + ∫ ∫ ∫ ∫ Đặt ( ) 2 1 tan tan cos t x dt d x dx x = ⇒ = = Đổi cận 0 0 1 4 x t x t = ⇒ =   π  = ⇒ =  Khi đó dt t t t t I ) 12 1 32( 4 1 12 )1( 1 0 1 0 2 + ++= + + = ∫∫ 0.25 0.25 0.25 0.25 1 2 0 1 1 1 1 1 3 ln 2 1 4 ln3 1 ln3 4 2 4 2 8 I t t t     = + + + = + = +  ÷  ÷     IV Từ giả thiết suy ra HB / là chiều cao của lăng trụ. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng góc 0/ 60=BHB aAB a BH =⇒=⇒ 2 . Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có A BC C AB sinsin = 0 901sin =⇒=⇒ AA . Vậy tam giác ABC vuông tại A. Tính được AC = 3a Diện tích đáy 2 3 . 2 1 2 a ACABS ABC == Đường cao của hình chóp 2 3 / a HB = Thể tích khối lăng trụ /// . CBAABC 4 . 3 1 3 / . /// a SHBV ABC CBAABC == HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung của B / H và BC. Khoảng cách cần tính là 4 3a HI = 0.25 0.25 0.25 0.25 V Ta có 2 2 2 2 2 2 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1 P y z x x y z x y z     − + − − + − − + − = + + − + + + + +  ÷  ÷     (1). Mà 2 2 2 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 y z x − + − − + − − + − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 x y y z x z       = − + + − + + − +  ÷  ÷  ÷       ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 y 1 z 1 xy yz xz ≥ − + − + − (2). Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 2 x y z x y z xy yz zx   ≥ + + + + + − + +  ÷   (3) Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 xy yz zx + + = (4). 0.25 0.25 0.25 A + B C A / B / C / H K I M 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x y z xy yz zx + + + + = (5). 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 x y z xy yz zx x y z + + + + + + ữ ữ (6). T (3), (4), (5) v (6) suy ra P 3 1 . Du bng xy ra khi v ch khi x y z 3 = = = . 0.25 VIa 1. (5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b , (0;0)O BC Gi I i xng vi O qua phõn giỏc trong gúc ABC nờn (2;4)I v I AB Tam giỏc ABC vuụng ti A nờn ( ) 2 3;4BI b b= uur vuụng gúc vi ( ) 11 2 ;2CK b b= + uuur 2 1 (2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0 5 b b b b b b b b = + + = + = = Vi 1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= loi Vi 5 ( 5;5), (5; 5)b B C= 31 17 ; 5 5 A ữ Vy 31 17 ; ; ( 5;5); (5; 5) 5 5 A B C ữ 2. Tìm đợc D( 4;-7;-5) Gọi (S): 0222 222 =+++ dczbyaxzyx là mặt cầu cần tìm. Do (S) đi qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ) nên có =+++ =++ =+ =+ 01014890 02246 0425 021 dcba dcba dca da Giải ra = = = = 3 23 1 2 17 3 10 d c b a Suy ra (S): 0 3 23 217 3 20 222 =++++ zyxzyx 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VII.a Theo gi thit, ta cú 2 (1 )( ) 1 3 0 0 ( 1) ( 3) 0 1 x i x yi i x y x y i y = + = = + + = = Suy ra 2z i = . 0.5 0.25 Ta có iiiizziw −=++−−=+−= 42)2(33 Suy ra 17=w 0.25 VI.b 1. + Đường tròn 2 2 ( 1) ( 3) 8x y+ + − = có tâm ( 1;3)I − bán kính 2 2R = + A thuộc d nên ( ;2 )A x x− . + Ta có 2 2 2 8 ( 1) (1 ) 8IA x x= ⇒ + + + = 2 ( 1) 4 1 3 ( ) x x x L ⇒ + = =  ⇔  = −  Vậy (1;1) ( 3;5)A C⇒ − . + Đường thẳng BD đi qua ( 1;3)I − vuông góc với IA nên nhận (2; 2)IA = − uur // (1; 1)u − r làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: 4 0x y− + = . + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 8 ( 1) 4 3 x x x x x =  + + + = ⇔ + = ⇔  = −  + 1 5x y= ⇒ = + 3 1x y= − ⇒ = Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) hoặc ngược lại. 2. S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n r = (2, 2, 1) + Gọi u r = (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆ cần tìm (a 2 + b 2 + c 2 > 0) + ∆ ⊂ (P) ⇒ u r ⊥ n r ⇔ 2a + 2b + c = 0 ⇔ c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI uur = (–9, 2, 20), [ AI uur , u r ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) ∆ tiếp xúc (S) ⇔ d(I, ∆ ) = R ⇔ , 17 AI u u     = uur r r ⇔ 2 2 2 2 2 2 (2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.c b a c b a a b c− + + + − − = + + (2) +Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 2 2 2 ( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]a b a b b a a b a b− − + − + − − = + + − − ⇔ 896b 2 – 61a 2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b ≠ 0. Chọn b = 1 Ta có – 61a 2 + 20a + 896 = 0 ⇔ a = 4 hoặc a = 224 61 − + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224 61 − , b = 1 thì c = 326 61 Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là: 8 4 23 10 x t y t z t = +   =   = − −  và 224 8 61 326 23 61 x t y t z t  = −   =    = − +  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VII.b Tìm được n = 12 Suy ra [ ] 102 2 2 4 )321(3)4(log.1 xxxnx n ++=+++ − 10 2 0 10 1 9 2 2 8 4 10 10 10 12 (1 2 ) 3 (1 2 ) (1 2 ) .3 (1 2 ) 9 n x x C x C x x C x x = ⇒ + + = + + + + + +     Ta có: 0 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4 10 10 10 10 10 10 10 2 1 9 2 1 0 1 2 2 10 10 9 9 9 4 2 8 4 2 0 10 10 8 (1 2 ) 2 4 8 16 3 (1 2 ) 3 2 4 9 (1 2 ) 9 C x C C C x C x C x C x x C x x C C C x C x x C x x C C + = + + + + +     + = + + +     + = +     Vậy hệ số của số hạng chứa 4 x là : 0 4 1 2 2 0 10 10 10 9 10 8 16 3 4 9 8085C C C C C C+ + = ( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i) 0.25 0.25 0.25 0.25 . )3(7 6 1 3 3 3 4 ++= ++ nAC nn . ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN SÔ 28. Câu Nội dung Điểm I 1. * TXD : D = R{1}. * Sự biến thi n: + Giới hạn – Tiệm cận + Chiều biến thi n: 2 / )1( 6 x y − = . BBT Hàm số đồng biến trên. S 28. THI TH I HC MễN TON Thi gian lm bi: 180 phỳt. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im) Cõu I(2 im) : Cho hm s. trên ( - ∞ ; 1); (1;+ ∞ ) . Hàm số không có cực trị. Đồ thị. Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4). 2. Từ giả thi t ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương