1 ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x − 9x + 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos x − 9cos x + m = với x ∈ [0; π ] Câu II (2 điểm) log x 1  x − x − = x−2 ( ) ÷ 2   x + y + x − y = 12 Giải hệ phương trình:   y x − y = 12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường y =| x − x | y = x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Giải phương trình: Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm π  π π   4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos  2x + ÷+ m = 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC  x = −2 + t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t  z = + 2t  Gọi ∆ đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vuông góc A (D) Trong mặt phẳng qua ∆ , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 + + ≤ xy + yz + zx + x + y + z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng ∆ có phương trình  x = −1 + 2t  tham số  y = − t Một điểm M thay đổi đường thẳng ∆ , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác  z = 2t  MAB đạt giá trị nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh 2 b c   a + + + • : Phương trình cho vô nghiệm 32 81 m = : Phương trình cho có nghiệm 32 81 1≤ m < • : Phương trình cho có nghiệm 32 < m < : Phương trình cho có nghiệm • m=0 • : Phương trình cho có nghiệm • m  x >   x > x = x = x =     x =    log x =   x =     ⇔   ⇔  ⇔    1 3⇔x=2   ln x − =    x − =  x = ÷ 2 2        x >   x >   x >  0,50 0,50 Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x − y ; u ≥ 1 u2  Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v − ÷ 2 v  v = x + y Hệ phương trình cho có dạng: u + v = 12  u2  u  v − ÷ = 12 2  v    u = u = ⇔  v = v =  x − y = u = ⇔ + (I) v =  x + y = u =  x − y = ⇔ + (II) v =  x + y = Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S = { ( 5;3) , ( 5; ) } 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S = { ( 5;3) , ( 5; ) } III Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − x | (C ) ( d ) : y = x Phương trình hoành độ giao điểm (C) (d): x ≥ x ≥ x =   2 | x − x |= x ⇔   x − x = x ⇔   x − x = ⇔  x =    x =   x − x = −2 x  x − 2x = 1,00 0,25 0,25 Suy diện tích cần tính: S= ∫( ) x − x − x dx + ∫( x 2 ) − x − x dx 2 Tính: I = ∫ ( | x − x | −2 x ) dx Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − x ≤ nên | x − x |= − x + x ⇒ I = ∫ ( − x + x − x ) dx = 0,25 Tính K = ∫ ( | x − x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − x ≤ ∀x ∈ [ 4;6] , x − x ≥ nên 0,25 K = ∫ ( x − x − x ) dx + ∫ ( x − x − x ) dx = −16 Vậy S = 52 + 16 = 3 IV 1,00 0,25 0,25 Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' ) AB, A’B’ Ta có:   AB ⊥ HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K ∈ II ' Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 x x Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK = OK ⇒ = r ⇒ x = 6r Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = Trong đó: B = ( h B + B '+ B.B ' 0,25 ) 4x x 3r = x = 6r 3; B ' = = ; h = 2r 4 2r  3r 3r  21r  ÷= 6r + + 6r Từ đó, ta có: V = 3 2 ÷   V 0,25 0,25 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = ( cos2x - cos4x ) ; π π   π    +/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ =  cos  2x - ÷+ cos4x  = ( sin 2x + cos4x ) 4 4 2      π  1 π   2 +/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( − sin 4x )  2    Do phương trình cho tương đương: 1 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = (1) 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − ≤ t ≤ ) 4  Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t − Phương trình (1) trở thành: t + 4t + 2m − = (2) với − ≤ t ≤ (2) ⇔ t + 4t = − 2m Đây phuơng trình hoành độ giao điểm đường ( D) : y = − 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y = t + 4t với − ≤t ≤ Trong đoạn  − 2;  , hàm số y = t + 4t đạt giá trị nhỏ − t = − đạt giá trị lớn + t = Do yêu cầu toán thỏa mãn − ≤ − 2m ≤ + ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 VIa 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1,00 Điểm C ∈ CD : x + y − = ⇒ C ( t ;1 − t )  t +1 − t  ; Suy trung điểm M AC M  ÷    t +1  − t + = ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) Điểm M ∈ BM : x + y + = ⇒  ÷+   Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − = I (điểm K ∈ BC ) Suy AK : ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + = x + y −1 = ⇒ I ( 0;1) Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x − y +1 = 0,25 0,25 0,25 Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK ⇒ tọa độ K ( −1;0 ) x +1 y = ⇔ 4x + 3y + = Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: −7 + Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ∆ , ( P ) //( D) ( P ) ⊃ ( D) Gọi H hình chiếu vuông góc I (P) Ta có IH ≤ IA IH ⊥ AH  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác   H ∈ ( P ) Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; maxIH = IA ⇔ H ≡ A Lúc (P) vị trí (P0) vuông góc với IA A r uur r Vectơ pháp tuyến (P0) n = IA = ( 6;0; −3) , phương với v = ( 2;0; −1) Phương trình mặt phẳng (P0) là: ( x − ) − ( z + 1) = 2x - z - = VIIa Để ý ( xy + 1) − ( x + y ) = ( − x ) ( − y ) ≥ ;  yz + ≥ y + z tương tự ta có   zx + ≥ z + x 0,25 Vì ta có:  1  x y z + + + + +1+1+1 ( x + y + z)  ÷≤  xy + yz + zx +  yz + zx + xy + ≤ 1,00 x y z + + +3 yz + zx+y xy + z  z y  vv = x − − ÷+  yz + zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − ÷+  z+ y y+z =5 uuur Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I trung 0,25 điểm AC BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − ) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = 0,25  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 0,50 1,00 Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = − t  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t + 20 = BM = ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t − 36t + 56 = AM + BM = 2 ( 3t ) ( ) 2 + ( 3t ) ( + ( 3t − ) ( ) + ( 3t − ) ( ) ) ( 3t − ) ( + ) 2 + r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; v = −3t + 6; r | u |= Ta có  r | v |=  + ( 3t ) ( AM = 0,25 ( ) ) + r r r r r r Suy AM + BM =| u | + | v | u + v = 6; ⇒| u + v |= 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta có | u | + | v |≥| u + v | ( ) ( ) 0,25 Như AM + BM ≥ 29 r r Đẳng thức xảy u , v hướng 3t = ⇔ t =1 −3t + ⇒ M ( 1;0; ) ( AM + BM ) = 29 ⇔ Vậy M(1;0;2) minP = VIIb ( 11 + 29 ) 0,25 0,25 1,00 a + b > c  Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: b + c > a c + a > b  a+b c+a = x, = y , a = z ( x, y , z > ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y 2 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+z z+x x+ y 2z z > Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < z ( x + y ) ⇔ x+ y+z x+ y x 2x y 2y < ; < Tương tự: y+z x+ y+z z+x x+ y+z 2( x + y + z) x y z + + < = Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z b c   + + + ⇔   x ≠ −1 4 + x >  0,25 (2) ⇔ log x + + = log ( − x ) + log ( + x ) ⇔ log x + + = log ( 16 − x ) ⇔ log x + = log ( 16 − x ) ⇔ x + = 16 − x + Với −1 < x < ta có phương trình x + x − 12 = (3) ; x = (3) ⇔   x = −6 ( lo¹i ) + Với −4 < x < −1 ta có phương trình x − x − 20 = (4);  x = − 24 ( 4) ⇔   x = + 24 ( lo¹i ) 0,25 0,25 ( Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = − III 0,25 ) 1,00 12 2 Đặt t = − x ⇒ t = − x ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒ dx tdt =− x x dx tdt tdt =− = 2 x 1− t t −1 + Đổi cận: ⇒ 0,50 x= ⇒t = 2 x= ⇒t = 2 A= dt ∫ t −1 = 3 dt t + 23  +  = ∫1 − t 2 ln − t |12 = ln  ÷÷   0,50 IV 1,00 Gọi E trung điểm AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ( SOE ) ⊥ AB S SAB Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH = Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có: 1 1 1 = + ⇒ = − = 1− = 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 ⇒ OE = ⇒ OE = 2 81 SE = OE + SO = + = ⇒ SE = 8 2 S SAB 36 = AB.SE ⇔ AB = = =8 SE 2 ( 0,25 ) 9 265 1  OA2 = AE + OE =  AB ÷ + OE = + = 32 + = 8 2  1 265 265 = π Thể tích hình nón cho: V = π OA SO = π 3 8 Diện tích xung quanh hình nón cho: 265 337 337 SA2 = SO + OA2 = + = ⇒ SA = 8 S xq = π OA.SA = π 0,25 0,25 0,25 265 337 89305 =π 8 V 1,00  x − x + ≤ (1) Hệ bất phương trình   x − ( m + 1) x − m + ≥ (2) ( 1) ⇔ ≤ x ≤ Hệ cho có nghiệm tồn x0 ∈ [ 1;6] thỏa mãn (2) 0,25 13 x − 2x + ≥ m (do x ∈ [ 1;6] ⇒ x + > 0) ( ) ⇔ x − x + ≥ ( x + 1) m ⇔ ( x + 1) x2 − 2x + Gọi f ( x) = ; x ∈ [ 1;6] 2x +1 0,25 Hệ cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m f '( x) = x2 + x − ( x + 1) = ( x2 + x − 4) ( x + 1) ; f ' ( x ) = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = −1 ± 17 0,25 −1 + 17 Vì x ∈ [ 1;6] nên nhận x = 2 27  −1 + 17  −3 + 17 Ta có: f (1) = , f (6) = , f  ÷ ÷= 13  2  Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên max f ( x ) = Do ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔ x∈[ 1;6] 27 13 0,25 27 ≥m 13 VIa 2,00 1,00 4 x + y − =  x = −2 ⇔ ⇒ A ( −2; ) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  x + y − = y = 4 x + y − = x = ⇔ ⇒ B ( 1;0 ) Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  x − y −1 = y = Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + ) + b ( y − ) = ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0,25 0,25 Gọi ∆1 : x + y − = 0; ∆ : x + y − = 0; ∆ : ax + by + 2a − 4b = Từ giả thiết suy (·∆ ; ∆ ) = (·∆ ; ∆ ) Do |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos (·∆ ; ∆ ) = cos (·∆1 ; ∆ ) ⇔ = 25 5 a + b a = ⇔| a + 2b |= a + b ⇔ a ( 3a − 4b ) = ⇔  3a − 4b = + a = ⇒ b ≠ Do ∆ : y − = + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy ∆ : x + y − = (trùng với ∆1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - = y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; ) Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  x − y −1 = y = 0,25 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI = AI  OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) )  d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) 0,25 0,25 Ta có: 14 OI = AI ⇔ OI = AI ⇔ a + b + c = ( a − ) + ( b − ) + ( c − 1) 2 ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + | OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a + b + c = ⇔ ( a + b + c ) = ( a + 2b − 2c + ) (2) | a + 2b − 2c + | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) ⇔ = 3  a + 2b − 2c + = a + 2b − 2c − 13 ( lo¹i) ⇔ ⇔ a + 2b − 2c = (3)  a + 2b − 2c + = −a − 2b + 2c + 13 Từ (1) (3) suy ra: b = 17 11a 11 − 4a − ;c = (4) Từ (2) (3) suy ra: a + b + c = (5) Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: ( a − ) ( 221a − 658 ) = Như a = a = 658 Suy ra: I(2;2;1) R = 221 0,25 67   658 46 I ; ;− ÷ R =  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 2 2 658   46   67   x − + y − + z − = x − + y − + z + ( ) ( ) ( )  ÷  ÷  ÷ =9 221   221   221   VIIa Điều kiện: n − ≥ ⇔ n ≥ Hệ điều kiện ban đầu tương đương:  ( n − 1) ( n − ) ( n − 3) ( n − ) ( n − 1) ( n − ) ( n − ) − < ( n − ) ( n − 3)  4.3.2.1 3.2.1 ⇔  ( n + 1) n ( n − 1) ( n − ) ( n − 3) ≥ ( n + 1) n ( n − 1)  5.4.3.2.1 15 n − 9n − 22 <  ⇔ n − 5n − 50 ≥ ⇔ n = 10 n ≥  0,25 1,00 0,50 0,50 VIb 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình  x2 + y2 + 2x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = 0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì ·ABC = 900 nên AC đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 0,50 1,00  x = + 2t  Phương trình tham số d1 là:  y = − 3t M thuộc d1 nên tọa độ M ( + 2t;3 − 3t ; 2t )  z = 2t  Theo đề: d ( M ,( P) ) = |1 + 2t − ( − 3t ) + 4t − 1| 12 + ( −2 ) + 22 =2⇔ |12t − | = ⇔ 12t − = ±6 ⇔ t1 = 1, t2 = 0,25 + Với t1 = ta M ( 3;0; ) ; 15 + Với t2 = ta M ( 1;3;0 ) 0,25 + Ứng với M1, điểm N1 ∈ d cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là: ( x − 3) − y + ( z − ) = ⇔ x − y + z − = (1)  x = + 6t  Phương trình tham số d2 là:  y = 4t (2)  z = −5 − 5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = ⇔ t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VIIb Điều kiện f ( x) = ln ( − x) ( − x) π Ta có: 3 0,25 0,25 1,00 >0⇔ x Phương trình cho tương đương: 1 log ( x − x + ) + log 3−1 ( x − ) > log 3−1 ( x + 3) 2 1 ⇔ log ( x − x + ) − log ( x − ) > − log ( x + ) 2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log ( x − ) − log ( x + 3)  x−2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log  ÷  x+3 x−2 ⇔ ( x − ) ( x − 3) > x+3  x < − 10 ⇔ x2 − > ⇔   x > 10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x > 10 III π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 1,00 π   I = ∫ cos x  − sin 2 x ÷dx   = π    − sin x ÷d ( sin x ) ∫0   0,50 19 = π π 1 d ( sin x ) − ∫ sin 2 xd ( sin x ) ∫ 20 40 π π 1 = sin x| − sin x| = 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM ⊥ AB O ' N ⊥ CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: ∆IOM vuông cân O nên: 0,25 h 2a OM = OI = IM ⇒ = ⇒h= a 2 2 2 a a 3a a a 2 = + = Ta có: R = OA = AM + MO =  ÷ +  ÷ 8 2  ÷  2 ⇒ V = π R 2h = π 3a a 2π a = , 16 S xq = 2π Rh=2π 0,25 0,25 a a 3π a = 2 2 0,25 V 1,00 Phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m3 (1) Điều kiện : ≤ x ≤ Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 cần có điều kiện x = − x ⇒ x = Thay x = vào (1) ta được: 2 m = 1 + m − = m3 ⇒  2  m = ±1 * Với m = 0; (1) trở thành: x − 1− x = ⇔ x = Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x + − x − x ( − x ) − x ( − x ) = −1 ( ⇔ ⇔ ( ( ) ( ) ) x + 1− x − x ( 1− x) + x +1− x − x ( 1− x) = x − 1− x + Với ) +( x − 1− x x − 1− x = ⇔ x = ) 2 =0 0,25 0,25 0,25 20 Trường hợp này, (1) có nghiệm x − 1− x = ⇔ x = + Với * Với m = (1) trở thành: x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− x ( 1− x) ⇔ ( x − 1− x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x = 0, x = ) =( x − 1− x ) nên trường hợp (1) 0,25 nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) bán kính R = Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM = 2R=2 0,25 Như điểm M nằm đường tròn (T) có phương trình: ( x − ) + ( y − 1) = 20 2 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆ , nên tọa độ M nghiệm hệ phương ( x − ) + ( y − 1) = 20 (1) trình:   x + y − 12 = (2) 0,25 Khử x (1) (2) ta được: x = ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔  27 x=   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3; ÷ M  ; ÷  2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đôi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0; ÷, bán kính R = GA = 2 2 VII a 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 Những trường hợp đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả không xảy tổng viên bi xanh vàng + Không có bi xanh: có C13 cách + Không có bi vàng: có C15 cách 0,25 0,25 21 Mặt khác cách chọn bi xanh, bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần 9 9 Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) 9 2 AB = IM = ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = + = 4 S 12 S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 AB  AD ⊥ ( d ) , suy phương trình AD: ( x − 3) + ( y − ) = ⇔ x + y − =   M ∈ AD I có hoành độ xI = 0,50 Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:  x + y − =  y = − x +  y = − x + ⇔ ⇔    2 2 2 ( x − 3) + y = ( x − 3) + ( − x ) =  ( x − 3) + y = y = 3− x x = x = ⇔ ⇔  Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − = ±1  y =  y = −1 x A + xC  x = I  xC = xI − x A = − =  9 3 I  ; ÷ trung điểm AC, suy ra:  ⇔ 2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0,50 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + ( −1) − + 16 d = d ( I,( P) ) = =5⇒ d > R Do (P) (S) điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vuông góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi ∆ đường thẳng qua điểm I vuông r góc với (P), N0 giao điểm ∆ (P) Đường thẳng ∆ có vectơ phương n P = ( 2; 2; −1) qua I nên có phương trình  x = + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) z = − t  0,25 0,25 Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: ( + 2t ) + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + 16 = ⇔ 9t + 15 = ⇔ t = −  13 14  Suy N  − ; − ; ÷  3 3 15 =− 0,25 uuuur uuur Ta có IM = IN Suy M0(0;-3;4) 22 0,25 VII b 1,00 1 + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 1 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 2 ≥ = ⇔ 2a + b + c + − 4a − 2b − 2c ≥ 2 2a + b + c 2a + b + c + a + Áp dụng bất đẳng thức ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 2 2 ≥ ; ≥ 2b + c + a b + 2c + a + b c + 1 4 + + ≥ + + Từ suy a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: -2 -1 0,50 0,50 [...]... viên bi xanh và vàng chỉ là 8 9 + Không có bi xanh: có C13 cách 9 + Không có bi vàng: có C15 cách 0,25 0,25 21 9 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần 9 9 9 9 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 1 9 9 3 và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ; ÷ 2 2 2 Vai trò... ⇔ 1 Khi đó: π 2 ⇔  3 − x x + 2 ⇔  ( x − 3) ( x + 2 )  < x log 1 ( x + 3) 2 3 3 π 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos 2 x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx ∫ 0 Câu IV (1 điểm)... hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong... ⇔ AB = = =8 2 9 2 SE 2 2 2 ( 0,25 ) 2 9 9 265 1  OA2 = AE 2 + OE 2 =  AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + = 8 8 8 2  1 1 265 265 2 3 = π Thể tích hình nón đã cho: V = π OA SO = π 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = ⇒ SA = 8 8 8 S xq = π OA.SA = π 0,25 0,25 0,25 265 337 89305 =π 8 8 8 V 1,00  x 2 − 7 x + 6 ≤ 0 (1) Hệ bất phương trình  2  x − 2 ( m... diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9 ( d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox Tìm tọa độ 2 các đỉnh của hình chữ nhật 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên... điểm trên đồ thị là ( −1; −1) và ( 1; −1) Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 18 a + ab + b 2 − 1 = 0   a ≠ ±1 a ≠ b  2 II 1 cos x.sin 2 x.sin x ( tan x + cot 2 x ) ≠ 0 Điều kiện:  cot x ≠ 1 0,25 2 ( cos x − sin x ) 1 cos x.sin 2 x = ⇔ = 2 sin x Từ (1) ta có: sin x cos 2 x cos x cos x + −1 cos x sin 2 x sin x 0,25 ⇔ 2sin x.cos x = 2 sin x π  x... phương trình lần lượt là: 2 2 2 2 2 2 658   46   67   x − 2 + y − 2 + z − 1 = 9 và x − + y − + z + ( ) ( ) ( )  ÷  ÷  ÷ =9 221   221   221   VIIa Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:  ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3 ) 5 − < ( n − 2 ) ( n − 3)  4.3.2.1 3.2.1 4 ⇔  ( n + 1) n ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ≥ 7 ( n + 1) n ( n − 1) ... 3a + c 3a + b Đặt 0,50 0,50 ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I... ≠ −2 2 x+2  0,25 0,50 16 ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I... Không có bi đỏ: Khả không xảy tổng viên bi xanh vàng + Không có bi xanh: có C13 cách + Không có bi vàng: có C15 cách 0,25 0,25 21 Mặt khác cách chọn bi xanh, bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ