SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
x2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y 
có đồ thị là ( C ).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng  d m  : y   x  m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm
A, B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (2 tan 2 x  1) cos x  2  cos 2 x .
4
2 2
2
3
2
2
 x  x y  y  y  x y  x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y  R).
3
2
2 y  5  2 x  1  0

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: m x 2  2  x  m có hai
nghiệm thực phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC  CD  DA  a ;

AB  2a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) ; SC tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc
bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của
1
biểu thức: T  2 xy  2 yz  2 xz 
.
x yz
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB  4 2 ,
điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình x  y  2  0 , đường thẳng BD có phương
trình 3 x  y  0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam
3 
giác ABC có phương trình ( x  4) 2  ( y  2)2  5 , đường thẳng BC đi qua M  ; 2  . Tìm toạ độ điểm A .
2 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An2  Cnn 1  Cnn  2  4n  6 . Tìm hệ số của x16

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D

(Đáp án có 06 trang)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
a 1,0 điểm
+ TXĐ: D  R \ 1
0,25
1
+ Sự biến thiên: Ta có: y 
 0, x  D .
( x  1) 2
+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1; ) .
+ Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn, tiệm cận.
0,25
lim y  ;lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x  1 .
x 1

x 1

lim y  1; lim y  1  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 ;
x 

x 

+ Bảng Biến thiên
+

+


0,25

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2)
y

f(x)=(x-2)/(x-1)
f(x)=1

7

x(t)=1 , y(t)=t

6

5

4

3

0,25

2

1



trong khai triển nhị thức Niu-tơn x 3  2 x




n

x

(với x  0 ).

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

-1

-2

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm A(4; 3); B(4;1) và đường
thẳng (d ) : x  6 y  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại
A và B cắt nhau tại một điểm thuộc (d ) .
3 2

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp  E  đi qua điểm M 
; 2  và
2


có độ dài trục lớn bằng 6 . Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON  5 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An3 2  20(n  2) . Tìm số hạng không chứa x
n

1

trong khai triển nhị thức Niu-tơn  x3   (với x  0 ).
x

-------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………………

-3

-4

-5

b 1,0 điểm
- Phương trình hoành độ giao điểm của (d m ) và (C ) là:

x 2  mx  m  2  0 (1) ( x  1 ).
  m 2  4m  8  0
Vì 
với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m .
1  m  m  2  1  0

0,25

0,25

Suy ra (d m ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt với m .
Gọi các giao điểm của (d m ) và (C ) là: A( x A ; yB ); B( xB ; yB ) với xA ; xB là các nghiệm
của phương trình (1) . Theo Viet có: xA  xB  m; x A xB  m  2 .
2
2
2
Ta có AB2  2(xA  xB )2  2 (xA  xB )  4xA.xB   2 m  4(m  2)  2 (m  2)  4  8




0,25


2

0,25

Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m  2 .
1,0 điểm

Điều kiện: cos x  0  x 


2

 k

2

x 2

(k  )

 2

Ta có: (2 tan 2 x  1) cos x  2  cos 2 x  
 3  cos x  2   2 cos 2 x  1
2
 cos x

 2 cos3 x  3cos 2 x  3cos x  2  0

 t  1

Đặt t  cos x; t  0, t   1;1 ta được: 2t 3  3t 2  3t  2  0   t  2

1
t 
2


Với t  1  cos x  1  x  (2k  1) ; k  Z (thoả mãn).
Với t  2 (loại)
1
1

Với t   cos x   x    k 2 ; k  Z (thoả mãn)
2
2
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k  1) ; 
3


3

 k 2

(k Z )

0,25

x 

x

2  x2  2
x2  2






x2  2 1

2

_

2
0

+

2
+

0

_

0.25
0,25

f(x)

2

-1

-




1

2

 



- Từ bảng biến thiên ta được m   2; 1  1; 2 thỏa mãn.
0,25

5

0.25

1,0 điểm

- Vì BC  CD  DA  a ; AB  2a nên AB là đáy lớn; CD là đáy nhỏ của hình thang
ABCD . Gọi O là trung điểm của AB .
- Ta có các tứ giác AOCD ; OBCD là các hình thoi và các tam giác AOD ; ODC ;
OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD .
a 2 3 3a 2 3

- Ta có: S ABCD  3S AOD  3.
(đvdt).
4
4

- Trong hình thoi AOCD , ta có: AC  a 3
  600  SA  AC.tan 600  a 3. 3  3a
- Trong tam giác vuông SAC có góc SCA

0.25

1
1
3a 2 3 3a 3 3

(đvtt)
 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .3a.
3
3
4
4
- Gọi I là trung điểm của SB  IO//SA  đường thẳng IO là trục của đường tròn
ngoại tiếp đa giác đáy nên IA  IB  IC  ID .
- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  IA  IB  IS
 IS  IA  IB  IC  ID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
- Bán kính của mặt cầu đó là:

0.25

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1);(  2;1) .
1,0 điểm
- Tập xác định: D  R

- Ta có: f '( x) 


-

-

f'(x)

0.25

Với y  1  x  2  x   2 (thỏa mãn điều kiện)



x 

- Bảng biến thiên:

2

x2  2 1  x  m 

x   2
 0  2  x2  2  0  
 x  2

0.25

3

Xét hàm f (t )  2t 3  3  2t  1; t   ; 
2


3
1

; f (t )  0; t   ; 
f (t )  6t 2 
2
3  2t

3

Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên  ;  ; mà f (1)  0
2

Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y  1





x  2 1

2

0,25

1,0 điểm
 x 4  x 2 y 2  y 2  y 3  x 2 y  x 2 1
5
Đk: x 

.
 3
2
2
 2
2 y  5  2 x  1  0
Phương trình (1)  ( x 2  1  y )( x 2  y 2 )  0
x  y  0
 2
 x  y 1
Trường hợp x  y  0 thế vào (2) không thoả mãn.

- Ta có: m x 2  2  x  m 1  m



2

lim f ( x )  1 ; lim f ( x )  1

Trường hợp x 2  y  1 thế vào phương trình (2): 2 y 3  3  2 y  1  0  3

4

2  x2  2

f '( x)  0 

SA2  AB 2
9a 2  4a 2 a 13

.


2
2
2
2
13a
- Diện tích của mặt cầu đó là: 4 R 2  4
 13 a 2 (đvdt)
4
1,0 điểm
- Đặt x  y  z  t ; t  0
R  IA  IB  IS 

x
x2  2 1

 f ( x)

0.25
6

, x  R

SB

2

0.25

- Ta có: xy  yz  zx 

x  y  z 2  x 2  y 2  z 2   t 2  1  t  1

2
2
2
2
2
2
Lại có:  x  y    y  z    z  x   0 nên  x  y  z   3x 2  y 2  z 2 

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25


8.a

 t2  3 t  3 .
1
- Khi đó: T  t  1  với t  1; 3
t




2

- Xét hàm f (t )  t 2  1 

A



1
với t  1; 3 ;
t







1; 
f (t )  0; t  1; 3
t2
- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3
f (t )  2t 



0.25




I (4; 2)

0.25



B

1

t

2

+
1
2+

0.25

3

f(t)

1

Vậy T lớn nhất bằng ( 2 
7.a


1
1
, dấu “ = ” xảy ra khi x  y  z 
3
3

0.25

1
1
) đạt được khi x  y  z 
.
3
3

1,0 điểm
3x + y = 0
D

C

9.a

A

4 2

B x+y+2=0


0.25

- Ta có: B  AB  BD  B (1; 3)
+ A  AB  A(t ; t  2); (t  0)
- Ta có BA  4 2  (t  1) 2  (t  1) 2  32
 t  3
 (t  1) 2  16  
t  5
Với t  5 loại vì t  0 .
Với t  3  A(3;1)  AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình
( x  3)  ( y  1)  0  x  y  4  0 .
- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:
( x  1)  ( y  3)  0  x  y  4  0 .
+ D  AD  BD  D(-1:3)
- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :
( x  1)  ( y  3)  0  x  y  2  0
Vậy: BC : x  y  4  0; DC : x  y  2  0 ; AD : x  y  4  0

3

H

M ( ;2)
2

C

2

- Gọi (C ) : ( x  4)  ( y  2)  5  (C ) có tâm I (4; 2) ; bán kính R  5

- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác


ABC  AI  2 IH

- Gọi n(a; b) (  a 2  b 2   0 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB .

3

f'(t)

- Từ bảng biến thiên suy ra T  2 

1,0 điểm

3
- Phương trình đường thẳng BC : a ( x  )  b( y  2)  0 .
2
5a
 a  2b
2
Ta có: d ( I , AB )  IH  R 
 5  5a 2  4(a 2  b 2 )  
a2  b2
 a  2b
- Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  5  0  H (t ;5  2t )
IH  BC  t  2  H (2;1)  A(8; 4) .
- Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  1  0  H ( s, 2 s  1)
IH  BC  s  2  H (2;3)  A(8; 0)
Vậy các điểm A thoả mãn là A(8; 0) ; A(8; 4) .

1,0 điểm
- Đk: n  2, n  N *
n!
n!
n!
- Ta có: An2  Cnn 1  Cnn  2  4n  6 


 4n  6
(n  2)! (n  2)!(2!) (n  1)!
 n  12
 n 2  11n  12  0  
 n  12 (thỏa mãn).
 n  1
12

12

- Với n  12 ta có : ( x3  2 x )12   C12k ( x3 )12 k (2 x )k   C12k (2)k x
k 0

0.25

7.b

k 0

5k
 16  k  8
- Hệ số của x là C (2) trong đó : 36 

2
8
8
16
Vậy hệ số của x là: C12 (2)  126720 .
1,0 điểm
16

k
12

36

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

5k
2

0.25

k


0.25

0.25

A(4; -3)
(C)

M
H

I

0.25
0.25

(d): x + 6y = 0

B (4; 1)

- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại A, B cắt nhau tại M  (d ) .
- Phương trình đường thẳng AB là: x  4 .


SGD&TVNHPHC
- Gi I l tõm ca ng trũn (C ) ; H l trung im AB H (4; 1)
IM AB; IM AB H phng trỡnh ca ng thng IM l : y 1 0

M d IM M (6; 1) MA(2; 2)

+ Gi s I ( a; 1) IA(4 a; 2)

M IA MA 2(4 a ) 4 0 a 2
Vy I (2; 1) ; bỏn kớnh ca (C ) l IA 2 2 (C ) :
Vy ng trũn (C ) cú phng trỡnh l
8.b

x 2

2

x 2

2

( y 1) 2 8

2

0.25

0.25

( y 1) 8

1,0 im

x2 y 2

1 .( a b 0 )
a2 b2
Vỡ di trc ln bng 6 nờn 2a 6 a 3 .

x2 y 2
3 2
18
2
Vỡ M (
1.
; 2) E 2 2 1 b 2 4 E :
9
4
2
4a b

3 5
2 9
x2 y 2 5
x
x 5
2

5
+) Gi s N x; y , ta cú h phng trỡnh: x


y2
1 y 2 16

y 4 5
4
9


5

5
Gi s phng trỡnh ca ( E ) l:

9.b

0.25

3 5 4 5 3 5 4 5
3 5 4 5
3 5 4 5
Vy cú 4 im : N
;
;
;
.
5 ; 5 N 5 ; 5 N 5 ; 5 N 5 ; 5







1,0 im
k : n 5, n N . Ta cú
(n 2)!
An3 2 20( n 2)
20(n 2) (n 3)( n 4) 20

(n 5)!
n 8
n2 7n 8 0
n 8 (tha món)
n 1
8

0.25

0.25

---------- Ht ----------

I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im)
2 x- 1
Cõu1(2,0im).Chohms y =
( C).
x -2
a)Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahmsócho.
b)Tỡmtrờn(C)ttccỏcimM saochotiptuynca(C)tiMcthaitimcnca(C)tihaiimA,
Bsaocho AB =2 10 .
1 - cos x
7p ử
ổ
Cõu2(1,0im).Giiphngtrỡnh:
+ sin x = 2 sin ỗ 2x+
ữ .
tan x
4 ứ
ố

ỡù 4 y - 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 y+ 1
Cõu3(1,0im).Giihphngtrỡnh: ớ( 4
.
2
2
ùợx + x y + y = 1
0
dx
Cõu4(1,0im).Tớnhtớchphõn: I = ũ
.
2
p 1 - 2sin 2 x + 2 cos x
-

4

a 13
, AB =2a ,
4

0.25

Cõu5(1,0im).ChohỡnhchúpS.ABCDcúỏyABCDlhỡnhthangcõn, AD = BC =

0,25

3a
, mtphng ( SCD) vuụng gúcvimtphng ( ABCD).TamgiỏcASIcõntiS, viI ltrung
2
imcacnh AB,SB tovimtphng ( ABCD) mtgúc 30o.TớnhtheoathtớchkhichúpS.ABCDv

khongcỏchgiaSIvCD.
Cõu6(1,0im).Chocỏcsthcdnga,b,cthamón ( a + b )( b + c )( c + a )=8.Tỡmgiỏtrnhnht
CD =

0.25

0.25

k

8
8
8 k 1
1

Vi n 8 ta cú : x 3 C8k x3 . C8k x 24 4 k
x
x

k 0

k 0
S hng khụng cha x ng vi 24 4k 0 k 6 .
Vy s hng khụng ph thuc x l C86 28 .

KTCLễNTHIIHCLN2NMHC2013ư2014
Mụn:TONKhiA,A1
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt

0.25

0.25

1
1
1
1
+
+
+
.
abc a + 2b b + 2c c +2a
II.PHNRIấNG(3,0 im): Thớsinhchclmmttronghaiphn(phnAhocphn B)
A.TheochngtrỡnhChun
Cõu7a(1,0im).TrongmtphngvihtaOxy,chohỡnhthoiABCDcúngchộoACnmtrờn
ng thng d : x + y - 1 =0. im E( 9 4) nm trờn ng thng cha cnhAB,im F ( -2 -5) nm
cabiuthcP=

3

trờnngthngchacnh AD, AC =2 2.XỏcnhtacỏcnhcahỡnhthoiABCDbitimCcú
honhõm.
Cõu8a (1,0 im).Trong khụnggian vi h ta Oxyz, cho mtphng ( P ) : x - y + z - 2 =0, mt cu

( S ): x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y + 2 z - 3 =0 vhaiim A (1 - 1 - 2 ) , B ( 4 0 -1).Vitphngtrỡnhmtphng
(a) songsongviAB,vuụnggúcvimtphng(P)vctmtcu(S)theomtngtrũncúbỏnkớnh
bng 3 .
Cõu9a(1,0im).GiMltphpcỏcstnhiờncúba chsụimtkhỏcnhauclptcỏcchs
0,1,2,3,4,5,6.ChnngunhiờnmtsttpM,tớnhxỏcsutscchnlscútngcỏcchs
lmtsl.
B.TheochngtrỡnhNõngcao

Cõu7b(1,0im).TrongmtphngvihtaOxy,chotamgiỏcABCcúim C( 51),trungtuyn
AM,imBthucngthng x + y + 6 =0.im N( 01) ltrungimcaonAM,im D ( -1 -7)
khụngnmtrờnngthng AMvkhỏcphớaviAsovingthngBCngthikhongcỏchtAv
Dtingthng BCbngnhau.Xỏcnhtacỏcim A, B.
Cõu8b(1,0im).Trong khụng gian vi htaOxyz,chobaim A(1 1 1), B(-1 0 2), C (0 -1 0).
TỡmtaimDtrờntiaOxsaochothtớchkhitdin ABCDbng1,khiúhóyvitphngtrỡnhmt
cungoitiptdin ABCD.
Cõu9b(1,0 im).Giibtphngtrỡnh: x - 6.15log3 x + 5log3(3 x) 0.
ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm!


SGD&TVNHPHC

PNKTCLễNTHIIHCLN2NMHC2013ư2014
Mụn:TONKhiA,A1

I.LUíCHUNG:
ưHngdnchmchtrỡnhbymtcỏchgiivinhngýcbnphicú.Khichmbihcsinhlmtheo
cỏchkhỏcnuỳngvýthỡvnchoimtia.
ưVi Cõu5nuthớsinhkhụngvhỡnhphnnothỡkhụngchoimtng ngviphnú.
ưimtonbitớnhn0,25vkhụnglmtrũn.
II.PN:
CU í
NIDUNG
IM
1
2,0im
a TX: D =R \ {2}
Cỏcgiihn lim y = 2 lim y = 2 lim+ y = +Ơ lim- y = -Ơ

0,25
x đ+Ơ
xđ-Ơ
x đ2
xđ 2
Suyra x =2 ltimcnng, y =2ltimcnngangcath.
3
< 0,"x ẻ D
( x -2)2
Hmsnghchbintrờncỏckhong (-Ơ 2) v (2 +Ơ)
Bngbinthiờn
x
2
-Ơ
+Ơ
y
-
2
+Ơ
y
2
-Ơ
ổ 1 ử
ổ 1ử
th:GiaovitrcOxtiỗ 0ữ ,giaovitrcOyti ỗ 0 ữ ,thcútõmixng
ố 2 ứ
ố 2 ứ
lim I(2 2)
Sbinthiờn: y ' = -


2

0,25

0,25

{

(1) (1 - cos x ) cos x + sin 2 x = sin x ( sin 2 x - cos 2x )

0,25

0,25

ộ a= 1
ờ a= 3
ộ(a - 2)2 = 1
ờ
ờ

2
ở(a- 2) = 9 ờ a= -1
ờ
ởa = 5
Vycú4imMthamónl (1 -1), (35), (-11), (53) .
1,0im
1 - cos x
7p ử
ổ
+ sin x = 2 sin ỗ 2 x+

ữ (1).
tan x
4 ứ
ố
kp
sin xạ 0
k:
sin 2 x ạ 0 x ạ
( kẻ Â)
cos x ạ 0
2

3

ộcos 2 x= 0
p ử 1
cos 2 x ( cos x + sin x - 1)=0 ờ ổ
ờsinỗ x + ữ =
4ứ
2
ở ố
p kp
+) cos 2 x = 0 x = +
( k ẻ Â)
4 2
ộ x = k 2p ( l)
p ử 1
p kp
ổ
+) sinỗ x+ ữ =

.Vy(1)cúnghim x = +
ờ
( k ẻ Â).
p
4 2
4ứ
2 ờ x = + k 2p ( l )
ố
ở 2
1,0im
ỡù( 4 y - 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 y+ 1 (1)
( I).
ớ 4
2
2
(2)
ùợx + x y + y = 1

0,25

0,25

0,25

0,25

t x 2 + 1 = t 1ị phngtrỡnh(1)cúdng 2t 2 - ( 4 y - 1)t + 2 y - 1 =0
ột = 2 y- 1
2
2

D = ( 4 y - 1) - 8 ( 2 y - 1) = ( 4 y -3) ị ờ 1
ờt = (l )
ở 2
ỡ y 1
2
+)Vi t = 2 y - 1 1 x + 1 = 2 y- 1 ớ 2
thayvo(2)tac
2
ợx = 4 y - 4y

0,25

0,25

0,25

2

16 y 2 ( y - 1) + 4 y 2 ( y - 1)+ y 2 - 1 = 0 y =1 (do y 1)ị x =0
4

Vy,h(I)cúnghim (01) .
1,0im
Tacú:
0

I =
b

ổ 2 a- 1ử

Gis M ỗ a
ữ , ( aạ 2) thucth(C).Tiptuyncath(C)ti Mcúdng
ố a - 2 ứ
-3
2 a- 1
(D) : y =
( x - a)+
(a - 2) 2
a -2
6
Gi Algiaocatimcnngvi (D) ,suyra A(2
+ 2)
a -2
Blgiaocatimcnngangvi (D) ,suyra B(2a -2 2)

36
Khiú AB = (2a- 4) +
,theobiratacúphngtrỡnh
(a -2)2
36
4(a- 2)2 +
= 40 (a - 2)4 - 10(a - 2)2 + 9 =0
(a -2)2

dx
ũp 1 - 2sin 2 x + 2cos 2 x =

-

0,25


4

2

dx
ũp sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos2 x =

-

4

1
dx
cos2 x
ũp tan 2 x - 4 tan x + 3
0

-

0,25

4

1
t t = tanx ị dt = 2 dx icn :
cos x

x


0,25

0

0,25

p

-

0
4
t
0
-1
0
0
0
dt
dt
1 ổ 1
1 ử
Vy I = ũ 2
=ũ
= ũỗ
ữ dt
t - 4t + 3 -1 (t - 1)(t - 3) 2 -1ố t - 3 t - 1ứ
-1

0,25


0,25

0

0,25

1 ổ t- 3 ử
1
1 3
= ỗ ln
= ( ln 3 - ln 2 )= ln
2 ố t - 1 ữứ-1 2
2 2

0,25


5

ã nờnEthuc
GiElimixngviEquaAC,doAClphõngiỏccagúc BAD
AD.EEvuụnggúcviACvquaim E( 9 4) nờncúphngtrỡnh x - y - 5 =0.

1,0im

S

K
A


I F

B

M
D

C

E

H

Gi M,Elnltltrungimca AI vCD.
Do ( SCD ) ^( ABCD ) v SA = SI ị trong mt phng (ABCD) v qua M k ng
thngvuụnggúcvi ABctCDtiHthỡHlhỡnhchiuca Strờnmp(ABCD)
Qua Ekngthngsongsongvi BCctABti F
a 13
a
a 3
a 3
ị EF =
, IF = ị EI =
ị HM =
ị HB = a 3
4
4
2
2

ã=30o ị SH =a
( SB, ( ABCD ) ) = ( SB, HB ) = SBH
ổ 3a
ử a 3
+ 2aữ
3
1
1 ỗố 2
ứ 2 = 7 a 3 (vtt)
VABCD = SH .S ABCD = a
3
3
2
24
CD / /( SAB) v SI è ( SAB ) ị d ( CD , SI ) = d ( CD , ( SAB ) ) = d ( H ,( SAB ) )
HM ^ AB ị ( SHM ) ^( SAB ).Gi HKlngcaocatamgiỏcSHM suyra

HK ^ ( SAB ) ị d ( CD,SI )= HK =
6

0,25

8.a

ỡx - y - 5 = 0
ỡ x= 3
Gi Ilgiaoca ACvEE,ta Ilnghimh ớ
ớ
ị I( 3 2)
ợx + y -1 = 0

ợy = -2
VỡIltrungimca EEnờn E '(-3 -8)
uuuur
ngthng ADqua E '(-3 -8) v F (-2 -5) cúVTCPl E ' F(13) nờn phngtrỡnh
l: 3( x + 3) - ( y + 8) = 0 3 x - y + 1 =0
im A = AC ầ AD ị A(01).Gis C (c1 -c).

0,25

Theo bi ra AC = 2 2 c 2 = 4 c = 2 c = -2. Do honh im C õm nờn
C (-23)
GiJltrungimACsuy ra J (-1 2),ngthngBDquaJvvuụnggúcviACcú
phngtrỡnh x - y + 3 =0.Do D = AD ầ BD ị D(1 4) ị B(-3 0)
Vy A(01), B(-30), C (-23), D(1 4).

0,25

Suy raphngtrỡnhmtphng (a ) : x - y - 2 z + m =0

(a)

0,25

a 21
.
7

5+ m

m= 1

= 6 ộờ
ởm = -11
6
Vy,cúhaimtphng (a) thamónl x - y - 2 z + 1 =0 v x - y - 2 z - 11 =0

9.a

ScỏcphntcaM:

a1 cú6cỏchchn
a3 cú5cỏchchn ị M = 6.6.5 =180

0,25

Scỏcstnhiờntrong Mcútngcỏcchslsl:
TH1:Cú1chslv2chschn ị cú C31 .C42 .3!- C31 .C41.2! =84 s
TH2:Cú3chsl ị cú 3! =6 s ị cú90strongtpMcútngcỏcchslsl

( a + b + c ) 3abc ( a + b + c )-abc
suyra

( a + b + c )

Ê

3abc
1

Ê


3abc

ị a + b + cÊ 3

3

0,25

abc

1
3
+

+ 3 abc 2
abc a + b +c 3 abc
Du=xyrakhivchkhi a = b = c =1.Vy, Pmin = 2 a = b = c =1.
P

7.a

0,25

0,25

a2 cú6cỏchchn

8= ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca )- abc

9


0,25

1,0im

8 = ( a + b )( b + c )( c + a ) 8abc ị abc Ê 1

8 + abc

0,25

GisstnhiờncúbachsthuctpMl a1a2 a3

1,0im

3

0,25

ctmtcu(S)theomtngtrũncúbỏnkớnhbng 3

ị d ( I, (a ) )= 6

0,25

0,25

1,0im
Mtcu(S)cútõm I ( 2 - 1 -1),bỏnkớnh R =3
ur

uuur
uuur ur
Mtphng(P)cúvtpt n1 (1 - 11) , AB ( 311) ị ộở AB, n1ựỷ = ( 2 - 2 - 4)
r
Domtphng (a) / / AB v (a ) ^ ( P )ị (a) cúvtpt n (1 - 1 - 2)

0,25

0,25

3

0,25
0,25

7.b

90 1
Suyraxỏcsutcntỡml
= .
180 2
1,0im

0,25
0,25
0,25

A

1,0im


N

B

A

B

E
I

I
G

J

E'

M

C

C
D

F
D

DoA,Dnmkhỏcphớasovi BCvcỏchuBC suyra BCiquatrungimIca

AD.

0,25


Gi G ( ab) lgiaoimca DNv MIsuyraGltrngtõmcatamgiỏcADM
1
ỡ
uuur
uuur ỡ -1 = 3a
ù a= - 3
ổ 1 5ử
ị G ỗ - - ữ
ị ND = 3NG ớ
ớ
ố 3 3ứ
ợ -8 = 3 ( b- 1) ùb = - 5
ợ
3
Phngtrỡnh ngthng BC iquaG vC: x - 2 y - 3 =0

Taca Blnghimcahphngtrỡnh:

{

0,25

{

x - 2y -3 = 0

x= -3

ị B ( -3 -3).
x+ y+6=0
y = -3

ị M (1 - 1) ị A ( -13).Vy, A ( -13) , B ( -3 -3)

8.b

0,25
0,25

1,0im

uuur
uuur
uuur
Gis D ( t 00 ), t >0.Tacú: AB ( -2 -11) , AC ( -1 -2 -1) , AD ( t - 1 -1 -1)
uuur uuur
uuur uuur uuur
[ AB, AC ] = ( 3 -33)ị [ AB, AC ]. AD = 3(t - 1)
ột= 3
1 uuur uuur uuur
1
Theobira VABCD = [ AB, AC ]. AD = 1 3(t- 1) = 1 ờ
ị D( 300)
6
6
ởt = -1 ( L )

Gi smtcungoitiptdin ABCDl ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0
ỡ 2a + 2b + 2c + d = -3
ù -2 a + 4c + d = -5
( a 2 + b 2 + c 2 - d >0).Vỡ(S)qua A,B,C,Dnờntacúh ùớ-2b + d = -1
ù
ù6a + d = -9
ợ
Giihtrờntac a = -2, b = 2, c = -3, d =3
Vyphngtrỡnhmtcu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 4 y - 6 z + 3 =0

0,25
0,25

0,25

0,25

Hay ( x - 2)2 + ( y + 2)2 + ( z - 3) 2 =14.
9.b

1,0im
K: x >0.Tacú: x - 6.15log3
3log3 x - 6

(

3. 5
log3 x

ổ 3ử

t t = ỗỗ
ữữ
ố 5ứ

log3 x

)

x

1
log3 x

+ 5log3(3 x) 0 3log3 x - 6.15 2

ổ3ử
+ 5.5log3x 0 ỗ ữ
ố5ứ

log3 x

ổ 3ử
- 6 ỗỗ
ữữ
ố 5ứ

+ 5 0

ộtÊ 1
, t > 0 .Tac t 2 - 6t+ 5 0 ờ

ởt 5

0,25

Ê 1 log 3 x 0 x 1

log3 x

ổ 3ử
Vi t 5 ỗỗ
ữữ
ố 5ứ

0,25

0,25

log3 x

ổ 3ử
Vi t Ê 1 ỗỗ
ữữ
ố 5ứ

+ 5.5log3x 0

log3 x

log 3 5


5 log 3 x Ê log

3
5

5 0 < x Ê 9

5

0,25

ổ log 35ự
Vy,tpnghimcaBPTl S = ỗ 09 5 ỳ ẩ [1 +Ơ).
ố
ỷ
ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư

CmnthyNguynDuyLiờn()ógitiwww.laisac.page.tl