BO DE LTDH CAP TOC 2011

Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3

2

x x



 có đồ thị là (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.

2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x

2) Giải phương trình:



x

2



1



2

 

5

x

2

x

2



4;

x



R

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2

1 ln ln 1 ln e x I x dx x x    _  _   



Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh

S

, có tâm đường tròn đáy là

O

.

A B

,

là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ

O

đến đường thẳng

AB

bằng

a

, ASOSAB 600. Tính theo

a

chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón

Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x y, thỏa mãn:

x



y



5

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2

4 x y x y P xy    

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình :xy và điểm 0 M(2;1). Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB

vuông cân tại M

2) Trong không gian tọa độ

Oxyz

, lập phương trình mặt phẳng

 



đi qua hai điểmA



0; 1;2 ,





1;0;3



B và tiếp xúc với mặt cầu

 

S có phương trình:(x1)2 (y2)2 (z1)2 2

Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2

1 0 z    . z Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z         _  _ _  _ _  _ _  _         2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

_{ }

C có phương trình:



x4



2y2 25 và điểm (1; 1)

M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn

_{ }

C tại 2 điểm A B sao , cho MA3MB

2) Trong không gian tọa độ

Oxyz

cho mặt phẳng

 

P có phương trình:

x



y

 

1

0

. Lập phương trình mặt cầu

 

S đi qua ba điểm A



2;1; 1 ,



B



0;2; 2 ,



C



1;3;0



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P

Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:









2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x           _{ }   ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 3 2 x x   (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 xy TCN y 2 2 lim ; lim x_ y  x_ y  TCĐ x = 2 y’ = 1 ₂ 0; 2 (x 2) x  _{  }  BBT 2) Gọi M(xo; 0 0 2 3 2 x x   ) (C) .

Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =

2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x    _   ( )  TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x   ) ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x       AB = ₀ 2 ₂ 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x   



 AB min = 2 2 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M     _{ }  II 1. 2 3 4 2 3 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x 1,0

TXĐ: D =R

2 3 4 2 3 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x





sin 0

(sin ). 2 2(sin ) sin . 0

2 2(sin ) sin . 0

x cosx

x cosx x cosx x cosx

x cosx x cosx          _{ }      0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx   x k kZ 0,25

+ Với 2 2(sin x cosx ) sin . x cosx , đặt t = sin0 x cosx (t _ 2; 2 )_ được pt : t2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai      _{ }  0.25 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y

t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m                Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m                       0,25 Câu II.2 (1,0 đ)





2 2

₁

₅

₂

2

_4;

x



 

x

x



x



R

Đặt t  x 2x2 4 t2 2(x4 2x2) ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t       

4

2

t

t

 



 

_



+ Với t =  4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x        _ _        2 0 2 2 x x x   _      + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2

0

0

2

4

2

2(

2

)

4

2

2

0

x

x

x

x

x

x

x

x















_



_







 





2 0 3 1 3 1 x x x    _        ĐS: phương trình có 2 nghiệm

x

 

2,

x



3 1



0,25 0,25 0,25 0,25 III ₂ 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x    _  _   



I1 = 1 ln 1 ln e x dx x  x



, Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 = 4 2 2 3 3 0.5



2



2 1 ln e I 

_

x dx, lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 I = I1 + I2 = 2 2 2 3 3 e   0.25 0.25

Câu IV (1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của AB, nên OI a

Đặt

OA



R

 0

60

SAB  SABđều  1 1 1 2 2 2sin 3 OA R IA AB SA ASO    

Tam giác

OIA

vuông tại

I

nên

OA

2



IA

2



IO

2

2 2 2 6 3 2 R a R a R      2 SA a   Chiếu cao: 2 2 a SO 

Diện tích xung quanh: 6 2 2 3

2 xq a S 



Rl 



a 



a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ)

Cho hai số dương

x y

,

thỏa mãn:

x



y



5

.

4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x              Thay

y

 

5

x

được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x               

P

bằng

3

2

khi

x



1;

y



4

Vậy Min P = 3 2 Lưu ý:

Có thể thay

y

 

5

x

sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số ( ) 3 5 3 5

(5 ) 4 x x g x x x      0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ)

A

nằm trên

Ox

nênA a



;0



,

B

nằm trên đường thẳng

x



y



0

nên

B b b

( ; )

, (2;1) M MA(a2; 1), MB(b2;b1) Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

2 2 2

(

2)(

2) (

1)

0

.

0

(

2)

1

(

2)

(

1)

a

b

b

MA MB

MA

MB

a

b

b































 









_



_

 

, do

b 

2

không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2

1

2

,

2

1

2

,

2

2

2

1

(

2)

1

(

2)

(

1)

1

(

2)

(

1)

2

b

a

b

b

a

b

b

b

b

a

b

b

b

b

b





 







_

 

























_

_{ }

_

_

_



_{ }

_

_

_



_













2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 ₄ ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) ₃ a b a b b b a b b b _b          _{ }  _ _     _{ } _    _{ }  _ _  _  _{ }  _ 0,25 0,25

S

O A B

I

Với: 2 1 a b      đường thẳng



qua AB có phương trình

x



y

 

2

0

Với

4

3

a

b











đường thẳng qua AB có phương trình

3

x



y



12



0

0,25 0,25 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng



2;



Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1

b) Giải phương trình : 3 2 3 5 1 2 ) 1 3 ( x x2   x2  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

_

  2 ln 3 0 2 3 ) 2 ( ex dx I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3

4 Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xyy2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 2 2 4 4      y x y x P

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

a)Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.

b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC).

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:( 2_ )( _3)( _2)_10

z z z

z ,zC.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

a.Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 x   sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau y 5 0

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1        y z x d 1 3 3 1 2 : 2 z y x d    

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log₂x2)9log₂ x2

ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x  m x  m m x  y'6x2 6(2m1)x6m(m1) y’ có (2m1)2 4(m2 m)10 0,5         1 0 ' m x m x y Hàm số đồng biến trên 2;



 y'0 x2 m1 2 m1 0,25 b) 0,25

Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 1 điểm

PT  2cos3x(4cos2 x1)1 2cos3x(34sin2x)1 0,25

Nhận xét xk,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1 ) sin 4 3 ( 3 cos

2 x  2 x   2cos3x(3sinx4sin3x)sinx

 2cos3xsin3xsinx  sin6xsinx

0,25             2 6 2 6 m x x m x x           7 2 7 5 2    m x m x ;m Z 0,25 Xét khi  5 2m  k  2m=5k  m5t,t Z Xét khi 7 2 7   m  =k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Z l  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2m x  (m5t); 7 2 7   m x  (m l7 3) trong đó m,t,lZ 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 5 1 2 ) 1 3 ( x x2   x2  x 1 điểm PT  2(3 1) 2 2 1 10 2 3 6      x x x x 2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3 ( 2 x x2   x2   x2  x . Đặt t 2x21(t0) Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20 Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2 0,25 b) Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20 Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2 0,25

Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 1 2     x t x t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:          7 60 2 ; 2 6 1 x 0,5 Tính tích phân

_

  2 ln 3 0 (3 ex 2)2 dx I 1 điểm Ta c ó

_

  2 ln 3 0 3 3 2 3 ) 2 ( x x x e e dx e I = Đặt u= 3 x e  du e dx x 3 3  ;x0u1;x3ln2u2 0,25 Ta được:

_

  2 1 2 ) 2 ( 3 u u du I =3 du u u u



          2 1 2 ) 2 ( 2 1 ) 2 ( 4 1 4 1 0,25 =3 2 1 ) 2 ( 2 1 2 ln 4 1 ln 4 1           u u u 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3   Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3   0,25 Câu IV 0,5 A B C C’ B’ A’ H O M

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BC O A BC AM '  BC (A'AM)

Kẻ MH  AA',(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do HM BC AM A HM AM A BC        ) ' ( ) ' (

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó 4 3 ) BC , A' (A HM a d   .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

AH HM AO O A  '  suy ra 3 a a 3 4 4 3 a 3 3 a AH HM . AO O ' A    Thể tích khối lăng trụ: 12 3 a a 2 3 a 3 a 2 1 BC . AM . O ' A 2 1 S . O ' A V 3 ABC     0,5

1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh rằng: 3(a2 b2 c2)4abc13 1 điểm Đặt 2 ; 13 4 ) ( 3 ) , , ( 2 2 2 b c t abc c b a c b a f        *Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c) f(a,t,t):Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết abc

3 3      a a b c hay a 1 f(a,b,c) f(a,t,t) 13 4 ) ( 3 13 4 ) ( 3 a2 b2  c2  abc   a2  t2 t2  at2  = 3(b2 c2 2t2)4a(bct2) = _      _         _   2 2 2 2 4 ) ( 4 4 ) ( 2 3 b c b c a bc b c = 2 2 ) ( 2 ) ( 3 c b a c b    = 0 2 ) )( 2 3 ( 2    a b c do a 1 0,5

*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f(a,t,t)0 với a+2t=3 Ta có ( , , ) 3( 2 2 2) 4 2 13      a t t at t t a f =3((32t)2 t2 t2)4(32t)t2 13 = 2(t1)2(74t)0 do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra t1&bc0abc1(ĐPCM)

0,5 Câu V

2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xyy2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1 1 2 2 4 4      y x y x P

Từ giả thiết suy ra: xy xy y x xy xy xy y xy x 3 3 ) ( 1 2 1 2 2 2            Từ đó ta có 1 3 1    xy . 0,25 M¨t kh¸c x2xyy2 1 x2y2 1xy nªn x4y4 x2y22xy1 .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña

1 3 1 ; 2 2 2 ) ( 2          t t t t t f P 0.25 TÝnh                 ) ( 2 6 2 6 0 ) 2 ( 6 1 0 ) ( ' ₂ l t t t t f _0.25 Do hàm số liên tục trên



;1



3 1  nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , f( 62), f(1) cho ra kết quả: 6 2 6 ) 2 6 (     f MaxP , 15 11 ) 3 1 ( minP f   0.25

Câu VIa 1 điểm

(Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: AB 



1; 2



 AB 5. Phương trình của AB là: 2x   . y 2 0

 

:

 

;

I d yxI t t . I là trung điểm của AC:C(2t1;2t) 0,5

a)

Theo bài ra: . ( , ) 2 2 1    ABd C AB S ABC  .6t4  4        3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 1 điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 b)

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với

(ABC) nên OH//n(2;1;1) ;H

_

ABC

_

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 (  H 0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 ( '  O 0,5 Giải phương trình:( 2_ )( _3)( _2)_10 z z z z ,zC. 1 điểm PT  z(z2)(z1)(z3)10 (z22z)(z22z3)0 Đặt tz2 2z. Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt tz2 2z. Khi đó phương trình (8) trở thành t2 t3 100 0,25 CâuVIIa _                 6 1 1 5 2 z i z t t Vậy phương trình có các nghiệm: z1 6;z 1 i 0,5 Câu VIb a) 1 điểm Viết phương trình đường AB: 4x3y  và 4 0 AB  5 Viết phương trình đường CD: x4y17 và 0 CD  17 0,25

Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M ( ;3t t5) Ta tính được: ( , ) 13 19; ( , ) 11 37 5 17 t t d M AB   d M CD   0,25 Từ đó: S_MAB S_MCD d M AB AB( , ). d M CD CD( , ). 9 7 3 t t       Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7 3 M   M 0,5 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d

_

₁, ₂

_

dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u            Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  AB(….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,25 b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:



x2



2(y1)2 (z1)2 6 0,25

Điều kiện:x0

Bất phương trình  3(x3)log₂ x2(x1)

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.

0.25 TH1 Nếu x3 BPT  3 1 log 2 3 2    x x x Xét hàm số: f x log₂ x 2 3 ) (  đồng biến trên khoảng



0;



3 1 ) (    x x x g nghịch biến trên khoảng



3;



*Với x4:Ta có        3 ) 4 ( ) ( 3 ) 4 ( ) ( g x g f x f  Bpt có nghiệm x4 * Với x4:Ta có        3 ) 4 ( ) ( 3 ) 4 ( ) ( g x g f x f  Bpt vô nghiệm 0,25 TH 2 :Nếu 0 x3 BPT  3 1 log 2 3 2    x x x f x log₂x 2 3 ) (  đồng biến trên khoảng



0;



3 1 ) (    x x x g nghịch biến trên khoảng

 

0;3 *Với x1:Ta có        0 ) 1 ( ) ( 0 ) 1 ( ) ( g x g f x f  Bpt vô nghiệm * Với x1:Ta có        0 ) 1 ( ) ( 0 ) 1 ( ) ( g x g f x f  Bpt có nghiệm 0 x1 0,25 Vậy Bpt có nghiệm       1 0 4 x x 0,25

Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x

+ 5

-y

+5

-z

= 1

.Chứng minh rằng : 















25

25

25

25

5

5

5

5

5

x y z x y z y z x z x y







5

5

5

4

x y z Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab         ( *) ( *)  3 3 3 2 2 2

4

a

b

c

a

b

c

a

abc

b

abc

c

abc

 













0,25đ

 3 3 3

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

4

a

b

c

a

b

c

a

b a

c

b

c b

a

c

a c

b

 



















Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c        ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3

3

(

)(

)

8

8

4

b

b c

b a

b

b c b a















( 2) 3

3

(

)(

)

8

8

4

c

c

a

c

b

c

c

a c

b















( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

0,25đ

0,25đ

Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)

1. Chương trình Chuẩn.

Cõu Ph

ần

Nội dung Điểm

CâuVI a. (1,0) 1(1, 0) + Do ABCH nờn AB: x   . y 1 0 Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y          ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ABBN B( 4;3) .

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC.

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và

Vuụng gúc với BN là (d): x2y  . Gọi 5 0 I ( )d BN. Giải hệ:

2 5 0 2 5 0 x y x y         

. Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4) 

+ Phương trình BC: 7xy25 . Giải hệ: 0 7 25 0 1 0 x y x y          Suy ra: ( 13; 9) 4 4 C   . + ( 4 13 / 4)2 (3 9 / 4)2 450 4 BC       , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC       . Suy ra: 1 ( ; ). 1.3 2. 450 45. 2 2 4 4 ABC S  d A BC BC  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu

VIIA 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1

u  (4; - 6; - 8) u₂  ( - 6; 9; 12) +) u₁  và u₂  cùng phương 0,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d

0,25đ

B C

A

H

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H

36 33 15 ; ; 29 29 29      

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29

 



 

 

I là trung điểm của A’B suy ra I 65; 21; 43 29 58 29         0,25đ

Cõu Nội dung Điểm

Câu VIIa (1,0)

Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:

2 4 3 1 0 2 z z z     (1) z

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 0

2 1 ) 1 ( ) 1 2 2      z z z z (2) 0.25đ Đặt t=z-z 1 Khi đó 2  2  1₂ 2 z z t  2 1₂ t2 2 z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 0 2 5  (3) 2 9 9 2 5 . 4 1   i   PT (3) có 2 nghiệm t= 2 3 1 i ,t= 2 3 1 i 0.25đ Với t= 2 3 1 i ta có 2 (1 3) 2 0 2 3 1 1 2         i z i z z z (4) Có 2 2 2 ) 3 ( 6 9 6 8 16 ) 3 1 (  i    i  ii  i   PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i 1i 4 ) 3 ( ) 3 1 ( ,z= 2 1 4 ) 3 ( ) 3 1 (      i i i 0.25đ Với t= 2 3 1 i ta có 2 (1 3) 2 0 2 3 1 1 2         i z i z z z (4) Có 2 2 2 ) 3 ( 6 9 6 8 16 ) 3 1 (  i    i  ii  i   PT(4) có 2 nghiệm : z=  i  i 1i 4 ) 3 ( ) 3 1 ( ,z= 2 1 4 ) 3 ( ) 3 1 (       i i i

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 1  i ; z= 2 1   i 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) I d1 H A B A1

Ta có: d1d2 I. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:                2 / 3 y 2 / 9 x 0 6 y x 0 3 y x . Vậy       2 3 ; 2 9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Md₁Ox Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 3 2 2 3 2 9 3 2 IM 2 AB 2 2                 

Theo giả thiết: 2 2

2 3 12 AB S AD 12 AD . AB S ABCD ABCD       Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 0 3 y x 0 ) 0 y ( 1 ) 3 x ( 1         . Lại có: MA MD 2 0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:





           2 y 3 x 0 3 y x 2 2









                             1 3 x x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x 3 x y 2 y 3 x 3 x y 2 2 2 2       1 y 2 x hoặc       1 y 4 x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do       2 3 ; 2 9

I là trung điểm của AC suy ra:              2 1 3 y y 2 y 7 2 9 x x 2 x A I C A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đ

Cõu Phần Nội dung Điểm

CâuVIb. (1,0) 2.a) _{Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là} 1 u  ( 1; - 1; 2) và u₂( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2 0,25đ Xét u u₁; ₂.MN      = - 10  0 Vậy D1 chéo D2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u  _          1 3 ' 0 t t          A 5 4; ; 2 3 3 3       ; B (2; 3; 0)

Đường thẳng



qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2. Ta có



: 2 3 5 2 x t y t z t           0,25đ 0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z                         0,25đ CâuVIIb (1,0) Ta có: 2009 0 1 2009 2009 2009 2009 2009 (1i) C iC  .. i C 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 1 3 5 7 2007 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 .... ( ... ) C C C C C C C C C C C C i              Thấy: 1( ) 2 S AB , với 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 .... 2009 2009 AC C C C  C C BC₂₀₀₉0 C₂₀₀₉2 C₂₀₀₉4 C₂₀₀₉6 ...C₂₀₀₉2006C₂₀₀₉2008 + Ta có: (1i)2009(1i)[(1i) ]2 1004 (1i).21004 2100421004i. Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009 (1i) nờn A 21004. + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1x) C xC x C ...x C Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 ... 2009 2009 2009 ... 2009 C C  C C C  C Cho x=1 ta có: (C₂₀₀₉0 C₂₀₀₉2 ...C₂₀₀₉2008) ( C1₂₀₀₉C₂₀₀₉3 ...C₂₀₀₉2009)22009. Suy ra: 2008 2 B  . + Từ đó ta có: 1003 2007 2 2 S   . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =

1 2  x x .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình









2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     2. Giải phương trình 7x2x x5  3 2 xx2 (x  ) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3 0 3 3. 1 3 x dx x x    



.

Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho

_

DMN

_{ }

 ABC

_

. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: xy3 .xy

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





3 3 3 3 16 x y z P x y z      II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).

A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d1: 1 1 2 2 3 1 x y z   , d2: 2 2 1 5 2 x y z   

Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.

2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1

2 1 1

x y z

 

 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1  4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y         _{ }   ĐÁP ÁN ĐỀ 3

Câu Nội dung Điểm

I HS tu lam 2,0 II 2.0 1 Giải phương trình





_

_

2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     1.0 ĐK: sinxcosx 0 0.25

Khi đó PT 



1 sin 2x





cosx1



2 1 sin



 x



sinxcosx







1 sin x



1 cos xsinxsin .cosx x



 0 



1 sin x



1 cos x



1 sin x



0

0.25 sin 1 cos 1 x x        

(thoả mãn điều kiện) _0.25

2 2 2 x k x m              



k m  ,



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2

x  k  và x m2

_

k m  ,

_

0.25

2 _{Giải phương trình:} 2 2

2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x                0.25 2 3 2 0 5 2( 2) x x x x x              0.25 3 1 0 2 5 2. x x x x x      _   _     







2



2 0 1 16 0 x x x             0.25  x  1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25

III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x    



. 1.0 Đặt u = 2 1 1 2 x u  x ududx; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u          0.25 Ta có: 3 2 3 2 2 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u u dx du u du du u u u x x            









0.25



2



2 1 2 6 6 ln 1 1 u u u     0.25 3 3 6 ln 2    0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H

Do

_

DMN

_{ }

 ABC

_

DH 

_

ABC

_

mà .D ABC là

tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .

0.25

Trong tam giác vuông DHA:

2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH  DA AH  _ _      Diện tích tam giác AMN là 1 . .sin 600 3

2 4 AMN S  AM AN  xy 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 . 2 3 AMN 12 V  S DH  xy 0.25 D A B C H M N

Ta có: S_AMN S_AMH S_AMH 1 .sin 600 1 . .sin 300 1 . .sin 300 2xy 2x AH 2y AH    xy3 .xy 0.25 V 1.0 Trước hết ta có:





3 3 3 4 x y x y   (biến đổi tương đương) ...

_

xy

_{ }

2 xy

_

 0 0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó













3 ₃ 3 ₃ 3 ₃ 3 3 64 64 4P x y z a z z 1 t 64t a a          (với t = z a, 0  ) t 1 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t



0;1



. Có





2

 

2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t   t  t  f t   t    Lập bảng biến thiên 0.25

 

 0;1 64 inf 81 t M t     GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 VI.a 2.0 1 1.0

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 _{5 21 13} ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y                       _{ }   0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b

  

(với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos



nAB,nBD



 cos



nAC,nAB



    2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b _b a                  0.25

- Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,

A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3; 2)

2 1 0 2 x y x A x y y                

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 2 7 5 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y                       _{ }  

Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ

_

4;3 ;

_

14 12; 5 5

C D_ _

 

- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) _0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m                  _{ }  _{ }   0.25

Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

MN   (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d  (P) có VTPT n_P(2; 1; 5)  nênk MN:k n_p  3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k                  có nghiệm _0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t      Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t           

thoả mãn bài toán 0.25

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 n N n     

Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3

0.25  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n     _{ }  Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 =

_

_{ }

_

_

_

3 2 3 1i . 1 i   1i .(2 )i (1i).( 8 ) i  8 8i   0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B x( B;yB)d1xB  yB5;C x( C;yC)d2xC  2yC 7 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y          0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) _0.25 Ta có BG(3; 4)VTPT nBG(4; 3)   nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn)

Bán kính R = d(C; BG) = 9 5  phương trình đường tròn: (x – 5) 2 _{+(y – 1)}2 ₌ 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 x t y t z t             

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2 2 1 2 0 x t y t z t x y z                    (tham số t) (1; 3; 0) M   0.25 Lại có VTPT của(P) là nP(1;1;1)  , VTCP của d là ud(2;1; 1)  .

Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u_ _u n _d, _P_(2; 3;1) Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đóMN x( 1;y3; )z

 . Ta có MN vuông góc với u_nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 42 x y z x y z x y z             _{    }  0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) _0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : 5 2 5 2 3 1 x y z     Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : 3 4 5 2 3 1 x y z     0.25 VII.b Giải hệ phương trình 14





4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y _{x y} x y             1.0 Điều kiện: 0 0 y x y       0.25 Hệ phương trình 4





4 4 2 2 2 2 2 2 1 1

log log 1 log 1

4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y                _ _ _  _{ }  _{ }  _{ }    0.25 2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y       _ _ _ _        _ 0.25









15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y             _{ }     _{ }    

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

0.25 (không thỏa mãn đk)

ĐỀ 4

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y x3(3x1)m (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m 1.

2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm

cực trị này ở về hai phía của trục tung.

Câu II:(2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

8cos

3

6 2 sin 2

3

3 2 cos(

17

4 ).cos 2

16cos

2

x



x







x

x



x

. 2. Tính tích phân :







1 2 1

1

1

x

dx

I

e

x











.

Câu III:(2,0 điểm)

1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 4 2

1 x x me  e  có nghiệm thực . 2. Chứng minh:

_

x y z

_

1 1 1 12 x y z     _   _  

với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn

_

1; 3

_

.

Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội

tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 0 60 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình chuẩn

Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với



2;0



A và G



1; 3



là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Câu VI.a:(2,0 điểm)

1. Giải phương trình: log₃



4.16x 12x



2x1. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y



x1



ln x.

B. Theo chương trình nâng cao

Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A



0 1;



và phương trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là 2x y  1 0 và

3 1 0

x y  . Tìm tọa độ hai điểm B và C.

Câu VI.b:(2,0 điểm)

1. Giải phương trình: log3 1 log3 2

2 x 2 x x. 2. Tìm giới hạn: lim ln 2



₂



1 1 x x x    . ĐÁP ÁN ĐỀ 4

Câu

Ý

NỘI DUNG

Điểm

Câu I Ý 1 _{Khi m =1} 3

3 1

Giới hạn: lim ; lim

xy  xy  .

y’= 3x2 – 3 ; y’=0 x 1. 0,25 đ Bảng biến thiên .

Hàm số đồng biến trên khoảng

_

 ; 1 , 1;

_{ }

  và nghịch biến

_

trên khoảng

_

1;1

_

.

Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; yCT = -1 .

0,25 đ

(1,0 đ)

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).

Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) . 0,25 đ y’ = 0 3x2 – 3m = 0 ;  ' 9m. 0,25 đ

0

m  : y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị . 0,25 đ

0

m  : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0  hàm số có 2 cực trị.

KL: m 0. 0,25 đ (2,0đ) Ý 2 (1,0 đ) 0 m   P m  đpcm. 0 0,25 đ Biến đổi: 3

4 cos x3 2 sin 2x8 cosx

0,25 đ

2

2 cos .(2 cosx x 3 2 sinx 4) 0

    0,25 đ

2

cosx 0 v 2 sin x 3 2 sinx 2 0

     . 0,25 đ Ý 1 (1,0 đ) 2 2 4 3 2 4 x k x k x k                      , kZ KL: 0,25 đ Khi x = 2y  y   1 2 1 x y      ; 2 1 x y        (loại) . _{0,25 đ} âu II (2,0 đ) Ý 2 (1,0 đ) Khi y=2x  -3 x 2 = 3 : VN . KL: nghiệm hệ PT là



2;1 .



0,25 đ Câu III (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) Đặt 2 x te ĐK: t > 0 . 0,25 đ

Xét 4 4 ( ) 1 f t  t   với t > 0 . t 3 4 4 4 '( ) 1 0 1 t f t t    _{ }       hàm số NB trên

_

0;   .

_

0,50 đ



4 4



4 2



1 lim ( ) lim 0 1 1 t f t t t t t t         ; f(0) = 1. KL: 0< m <1. 0,25 đ Ta có:1 t 3

_

t 1

_

t 3

_

0 t2 4t 3 0 t 3 4 t              . 0,25 đ Suy ra : x 3 4 ; y 3 4 ;z 3 4 x y z      





3 1 1 1 12 Q x y z x y z        _   _   0,50 đ Ý 2 (1,0 đ)





1 1 1





1 1 1 3 6 12 2 Q x y z x y z x y z x y z       _   _     _   _     0,25 đ

Gọi M là trung điểm BC A , M , H thẳng hàng

0 BC SM 60 BCAM   SMH  . 0,25 đ AM=4a 12 2; 8 3 2 ABC ABC S a S a p a r p       =MH . _{0,25 đ} 3 . 3 3 6 3 2 S ABC a SH V a     . 0,25 đ Câu IV (1,0 đ) Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC ABSN AC; SP HM = HN = HP 2 3 _XQ 3 24 SM SN SP a S ap a        . 0,25 đ Đặt AB = a





2 _{2 2} 2 ; 2 2 ABC a a BC a S p       . 0,50 đ 2 2 ABC S a r p     . 0,25 đ Câu Va (1,0 đ)



1; 3



2 3 3 2 AG  AG AM  a 





3 2 1 r    . 0,25 đ Câu VIa (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) PT 2 1 2 2 4.16x 12x 3 x 4.4 x 4 .3x x 3.3x       . 2x 2 4 x 4 x     0,50đ

Đặt 4 3 x t_{  }    . ĐK: 2 3 0 ; 4 3 0 1( ); ( ) 4 t t   t   t kth t th . 0,25 đ Khi 3 4 t  , ta có: 1 4 3 4 1 3 4 3 x x                   . 0,25 đ TXĐ: D 



0; 



; y' lnx x 1 x    . 0,25 đ y’= 0   ; y(1) = 0 vìx 1 y lnx x 1 x    là HSĐB 0,50 đ Ý 2 (1,0 đ) Khi 0 < x < 1  y' ; khi x > 1 0  y' . 0 KL: miny = 0  . x 1 0,25 đ

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 2 1 4 1;

3 1 7 7 x y G x y        _{ }      . _{0,25 đ} Gọi B b



; 2b1



( )d1 ; C



1 3 ; c c



(d2) Ta có: 5 2 3 7 7 3 1 2 7 7 b c b b c c              _{ }  _{ }     . 0,50 đ Câu Vb (1,0 đ) KL: 2; 3 ; 10; 1 7 7 7 7 B_  _ C_  _    . 0,25 đ ĐK: x > 0 . Đặt tlog₃xx3t. 0,25 đ Ta có: 2 1 9 2 4 2 2.2 2 3 .2 3 4 4 3 9 3 t t t t t t         _{ }  _{ }     . 0,50 đ Ý 1 (1,0 đ) Khi t = 2 thì log₃x2 x 9(th) KL: nghiệm PT là x 9 . 0,25 đ Đặt t x 1. Suy ra x:    . 1 t 0 0,25 đ Giới hạn trở thành:









0 ln 1 lim 2 t t t t   

 





 

0 ln 1 1 1 lim . 2 2 t t t t          . 0,50đ Câu VIb (2,0 đ) Ý 2 (1,0 đ) KL:



₂



1 ln 2 1 lim 1 2 x x x      . 0,25đ ĐỀ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4

1 x y x    . 1). Khảo sát và vẽ đồ thị

 

C của hàm số trên.

2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và 3 10

MN  .