(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

71

(S): x² + y² + z² - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 , đường thẳng d : ^{1 2}

1 2 1

x  y  z



a. Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu (S).

b. Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đường thẳng d.

Câu 8(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho 2 đường thẳng d: 3x+y=0 và d’: 3x-y=0.Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d tại A,cắt d’ tại 2 điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (C) biết diện tích tam giác ABC bằng ³

2 và A có hành độ dương.

Câu 9 (0,5 điểm) Cho số nguyên dương n thõa điều kiện C¹_2n1C₂³_n1 ... C₂²_nⁿ_^₁¹1023 . Tìm hệ số của x¹³ trong khai triển (x+3)³ⁿ

Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3( ) 3( ) 2

M  a b b c c a  ab bc ca   a  b c

---Hết--- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 21

Nội dung Điểm

Câu 1(2,0điểm) a.

(1,0 điểm)

+Tập xác định

+Chiều biến thiên --- +Cực trị --- +Giới hạn , tiệm cận --- +BBT ---

+Đồ thị ---

0,25

0,25 0,25

0,25

72

f(x)=(2*x+1)/(x+1)

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

x y

b (1,0 điểm)

Xét pt ^{2 1} 1 x x



 =kx+k+1

< =>kx²+(3k-1)x+2k=0(x-1)

< =>kx²+(3k-1)x+2k=0 ( vì x=-1 không phải là nghiệm của pt với mọi k) Do đó d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt < => ₂ ⁰

6 1 0

k

k k

 

    

 ---



0 3 2 2(*) 3 2 2 k

k k

 

  



  



---

Vậy với k thõa (*) thì thõa yêu cầu bài toán

0,25

0,25

0,5

Câu 2(1,0 điểm) a

(0,5 điểm)

Giả sử ,z=x+yi(x,yR ).Ta có

(2 ) 3 5

z i z  i x+yi +(2+i)(x-yi)=3+5i 3x+y+(x-y)i=3+5i  ^{3 3 2}

5 3

x y x

x y y

  

 

     

  ---

0,25

73 Vậy z=2-3i

Do đó môđun của số phức z lần lượt bằng 13 ---

0,25

b.

(0,5 điểm)

Ta có

2 2 1 8

sin 1 cos 1

9 9

      

Vì ³

2

    nên sin <0

Do đó 2 2

sin   3 ---

Vậy ₃ ^sin ₃

sin 3cos

P 

 

  = ₃

3

2 2 3 18 2

16 2 3

2 2 1

3 3. 3

 

     

   

 

---

0,25

0,25 Câu 3(0,5 điểm)

(3 2 2) ^x2( 2 1) ^x 3 0

( 2 1) ^2x2( 2 1) ^x 3 0

( 2 1) ^3x3( 2 1) ^x 2 0---

( 2 1) ^x2

xlog _{2 1} 2---

0,25

0,25

Câu 4(1,0 điểm)

ĐK: ²

x 3

74

3x 2 x 3 2x1  3x 2 x 3 ( 3x 2 x3)( 3x 2 x3) 1 3x 2 x3(vì 3x 2 x3>0)--- 1 x 3 3x2

1  x 3 2 x 3 3x2

 x  3 x 1---

2

1 0 1 0

3 2 1

x x

x x x

  

    

1 3 17

1 2

x x

 

   



---

So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là ^{2 3 17} 3 x 2

   ---

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5(1,0 điểm)

1

1 3ln ln

e x x .

I dx

x







Đặt u= 1 3ln x =>u²= 1+3lnx

 2udu= ³dx

x --- Đổi cận : x=e => u=2

x=1 => u=1 Khi đó I=

2 2

1

. 1 2.

3 3

u u  udu



……….

0,25

0,25

75

=

2 5 3 2

2 2

1 1

2 2 116

( 1) ( )

9 9 5 3 135

u u

u u  du  



………

…….

0,5

Câu 6(1,0 đ) (Hình vẽ )

+ C/m M là trung điểm của SA.

Ta tính được

SH= ^{2 2 2 2 14}

4 4

a a

SA AH a  

   

SC=

2 2

2 2 14 3 2

16 4 2

a a

SH CH   a AC

     

 

Do đó tam giác SCA cân tại C nên M là trung điểm của SA

+ Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a

Ta vẽ MK vuông góc với AC tại K,khi đó KM=SH/2 V_S.ABC=1/3 SH.S_ABC=

3 14 24

a --- Khi đó

V_MSBC=V_MABC=1/2 V_S.ABC=

3 14 48 a

0,25

0,25

0,5

Câu 7(1,0 đ)

a. d có một vtcp u(1; 2; 1) , (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R=4

Vì (P) vuông góc với d nên (P) nhận u(1; 2; 1) làm vtpt .Do đó pt của (P) có dạng x+2y-z+D=0---

Mặt khác (P) tiếp xúc với (S) nên ta có

0,25

76

d(I,(P))=R ² 4

6

D

  ^{2 4 6}

2 4 6 D

D

   

   



Vậy pt của (P) là x+2y-z-2+4 6=0 hoặc x+2y-z-2-4 6=0---

0,25

b.

Pt của d được viết dưới dạng tham số 1 2 2 x t

y t

z t

 

  

  



Gọi d’ là đt cần tìm,và H(t ;1+2t ;2-t) là giao điểm của d và d’

Ta có IH (t 2; 2 2 ; 4 t t)

Và IH u. 0 t-2+2(2+2t)-(4-t)=0t=1/3

Vậy H(1/3 ;5/3 ;5/3) --- Do đó d’ đi qua 2 điểm I(2;-1;2) và H(1/3 ;5/3 ;5/3)

Vậy pt đt cần tìm

2 5 1 8 2 11

x t

y t

z t

  

   

   



---

0,25

0,25

Câu 8(1,0 đ)

Ta thấy đường tròn (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác vông ABC,có đường kính AC

Điểm A thuộc d nên A(a;-a 3 ) (a>0).

+Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với d’ có pt: x+ 3y+2a=0 Do đó B là giao điểm của AB với d’ .khi đó B ; ³

2 2

a a

 

 

 

 

 

+ Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d có pt: x- 3y-4a=0

Do đó C là giao điểm của AC với d’ .khi đó C



^{2 ; 2a  a 3}



---

0,25

77 Ta lại có SABC =¹ . ³

2AB BC  2 =>a= ¹ 3 Vậy ¹ ; 1 , C ² ; 2

3 3

A      ---

Do đó đường tròn (C ) có tâm ¹ ; ³ 2 3 2

I   là trung điểm của AC và bán kính R=IA=1

Vậy pt của( C):

2 2

1 3

2 1

x 2 3 y

      

   

  ---

0,25

0,5

Câu 9(0,5 đ) Đặt S = C₂⁰_n1C₂¹_n1C₂²_n1 ... C₂²_nⁿ_1C₂²_nⁿ_^₁¹2^2n1 Ta có C¹_2n1C₂³_n1 ... C₂²_nⁿ_^₁¹C₂²_nⁿ_^₁¹C₂⁰_n1C_{2 1}²_n  ... C₂²_nⁿ_1 Do đó ¹_{2 1 2}³ ₁ ... ₂² ₁¹ ₂² ₁^{1 1 1}.2 ¹ 2

2 2

n n n n

n n n n

C _ C _  C _^ C _^  S  ^ 

=> C₂¹_n1C₂³_n1 ... C₂²_nⁿ_^₁¹2ⁿC₂²_nⁿ_^₁¹2ⁿ1

Vậy C₂¹_n1C₂³_n1 ... C₂²_nⁿ_^₁¹10232ⁿ 1 1023 n 5--- Với n=5 , ta có (x+3)³ⁿ=(x+3)¹⁵

15

15 15

15 0

k3 k k k

C ^{ } x



 ^.

Vậy hệ số của x¹³ trong khai triển (x+3)¹⁵ là 3 .²C₁₅¹³945 ---

0,25

0,25

Câu 10(1,0 đ) Đặt t=ab+bc+ca ( t0 ),ta có

a²+b²+c² ab+bc+ca

=>1=(a+b+c)²= a²+b²+c²+2(ab+bc+ca) 3(ab+bc+ca)=3t

78

=> a²+b²+c²=1-2t với ¹ t3 Theo bất đẳng thức Cô-si

T²=(ab+bc+ca)² 3(a²b²+b²c²+c²a²)

Do đó M t²+3t+2 1 2t --- Xét hàm số f(t)= t²+3t+2 1 2t trên tập 1

0;3

D  

    ,

f’(t)=2 3 ² t 1 2

  t

 f’’(t)=

3

2 2 0

(1 2 )

t D t

   



=>f’(t) nghịch biến trên D

=>f’(t) f’(1/3)=¹¹ 2 3

3  => f(t)đồng biến trên D

=>f(t) f(0)=2--- Vậy minM =2 đạt được khi t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn

1

0 a b c ab bc ca ab bc ca

  

  

   



< =>a,b,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0)---

0,25

0,5

0,25

79

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 22) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: yx⁴ 2(m²1)x²1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình : sin 2xcosxsinx1 (xR)

80 b) Giải bất phương trình : _{1 2} ²

2

log log (2x ) 0 (xR)^.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ²

3

1 1

I dx

x x





 ^.

Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 2 1

z z

z

  

 . Hãy tính 4

2 z i z i



 ^.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC A B C. ' ' ', ABC đều có cạnh bằng a, AA'a ^{và đỉnh} A' cách đều , ,

A B C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A B' . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' '

ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN).

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S có phương trình

2 2 2

4 6 2 2 0

x  y z  x y z  . Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc Oy và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r2 3.

Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x4y100 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y 1 0. Điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2. Tính diện tích tam giác ABC.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: ^{x25x4 1}



^{ x x( 22x4)}



^{(x R).}

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x y; thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 2

2 1 2 1 2

P x  y  x  x  y  x  y . Hết

---81

ĐÁP ÁN (ĐỀ 22) Câu 1.

(2 đ)

a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x³ – 4(m²+1)x y’ = 0 

2

0

1 x

x m

 

   

  hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2 1

xCT   m   giá trị cực tiểu y_CT  (m²1)²1

2 2

ì ( 1) 1 _CT 0

V m    y  max(y_CT) 0 m²   1 1 m 0 Câu 2.

(1 đ)

a) sin 2xcosxsinx1 (1)

(1)  (sinxcos )(1 sinx  xcos )x 0

sin cos 0 1 sin cos 0

x x

x x

 

    

4 ( )

2 3 2

2

x k

k Z

x k x k

   

 

     



b) l _{1 2} ²

2

og log (2x ) 0 (xR) ^(2).

Điều kiện: log (2₂ x²)  0 2 x²     1 1 x 1

Khi đó (2)  ₂ ²

2 2

1 1 1 1 1 1

log (2 ) 1

0

2 2 0

x x x

x x x x

     

    

           

Vậy tập nghiệm bpt là S  ( 1;0)(0;1) Câu 3.

(1 đ)

2 2 2

3 3 3

1 1 1 1

dx x dx

I

x x x x

 

 

 

^.

Đặt ^{3 3 2 2} 2

1 1 .

t  x   x   t x dx 3t dt.

1 2 ; 2 3

x  t x  t

82

3 3

2 2 2

2 . 1 1 1

3( 1) 3 1 1

I t dt dt

t t

t t

 





 



    

3

2

1 1 1 1 2 1 1 3 2 2

ln ln ln ln

3 1 3 2 2 1 3 2

I x

x

 

  

      

Câu 4.

(0,5 đ)

11 1

2

z z

z

  

 ^

2 4 13 0

z  z  ,    ' 9 9i² 2 3 2 3

z i

z i

  

  



 z 2 3i  4 2 z i z i



 ⁼

2 1

2 i i

 



 z 2 3i  4 2 z i z i



 ⁼

2 7 53

2 5 29

i i

 

 Câu 5.

(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)

Ta có 3 2 3

2 , 3 3

a a

AM  AO AM 

2

2 2 2 6

' '

3 3

a a

A O AA AO  a   ;

2 3

ABC 4 S_  a

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ':

2 2

3 6 2

. ' .

4 3 4

ABC

a a a

V S_ A O 

E A

B

C

C'’

B'’

A'

’

M O

N

83

 Ta có ^{1 .}



^{,( )}



NAMC 3 AMC

V  S_ d N ABC



^{,( )}



^{3 NAMC}

AMC

d C AMN V

S_

 

 

1 2 3 1 6

; ,( ) '

2 8 2 6

AMC ABC

a a

S  S  d N ABC  A O

Suy ra:

2 2

1 3 6 2

3 8 . 6 48

NAMC

a a a

V  

lại có : 3

2

AM  AN  a , nên AMN cân tại A

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN^{, '}

2 2

A C a

MN  

2 2

2 2 3 11

4 16 4

a a a

AE AN NE

      ;

1 2 11

2 . 16

AMN

S  MN AE a



^{, ( )}



^{3 2 2 : 11 22}

48 16 11

a a a

d C AMN

   (đvđd)

Câu 6.

(1 đ)

2 2 2 2 2 2

( ) :S x y z 4x6y2z  2 0 (x2) (y3)  (z 1) 16

 ( )S có tâm I(2; 3;1) bán kính R4 ; trục Oy có VTCP j(0;1;0) Gọi n( ; ; )a b c là VTPT mp(P) ,

( )P chứa Oy  n  j b 0  n ( ;0; ) (a c a²c² 0) Phương trình mp(P): ax cz 0

(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r2 3

 ^{d I P}



^{, ( )}



^{ R2 r2 2  2a}₂ ^c₂ ^{2 4a2 4ac c2 4a2 4c2}

a c

      



2 0

3 4 0

3 4

c ac c

c a

 

     

Vậy phương trình mp(P) : x0 hoặc 3x4z0.

84 Câu 7.

(0,5 đ)

Số phần tử không gian mẫu là n( ) C C C₁₂⁴. ₈⁴. ₄⁴ 34.650 Gọi A là biến cố “3 đội bóng của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

Số các kết quả thuận lợi của A là n A( )3C₉³.2C₆³.1.C₃³ 1080 Xác xuất của biến cố A là ( ) 1080 54

( ) 0,31

( 34650 173 P A n A

 n  

 Câu 8.

(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x

− 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

4 3 1 0

(4;5)

1 0

x y x y B

  

 

   



Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

3 4 8 0 1

( 3; )

3 4 10 0 4

x y x y A

  

   

   



Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

A

B

C H

E M(0;2)

N I

85

2 2

(1;1) 1; 1

4 3 1 0

31 33

31 33

; ;

( 2) 2

25 25

25 25

x y C x y

x y C

x y

  

   

   

         

    

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

Tương tự A và 31 33 25 25;

C 

 

  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.

BC = 5, 49

( , )

AH d A BC  20. Do đó 49

ABC 8

S  (đvdt).

Câu 9.

(1 đ)

 

2 2

5 4 1 ( 2 4)

x  x  x x  x (*)

ĐK: x(x² + 2x − 4) ≥ 0  1 5 0

1 5

x x

   

   



Khi đó (*)  4 x x( ²2x4) x² 5x4

 4 x x( ² 2x4) (x²2x 4) 3x (**) TH 1: x  1 5, chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**)  ² 2 4 ² 2 4

4 x x x x 3

x x

   

 

Đặt

2 2 4

, 0

x x

t t

x

 

  , ta có bpt: t²  4t 3 0   1 t 3

2 2

2

7 4 0

2 4

1 3

4 0

x x

x x

x x x

   

  

   

  

 ^

1 17 7 65

2 x 2

    

TH 2:  1 5 x 0, x²5x 4 0 , (**) luôn thỏa

86

Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 17 7 65

1 5;0 ;

2 2

S        Câu10.

(1 đ)

2 2 2 1 2 2 2 1 2

P x y  x  x y  x  y

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN

 (x1)² y²  (x1)² y²  4 4 y²

 P2 1y²   y 2 f y( )

TH1: y ≤ 2: f y( )2 1y²  2 y 

2

'( ) 2 1

1 f y y

y

 



2

2

0 3

'( ) 0 2 1

3 1 3

f y y y y y

y

 

       

 

Lập bảng biến thiên f(y) 

( .2]

min ( ) 3 2 3

3

x f y f

 

 

   

 

TH2: y ≥ 2: f y( )2 1y²  y 2 ≥ 2 5 2 3 Vậy P 2 3 x y; .

Do đó MinP 2 3 khi x = 0 ; y = 3 3

--- Hết ---

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 (ĐỀ 23) . Câu 1 ( 3 điểm) : Cho hàm số y=x⁴-2x²-3.

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

87

b).Tìm tham số m đề đồ thị hàm số y=mx²-3 cắt đồ thị ( C) tại 3 điểm phân biệt và tạo thành hình phẳng có diện tích bằng ¹²⁸

15 .

Câu 2: ( 1 điểm ) a. Giải phương trình :  

 3 t anx 1

1 2 3 cos

2 2

x .

b.Giải phương trình: 3^x.2x=3^x+2x+1

Trong tài liệu Ôn cấp tốc thi THPT quốc gia (Trang 70-87)