http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
16
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
xyz
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
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
...B C C C C C C
+ Ta có:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2
i i i i i
.
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )
i
nờn
1004
2
A
.
+ 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
... ...C C C C C C
Cho x=1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ... ) ( ... ) 2
C C C C C C .
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 2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x 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:
3 .
x y xy
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
16
x y z
P
xyz
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)
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
17
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 yx 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:
sin cos 0
x x
0.25
Khi đó
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
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
2
x m
,k m
0.25
2 Giải phương trình: 2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x
1.0
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
18
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
1
x
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 2 2
3
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 6ln 1
1
u u u 0.25
3
3 6ln
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 0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy
0.25
Thể tích tứ diện .
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
0.25
D
A
B
C
H
M
N
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
19
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH
3 .
x y xy
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
3
3 3
4
x y
x y
(biến đổi tương đương)
2
... 0
x y x y
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
3 3
3 3 3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
(với t =
z
a
,
0 1
t
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t
0;1
. Có
2
21
'( ) 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
21 13
5;
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
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b
(với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
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
7 5
2
;
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
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
20
- 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
(2; 1; 5)
P
n
nên :p
k MN kn
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
23
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8
i i i i i i i
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử 1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
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
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
www.VNMATH.com