Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán

http://tranduythai.violet.vn Biên so 2 ạn: Trần Duy Thái

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

sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x       

2) Giải phương trình:  

2

2 2

x x x x R      1 5 2 4;

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 ,   0 ASO SAB   60 . 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   0 và điểm 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 điểm A0; 1;2 ,  

B1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S  có phương trình: 2 2 2

( 1) ( 2) ( 1) 2 x y z      

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

z z   1 0.

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  

2 2

: 4 25 x y    và điểm

M (1; 1)  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn C tại 2 điểm A B, sao

cho MA MB  3

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 B C 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0        và tiếp xúc với mặt phẳng P

BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 3 ạn: Trần Duy Thái

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 x

y y

   

     TCĐ x = 2

y’ = 2

1 0; 2

( 2)

x

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 = 2

0 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

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

TXĐ: D =R

2 3 4 2 3 4

sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x 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 ) sin . 0     x cosx x cosx , đặt t = sin (t 2; 2 ) x cosx      

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

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 4 ạn: Trần Duy Thái

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 2

x x x x R      1 5 2 4;

Đặt 2 2 4 2 t x x t x x      2 4 2( 2 ) 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 x     2, 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

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 5 ạn: Trần Duy Thái

Câu IV

(1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a 

Đặt OA R   0

SAB SAB    60 đều



1 1 1

2 2 2 sin 3

OA R IA AB SA

ASO

   

Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO  

2

2 2 6

3 2

R a

     R a R

  SA a 2

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 x  5 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 y   1; 4 Vậy Min P = 3

2

Lưu ý:

Có thể thay y x  5 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)

Anằm trên Ox nên A a ;0, B nằm trên đường thẳng x y   0nên B b b ( ; ),

M (2;1)        MA a MB b b ( 2; 1), ( 2; 1)

 

Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

2 2 2

( 2)( 2) ( 1) 0 . 0

( 2) 1 ( 2) ( 1)

MA MB a b b

MA MB a b b

         

  

         

 

,

do b  2 không thỏa mãn vậy

2

2 2 2 2 2

1

1 2 , 2

2 , 2 2

2

1

( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1)

2

b

b a b

a b b

b

b

a b b b b

b

 

     

     

   

    

                

2 2

2

1 2

2 , 2

2 1

1 4

( 2) ( 1) . 1 0

( 2) 3

b a

a b

b b

a

b b

b b

   

    

   

  



        

              

0,25

0,25

S

O A

B

I

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 6 ạn: Trần Duy Thái

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 12 0 x y   

0,25

0,25

ĐỀ 2

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 y x m x m m x       2 3(2 1) 6 ( 1) 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(2cos 2x 1)  1

b) Giải phương trình : 3

2

3

(3 1) 2 1 5

2 2

x  x   x  x 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 





3ln 2

0

3 2

( 2)

x

e

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: 1

2 2

x  xy  y  .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

1

2 2

4 4

 

 



x y

x y

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:( )( 3)( 2) 10 2

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 5 0     x y sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

5

1

1

3

4

:

1













x  y z

d

3 1

3

1

2

:

2

x y z

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(3log2

x  2)  9log2

x  2

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 7 ạn: Trần Duy Thái

ĐÁP ÁN ĐỀ 2

Câu I

a) Đồ thị Học sinh tự làm

0,25

3 2 y x m x m m x       2 3(2 1) 6 ( 1) 1 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)

2  y  x  m  x  m m 

y’ có (2 1) 4( ) 1 0

2 2   m   m  m  

0,5







 



 

1

' 0

x m

x m

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(2cos 2x 1)  1 1 điểm

PT 2cos3 (4cos 1) 1

2

x x    2cos3 (3 4sin ) 1

2

x  x  0,25

Nhận xét x  k, k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

2cos3 (3 4sin ) 1

2

x  x   2cos3x(3sin x 4sin x) sin x

3

 

 2cos3xsin 3x  sin x  sin 6x  sin x

0,25

 





  

 

 



6 2

6 2

x x m

x x m















 



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,

l  Z

Vậy phương trình có nghiệm:

5

2m

x  (m  5t );

7

2

7

 m

x   (m  7l  3 )

trong đó m,t,l  Z

0,25

Giải phương trình : 3

2

3

(3 1) 2 1 5

2 2

x  x   x  x 

1 điểm

PT  2(3 1) 2 1 10 3 6

2 2

x  x   x  x 

2(3 1) 2 1 4(2 1) 2 3 2

2 2 2

x  x   x   x  x  . Đặt 2 1( 0)

2

t  x  t 

Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0

2 2

t  x  t  x  x  

Ta có: 2 2 2 ' (3x 1)  4(2x  3x  2)  (x  3)

0,25

b)

Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0

2 2

t  x  t  x  x  

Ta có: 2 2 2 ' (3x 1)  4(2x  3x  2)  (x  3)

0,25

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 8 ạn: Trần Duy Thái

Từ đó ta có phương trình có nghiệm :

2

2

;

2

2 1 







x

t

x

t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các

nghiệm:





 





 



7

2 60

;

2

1 6

x

0,5

Tính tích phân 





3ln 2

0

3 2

( 2)

x

e

dx I

1 điểm

Ta c ó 





3ln 2

0 3 3 2

3

( 2)

x x

x

e e

e dx I =

Đặt u= 3

x

e  du e dx

x

3 3  ; x  0  u  1; x  3ln 2  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

4( 2)

1

4

1

0,25

=3

2

1

2( 2)

1

ln 2

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

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 9 ạn: Trần Duy Thái

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:











A O BC

AM BC

'

 BC  (A' AM )

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

Do HM BC

HM A AM

BC A AM

 











( ' )

( ' )

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó

4

3

d(AA',BC)  HM  a .

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

AH

HM

AO

A O



'

 suy ra

3

a

3a

4

4

a 3

3

a 3

AH

AO.HM A'O   

Thể tích khối lăng trụ:

12

a 3

a

2

a 3

3

a

2

1

A'O.AM.BC

2

1

V A'O.S

3

 ABC   

0,5

1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3.Chứng minh

rằng:

3( ) 4 13 2 2 2

a  b  c  abc 

1 điểm

Đặt

2

( , , ) 3( ) 4 13;

2 2 2 b c

f a b c a b c abc t



     

*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

 3a  a  b  c  3 hay a  1

f (a,b, c)  f (a,t,t) 

3( ) 4 13 3( ) 4 13 2 2 2 2 2 2 2

a  b  c  abc   a  t  t  at 

= 3( 2 ) 4 ( )

2 2 2 2

b  c  t  a bc  t

= 









 

  









 

 

2 2

2 2

4

( )

4

4

2( )

3

b c

a bc b c

b c =

2

2

( )

2

3( )

a b c

b c

 



= 0

2

(3 2 )( )

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( ) 4 13 2 2 2 2

f a t t  a  t  t  at 

= 3((3 2 ) ) 4(3 2 ) 13 2 2 2 2

 t  t  t   t t 

= 2( 1) (7 4 ) 0

2

t   t  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: 1

2 2

x  xy  y  .Tìm giá trị lớn nhất

,nhỏ nhất của biểu thức

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 10 ạn: Trần Duy Thái

1

1

2 2

4 4

 

 



x y

x y

P

Từ giả thiết suy ra:

x y xy xy

x xy y xy xy xy

1 ( ) 3 3

1 2

2

2 2

    

     

Từ đó ta có 1

3

1

  xy  .

0,25

M¨t kh¸c x  xy  y 1 x  y 1 xy

2 2 2 2

nªn 2 1

4 4 2 2

x  y  x y  xy  .®¨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

P f t

0.25

TÝnh









  

 

 



   

6 2( )

6 2

0

( 2)

6

'( ) 0 1 2

t l

t

t

f t 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:

MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 ,

15

11 )

3

1

min P  f ( 

0.25

Câu VIa 1 điểm

(Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: AB      1;2 5  AB



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

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

SABC  AB d C AB   .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

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 11 ạn: Trần Duy Thái

*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:( )( 3)( 2) 10 2

z  z z  z   , z C. 1 điểm

PT z(z  2)(z 1)(z  3) 10  ( 2 )( 2 3) 0

2 2

z  z z  z  

Đặt t z 2z

2

  . Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25

Đặt t z 2z

2

  . Khi đó phương trình (8) trở thành

3 10 0

2

t  t  

0,25

CâuVIIa







  

  

 







  

1 6

1

5

2

z

z i

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: 4 3 4 0 x y    và AB  5

Viết phương trình đường CD: x y    4 17 0 và CD  17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M t t   ( ;3 5) Ta tính được:

13 19 11 37

( , ) ; ( , )

5 17

t t

d M AB d M CD

 

 

0,25

Từ đó: S S d M AB AB d M CD CD MAB MCD   ( , ). ( , ). 

7

9

3

     t t  Có 2 điểm cần tìm là: 7

( 9; 32), ( ;2)

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:  

2 2 2

x y z       2 ( 1) ( 1) 6 0,25

CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2

x  2)  9log2

x  2 1 điểm

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 12 ạn: Trần Duy Thái

Điều kiện: x  0

Bất phương trình  3( 3)log 2( 1) x  2

x  x 

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 x 2

log

2

3

( )  đồng biến trên khoảng 0;

3

1

( )







x

x

g x nghịch biến trên khoảng 3;

*Với x  4 :Ta có







 

 

( ) (4) 3

( ) (4) 3

g x g

f x f

 Bpt có nghiệm x  4

* Với x  4:Ta có







 

 

( ) (4) 3

( ) (4) 3

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 x 2

log

2

3

( )  đồng biến trên khoảng 0;

3

1

( )







x

x

g x nghịch biến trên khoảng 0;3

*Với x  1:Ta có







 

 

( ) (1) 0

( ) (1) 0

g x g

f x f

 Bpt vô nghiệm

* Với x  1:Ta có







 

 

( ) (1) 0

( ) (1) 0

g x g

f x f

 Bpt có nghiệm 0  x  1

0,25

Vậy Bpt có nghiệm 





 



0 1

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

0,25đ

www.VNMATH.com

http://tranduythai.violet.vn Biên so 13 ạn: Trần Duy Thái



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 y    2 5 0. Gọi 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: 7 25 0 x y    . Giải hệ:

7 25 0

1 0

x y

x y

    

   

Suy ra: 13 9 ( ; )

4 4

C   .

+ 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4)

4

BC       ,

2 2

7.1 1( 2) 25

( ; ) 3 2

7 1

d A BC

  

 



.

Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. .

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)

2

u



( - 6; 9; 12)

+) 1

u



và 2

u



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

N

www.VNMATH.com