Bộ Đề thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán

:
 Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.
2. Giải hệ phương trình: 
Câu 7a:
Tìm giá trị nhỏ nhất y = với 0 < x ≤ 
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 
2. Cho . Tìm các số phức β sao cho β3 = α
Câu 7b:
	Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
------------------------------Hết---------------------------------
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 17)
Câu I: (2,0 điểm)
Cho hàm số , trong đó là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi .
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: .
2. Giải phương trình: .
Câu III: (1,0 điểm)
Tính tích phân: .
Câu IV: (1,0 điểm)
Tính thể tích của khối hộp theo . Biết rằng là khối tứ diện đều cạnh .
Câu V: ( 1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn : ().
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng , cho đường thẳng có phương trình: và hai điểm ; . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng và đi qua hai điểm , .
2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho hai điểm , .
a. Tìm quỹ tích các điểm sao cho .
b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng và .
Câu VII: (1,0 điểm)
1. Với là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:
.
2. Giải hệ phương trình: 
. Hết...
BÀI GIẢI (ĐỀ 1)
Câu 1: 
	2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5 
Û Û x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
	Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1) 
Û y = -5x + 22 hay y = -5x + 2
Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0	Û Û 5x = 1 hay 5x = 5
	Û x = 0 hay x = 1.
	2)	 = 
	Ñaët u = x Þ du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx
	Þ I = = 
	3)	Ta coù : f’(x) = 2x + 
	f’(x) = 0 Û x = 1 (loaïi) hay x = (nhaän)
	f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f() = 
	vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân vaø 
Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 Û a2 = 3AB2 Û 
B
A
S
a
a
a
C
 (đvtt)
Câu 4.a.: 
	1) 	Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6
	d(T, (P)) = 
	2)	(P) coù phaùp vectô 
	Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) : (t Î R)
	Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 Û t = -3
	Þ (d) Ç (P) = A (-2; -4; -4)
Caâu 5.a.: ; ; Căn bậc hai của là 
Phương trình có hai nghiệm là 
Caâu 4.b.: 
	1)	(d) coù vectô chæ phöông 
	Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô :
	2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 Û 2x + y – z + 3 = 0
	2)	Goïi B (-1; 2; -3) Î (d) 
	 = (2; -4; 6)
	 = (-2; 14; 10)
	d(A, (d)) = 
	Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = :
	(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50
Câu 5.b.: 	= 9i2
Căn bậc hai của là 
Phương trình có hai nghiệm là .
BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2)
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
	 	2. TXĐ: D = R
 - y’ = 12x2 + 2mx – 3 
 Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị 
 Ta có: 
Câu 2:
	1. Điều kiện: 
 Từ (1) x = 4y
 Nghiệm của hệ (2;)
	2. cosx = 8sin3cosx = 
 Û (3)
 Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
 (3) Û 
Câu 3:
	1.Theo định lý ba đường vuông góc
 BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC
 và AN ^ SC
 ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN
 Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC
 Vây DMSN ~ DCSB
 TM là đường cao của tam giác STB
 BN là đường cao của tam giác STB
 Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ^ ST
 ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm)
	2. = 
 = = 2ln2 – ln3 
Câu 4:
	1. +) , , 
 Þ đpcm
 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) có VTPT = (5;- 4; 0)
 Þ (P): 5x – 4y = 0
	 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT = (-2;- 3; 0)
 Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D)
 2. Ta có: (1)
 Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
 Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
 Û (a + b)(a – b)2 0. (h/n)
 Tương tự: (2) , (3)
 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 
 Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
	1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) 
 Ta có 
 Ta có:Þ ptmp(P)
	2.Ta có: n = 45 Þ n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3
Câu 5b:
	1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b)
 N Î (C) Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5
 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 
 2. Đặt X = 5x Þ X > 0
	 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*)
 Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 
 ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0
 Từ đó suy ra m
Đáp án.(ĐỀ 3) 
Câu 
Ý
Nội dung
Điểm
I
2
1,00
Ta có . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
; 
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
Vì A và B phân biệt nên , do đó (1) tương đương với phương trình:
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
 , 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là và .
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 
II
2,00
1
1,00
Điều kiện: 
0,25
Từ (1) ta có: 
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
2
1,00
Điều kiện: 
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
III
1,00
1
1,00
0,50
0,50
IV
1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó và . 
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
 vuông cân tại O nên: 
0,25
Ta có: 
0,25
0,25
và 
0,25
V
1,00
Phương trình (1)
Điều kiện : 
Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện . Thay vào (1) ta được:
0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
	+ Với 
	+ Với 
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành: 
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: .
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 
0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 
0,25
2
1,00
 Ta tính được . 
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là , bán kính là .
0,50
VIIa
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : .
0,25
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có cách.
+ Không có bi vàng: có cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: cách.
0,50
VIb
2,00
1
1,00
I có hoành độ và 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
, suy ra phương trình AD: .
Lại có MA = MD = .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
 hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1), 
0,50
 là trung điểm của AC, suy ra:
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2
1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P). 
Đường thẳng có vectơ chỉ phương là và qua I nên có phương trình là .
0,25
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
Suy ra .
0,25
Ta có Suy ra M0(0;-3;4)
0,25
VIIb
1,00
Áp dụng bất đẳng thức 
Ta có: 
0,50
Ta lại có:
Tương tự: 
Từ đó suy ra 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50
Đáp án(ĐỀ 4) 
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
2
1,00
+ Khi m = 0 , nên hàm số không có cực trị.
0,25
+ Khi 
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
0,25
1
1,00
 (1)
Điều kiện: 
0,25
0,25
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2
1,00
 (2)
Điều kiện: 
0,25
0,25
+ Với ta có phương trình ; 
0,25
+ Với ta có phương trình (4); 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là hoặc 
0,25
III
1,00
Đặt 
+ Đổi cận:
0,50
0,50
IV
1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: , suy ra . 
Dựng , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
0,25
0,25
Thể tích hình nón đã cho: 
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
0,25
V
1,00
Hệ bất phương trình 
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại thỏa mãn (2).
0,25
Gọi 
0,25
Hệ đã cho có nghiệm 
; 
Vì nên chỉ nhận 
0,25
Ta có: 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 
Do đó 
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
Gọi 
Từ giả thiết suy ra . Do đó 
+ a = 0 . Do đó 
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra (trùng với ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
0,25
2
1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
0,25
Ta có: 
Từ (1) và (3) suy ra: 
0,25
Từ (2) và (3) suy ra: 
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: 
Như vậy hoặc .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc và R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
 và 
0,25
VIIa
1,00
Điều kiện: 
Hệ điều kiện ban đầu tương đương: 
0,50
0,50
VIb
2,00
1
1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
0,50
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2
1,00
Phương trình tham số của d1 là: . M thuộc d1 nên tọa độ của M .
Theo đề: 
0,25
+ Với t1 = 1 ta được ; 
+ Với t2 = 0 ta được 
0,25
+ Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: .
Phương trình tham số của d2 là:  (2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).
0,25
VIIb
1,00
Điều kiện 
; 
0,25
Ta có: 
0,25
Khi đó: 
0,50
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)
Bài 1:
2) (1)
Đạo hàm 
°	
°	Hàm số có 2 cực tiểu 	Û y có 3 cực trị Û y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
Giả sử: Với , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
Bảng biến thiên:
x
-¥
x1
x2
x3
+¥
y/
-
0
+
0
-
0
+
y
+¥
CT
CĐ
CT
+¥
°	Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
Bài 2: 
1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = Û cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 
Û Û .
2) Giải phương trình : 2x +1 +x. (a)
* Đặt: 
°	Ta có: 
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 	
Do đó: 
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = . 
Bài 3: 
1) + Ta có . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có một VTPT và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) Þ C không thuộc (P), do đó (P) // CD.
 + 
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.
	Ta có : .
Mặt khác: 
 Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn: . Vì D Î() nên: .
D là trực tâm của DMNP Û . Ta có hệ: .
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (): .
Bài 4: Tính tích phân . Đặt 
 	I = .
Bài 5: Giải phương trình (*)
Ta có: (*) Û 
Từ (2) Þ .
Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
	Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. 
Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = -1 Û .
Kết luận: Phương trình có nghiệm: .
 Bài 6: Giải bất phương trình: .	Đặt , t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9)
	Khi t £ 1 Þ .(i)
	Khi t ³ 9 Þ (2i)
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥).
 Bài 7:
	1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là Þ Số tất cả các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = .
	Xét f(x) = 
	Khi đó f(1) =250 .
	f(-1) = 0 
Do đó: f(1) + f(-1) = 250 Û Þ .
Kết luận:Số tập con tìm được là 
	2) Ta có . Do đó: 
Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là j = .
Tá có : Þ .
Do đó: ; 
.
Do đó: 
.
 (đvtt)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2
1,00
Xét phương trình với (1)
Đặt , phương trình (1) trở thành: 
Vì nên , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có: 
Gọi (C1): với và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền .
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
 	: Phương trình đã cho vô nghiệm.
 	: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
	: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
 	: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
 	 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
m < 0	 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II
2,00
1
1,00
Phương trình đã cho tương đương: 
0,50
0,50
2
1,00
Điều kiện: 
Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có . 
Hệ phương trình đã cho có dạng:
0,25
 hoặc 
+ (I)
+ (II)
0,25
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
1,00
III
0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: và 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
Suy ra diện tích cần tính:
0,25
Tính: 
Vì nên 
0,25
Tính 
Vì và nên .
0,25
Vậy 
1,00
IV
0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm .
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 
Trong đó: 
0,25
Từ đó, ta có: 
0,25
V
1,00
Ta có:
+/ ;
+/ 
+/ 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
Đặt (điều kiện: ). 
0,25
Khi đó . Phương trình (1) trở thành:
 (2) với 
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): với .
0,25
Trong đoạn , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là tại và đạt giá trị lớn nhất là tại . 
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 
.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Điểm . 
Suy ra trung điểm M của AC là . 
0,25
Điểm 
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ).
 Suy ra . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ: . 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . 
Mặt khác 
Trong mặt phẳng , ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với .
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: .
VIIa
Để ý rằng ; 
và tương tự ta cũng có 
0,25
Vì vậy ta có:
vv
1,00
Ta có: . Phương trình của AB là: .
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có: . 
0,25
Mặt khác: (CH: chiều cao) . 
0,25
Ngoài ra: 
Vậy tọa độ của C và D là hoặc 
0,50
2
1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng có phương trình tham số: .
Điểm nên .
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và .
Ta có 
Suy ra và 
Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có 
Như vậy 
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng 
 và .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 
0,25
VIIb
1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:. 
Đặt .
Vế trái viết lại:
0,50
Ta có: .
Tương tự: 
Do đó: .
Tức là: 
0,50
 HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7)
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI.1.(Học sinh tự giải)
 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
. 
Mặt khác: Do đó: 
 với là hai nghiệm của phương trình (2).
(thỏa ĐK (a)). Vậy 
CâuII:1. Phương trình Û (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0
2) HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi §Æt 
 Ta cã hÖ Suy ra . 
 Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)
CâuIII:1. Ta có: I = =. Đặt 
 Đổi cận: Khi ; khi .
Do vậy: =.
2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
	 	(1)
 * Đk , đặt t = ; 
Ta có: (1) viết lại 
Xét hàm số f(t) = , với . Ta có: 
Lập bảng biến thiên 
t
3	 9
f/(t)
+
f(t)
4
Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm Û 
CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. 
C
S
O
M
A
B
Suy ra: SM =AM =; và SO ^ mp(ABC)
Þ d(S; BAC) = SO =
Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC
Þ VS.ABC =(đvtt)
Mặt khác, VS.ABC =
 DSAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
Þ 
Vậy: d(B; SAC) = (đvđd).
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a 1ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) 
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh
 (*) 
XÐt , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, 
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt
To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ 
 (**)
(**) lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn cã t©m , b¸n kÝnh R = 
 Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**)
 2.ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (b).... 
Do (b) // (a) nªn (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D17)
MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5
§­êng trßn cã chu vi 6p nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 
Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (b) lµ h = 
Do ®ã 
VËy (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 
C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña , 
 biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 
BG: Ta có
suy ra I (1) 
MÆt kh¸c (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã 
Theo bµi ra th× 
Ta cã khai triÓn
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 
VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 
CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó
 khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có => HI lớn nhất khi 
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác, vì H là hình chiếu của A trên d nên 
là véc tơ chỉ phương của d) 
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0
2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 Þ d(C; AB) = 
Þ ; Trọng tâm G Î (d) Þ 3a –b =4 (3)
Từ (1), (3) Þ C(–2; 10) Þ r = 
Từ (2), (3) Þ C(1; –1) Þ .
CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c Î R), nên ta có :
1
-2
 KẾT QUẢ ĐỀ 8
Câu I (2,0 điểm)	1. Tự giải	2. 
C