www.VNMATH.com Trng THPT Chuyên Lê Hng Phong  THI TH I HC MÔN TOÁN Thi gian làm bài: 180 phút. I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH: (7 đim) Câu I (2 đim): Cho hàm s y = x 3 – 3x 2 + 3. 1. Kho sát s bin thiên và v đ th (C) ca hàm s. 2. Vit phng trình tip tuyn ca đ th (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1). Câu II (2 đim): 1. Gii h phng trình: 22 22 xyxy4y10 y7 (x y) 2(x 1)            2. Gii phng trình: 2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5 2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)    . Câu III (1 đim): Tính tích phân sau: I = 33 3 2 2 1 x x 8 (6x 4x )lnx dx x    Câu IV (1 đim): Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3, các cnh bên bng nhau và bng 3a, gi M là trung đim ca OC. Tính th tích khi chóp SABMD và din tích ca hình cu ngoi tip t din SOCD. Câu V (1 đim) Cho x, y, z là các s thc dng tha xyz = 1. Chng minh: 333 1113 8 (1 x) (1 y) (1 z)    . II. PHN RIÊNG (3 đim) Thí sinh ch đc làm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2). 1. Theo chng trình chun: Câu VI.a (2 đim): 1. Trong mt phng Oxy cho ∆ABC ni tip đng tròn (T): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0. nh A thuc tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0. Tìm ta đ các đnh A, B, C bit rng C có hoành đ là mt s nguyên. 2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d 1 ): x1 y2 z2 21 2     , (d 2 ): x2t y3t z4t         và mt phng (): x – y + z – 6 = 0. Lp phng trình đng thng (d) bit d // () và (d) ct (d 1 ), (d 2 ) ln lt ti M và N sao cho MN = 36. Câu VII.a (1 đim): Tìm tp hp các đim biu din cho s phc z tha mãn h thc: z 3 2i 2z 1 2i    2. Theo chng trình nâng cao: Câu VI.b (2 đim) 1. Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC có đnh A(0; 4), trng tâm 42 G; 33    và trc tâm trùng vi gc ta đ. Tìm ta đ các đnh B, C và din tích tam giác ABC bit x B < x C . 2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d 1 ): x1 y2 z2 21 2     , (d 2 ): x2t y3t z4t         và mt phng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d 2 ) nhng đim M sao cho đng thng qua M song song vi (d 1 ), ct () ti N sao cho MN = 3. Câu VII.b (1 đim): www.VNMATH.com Gii h phng trình xy lnx 2lny lnx lny ee(lnylnx)(1xy) 23.44.2           . ÁP ÁN  THI TH I HC MÔN TOÁN Thi gian: 180 phút Câu ý Ni dung im Câu I Cho hàm s y = x 3 – 3x 2 + 3. ∑ = 2đ 1 Kho sát s bin thiên và v đ th (C) ca hàm s. ∑ = 1.25đ Tp xđ và Gii hn 0.25 y' = 3x 2 – 6x y' = 0  x = 0 hay x = 2 0.25 Bng bin thiên: 0.25 y'' và đim un Giá tr đc bit 0.25  th và nhn xét: 0.25 2 Vit pt tip tuyn ca (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1). ∑ = 0.75đ ng thng (d) qua A và có h s góc k  (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. 0,25 (d) tip xúc (C)  32 2 x3x3kxk1 3x 6x k        có nghim.  x 3 – 3x 2 + 3 = 3x 3 – 6x 2 + 3x 2 – 6x – 1  2x 3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. 0.25 * x = 2  k = 0  (d): y = –1. * x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 0.25 Câu II ∑ = 2 đ 1 Gii h phng trình: 22 22 xyxy4y10 y7 (x y) 2(x 1)            ∑ = 1đ (I)  22 22 yxy x4y1 7y y(x y) 2x 2          2 2 2y(x y) 2x 8y 2 (1) y(xy)(xy)2x 7y2(2)          (1) + (2) ta đc: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x 2 + 1 = 0 (vô lí)).  x – y = 3 hay x – y = –5. 0.5  x – y = 3  x = y + 3. (1)  –6y = –2(y + 3) 2 – 8y – 2  2y 2 + 14x + 20 = 0  y 2 + 7y + 10 = 0  y2x1 y5x2          . 0.25  x – y = –5  x = y – 5. (1)  10y = –2(y – 5) 2 – 8y – 2  2y 2 – 2x + 52 = 0 (VN) Vy h có nghim là (1; –2), (–2; –5). 0.25 2 Gii phng trình: 2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5 2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)    . ∑ = 1đ iu kin: 0.25 www.VNMATH.com 2cosx 3 0 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) 0          2cosx 3 (cosx 1)(2cosx 3) 0          3 cosx 2 cosx 1        . (1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin 2 x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx – cosx + 2sin 2 x + 9sinx – 5 = 0  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0 0.25  1 sinx 2 sinx cosx 5         xk2 6 5 xk2 6             0.25 So sánh điu kin ta đc nghim ca phng trình là x = 5 k2 6    (k  Z). 0.25 Câu III Tính tích phân sau: I = 33 3 2 2 1 x x 8 (6x 4x )lnx dx x    ∑ = 1đ I = 2 23 1 xx8dx  + 2 2 1 (6x 4x)lnxdx  = I 1 + I 2 . 0.25  Tính I 1 : t t = 3 x8  t 2 = x 3 + 8  2tdt = 3x 2 dx  x 2 dx = 2 tdt 3 . i cn: x = 1  t = 3 x = 2  t = 4. Do đó I 1 =  4 3 4 3 3 22t 2 74 t. tdt . 64 27 3339 9       . 0.25  Tính I 2 : t u = lnx  u' = 1 x v' = 6x 2 + 4x, chn v = 2x 3 + 2x 2 I 2 = 2 2 32 2 1 1 (2x 2x )lnx (2x 2x)dx     = 2 3 2 1 2x 23 24ln2 x 24ln2 33       . 0.25 Vy I = 74 23 5 24ln2 24ln2 93 9    0.25 Câu IV Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3, các cnh bên bng nhau và bng 3a, gi M là trung đim ca OC. Tính th tích khi chóp SABMD và din tích ca hình cu ngoi tip t din SOCD. ∑ = 1đ  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).  ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình ch nht.  S ABCD = AB.AD = 2 4a 3 . 0.25  Ta có BD = 22 22 AB AD 4a 12a 4a K I G M O D B C A S www.VNMATH.com  SO = 22 22 SB OB 9a 4a a 5 . Vy V SABCD = 3 ABCD 14a15 S.SO 33  . Do đó V SABMD = 3 SABCD 3 Va15 4  . 0.25  Gi G là trng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đu nên G cng là tâm đng tròn ngoi tip ∆ OCD. Dng đng thng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trc ca ∆ OCD. Trong mp(SOG) dng đng trung trc ca SO, ct d ti K ct SO ti I. Ta có: OI là trung trc ca SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mt cu ngoi tip t din SOCD. 0.25 Ta có: GO = CD 2a 33  ; R = KO = 22 22 5a 4a a 31 OI OG 43 12   . Do đó S câu = 22 2 31a 31 a 4R 4. 12 3    . 0.25 Câu V Cho x, y, z là các s thc dng tha xyz = 1. Chng minh: 333 1113 8 (1 x) (1 y) (1 z)   (1) ∑ = 1đ Ta có: 33 2 11131 . 82 (1 x) (1 x) (1 x)    Tng t, ta đc: 222 31 1 1 3 2VT . 28 (1 x) (1 y) (1 z)       0.25 Do đó ta cn chng minh 222 1113 4 (1 x) (1 y) (1 z)    (2) Ta có: xyz = 1 nên ta có th gi thit xy ≥ 1. Khi đó ta có: 22 112 1xy 1x 1y    (3)  2xy + (x 2 + y 2 )xy ≥ x 2 + y 2 + 2x 2 y 2  2xy(1 – xy) + (x 2 + y 2 )(xy – 1) ≥ 0  (xy – 1)(x – y) 2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1) 0.25 Áp dng (3) ta đc: VT (2) ≥ 222 111 2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)   (vì 2(1 + x 2 ) ≥ (1 + x) 2 ….) ≥ 2 12 1 21xy (1 z)       ( Do (3)) = 22 11z1 1 z1 (1 z) (1 z) 1 z     = 2 2 zz1 (z 1)   = 2222 22 2 4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3 44 4(z 1) 4(z 1) (z 1)         0.25 Vy (3) đúng  (1) đúng  (1) đc chng minh. 0.25 www.VNMATH.com VI.a ∑ = 2đ 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC ni tip đng tròn (T): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0. nh A thuc tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0. Tìm ta đ các đnh A, B, C bit rng C có hoành đ là mt s nguyên ∑ = 1đ  A thuc tia Oy nên A(0; a) (a > 0). Vì A  (T) nên a 2 – 2a – 8 = 0  a4 a2        a = 4  A(0; 4). 0.25  C thuc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). C  (T)  25y 2 + y 2 + 20y – 2y – 8 = 0  26y 2 + 18y – 8 = 0  y1x5 420 yx 13 13           C(5; –1) (Do x C  Z) 0.25  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0  m = 4. Vy (AB): 5x – y + 4 = 0. B  (AB)  B(b; 5b + 4). B  (T)  b 2 + (5b + 4) 2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b 2 + 26b = 0  b0 b1      . 0.25 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loi vì B trùng vi A) Khi b = –1  B(–1; –1) (nhn). Vy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 0.25 2 Trong kg Oxyz cho (d 1 ): x1 y2 z2 21 2    , (d 2 ): x2t y3t z4t            và mt phng (): x – y + z – 6 = 0. Lp phng trình đng thng (d) bit d // () và (d) ct (d 1 ), (d 2 ) ln lt ti M và N sao cho MN = 36. ∑ = 1đ M  (d 1 )  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m) N  (d 2 )  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)   NM 2m n 1;m n 5; 2m n 2  ; n(1;1;1)     MN // ()  n.NM 0      2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0  –m + n + 2 = 0  n = m – 2. 0.25  NM  = ( 3m – 3; -3; –3m)  222 2 NM (3m 3) ( 3) 9m 3 2m 2m 2  NM = 36  2m 2 – 2m + 2 = 6  m 2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2. 0.25  m = –1: M(–1; –3; 4) (loi vì M  (). 0.25  m = 2: M(5; 0; –2) và NM  = 3(1; –1; –2)  (d): x5 y z2 112      0.25 VII.a Tìm tp hp các đim biu din cho s phc z tha: z 3 2i 2z 1 2i    ∑ = 1đ Gi M(x; y) là đim biu din cho s phc z = x + yi (x; y  R). Ta có: z 3 2i 2z 1 2i    xyi32i 2(xyi)12i     (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i    0.5  (x + 3) 2 + (y – 2) 2 = (2x + 1) 2 + (2y – 2) 2  3x 2 + 3y 2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25 Vy tp hp các đim M là đng tròn (T): 3x 2 + 3y 2 – 2x – 4y – 8 = 0. 0.25 VI.b ∑ = 2đ www.VNMATH.com 1 Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC có đnh A(0; 4), trng tâm 42 G; 33    và trc tâm trùng vi gc ta đ. Tìm ta đ các đnh B, C và din tích ∆ ABC bit rng x B < x C . ∑ = 1đ Ta có 3 AI AG 2     I I 34 x0 0 23 32 y4 4 23                   I I x2 y1          I(2; –1). 0.25 BC qua I và có VTPT là OA (0;4) 4(0;1)   BC: y = –1. Gi B(b; –1), vì I là trung đim BC nên C(4 – b; –1). Ta có: OB (b; 1)  ; AC (4 b; 5)  OB.AC 0    4b – b 2 + 5 = 0  b 2 – 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5. 0.25 * b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhn) * b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loi) 0.25   BC 6;0   BC = 6; d(A; BC) = 5  S ABC = 15. 0.25 2 Trong kgOxyz cho (d 1 ): x1 y2 z2 21 2    , (d 2 ): x2t y3t z4t            và mt phng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d 2 ) nhng đim M sao cho đng thng qua M song song vi (d 1 ), ct () ti N sao cho MN = 3. ∑ = 1đ M  (d 2 )  M(2 – m; 3 + m; 4 + m). (d) qua M và // (d 1 ) nên (d): x2m2t y3mt z4m2t            0.25 N = (d)  () nên ta đ N tha h: x2m2t y3mt z4m2t xyz60                2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0  t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10). 0.25  NM  = (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)  NM 2 = (2m + 6) 2 + (m + 3) 2 + (–2m – 6) 2 0.25 Do đó MN = 3  9(m + 3) 2 = 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4. Vy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0). 0.25 VII.b Gii h phng trình xy lnx 2lny lnx lny ee(lnylnx)(1xy) 23.44.2           . ∑ = 1đ iu kin: x, y > 0. Ta có: 1 + xy > 0. * x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0  VT(1) > VP(1) (vô lí) * x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí) Do đó t (1)  x = y. 0.25 Thay vào (2) ta đc: 3lnx lnx lnx 2 3.4 4.2  2 lnx [(2 lnx ) 2 – 3.2 lnx – 4] = 0 0.25 www.VNMATH.com  lnx lnx lnx 20 21 24           lnx = 2  x = e 2 . 0.25 Vy h có nghim là x = y = e 2 . 0.25 . www.VNMATH.com Trng THPT Chuyên Lê Hng Phong  THI TH I HC MÔN TOÁN Thi gian làm bài: 180 phút. I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH:.       . ÁP ÁN  THI TH I HC MÔN TOÁN Thi gian: 180 phút Câu ý Ni dung im Câu I Cho hàm s y = x 3 – 3x 2 + 3. ∑ = 2đ 1 Kho sát s bin thi n và v đ th (C) ca. TT C THÍ SINH: (7 đim) Câu I (2 đim): Cho hàm s y = x 3 – 3x 2 + 3. 1. Kho sát s bin thi n và v đ th (C) ca hàm s. 2. Vit phng trình tip tuyn ca đ th (C), bit tip tuyn