http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 77 PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z                         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 2009 2009 2009 2009 2009 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 14 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy  9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1  m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21  xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1     x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5  xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân     5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1    mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng ' AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm z y x , , thoả mãn 3 222  zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zyx zxyzxyA   5 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132    yx và 029136    yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 78 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5(   PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)(     zyx  Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập   6,5,4,3,2,1,0E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2(   M và có phương trình một đường chuẩn là .08   x Viết phương trình chính tắc của ).(E 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)(    yx  Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).(  Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1( )1(21 2  thu được đa thức n n xaxaaxP  )( 10 . Tính hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32  . ĐÁP ÁN ĐỀ 14 Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Với 1  m ta có 196 23  xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: )34(39123' 22  xxxxy Ta có       1 3 0' x x y , 310'     xy . Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,(  và ),3(   . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,5  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1  x và 3)1(  yy CD ; đạt cực tiểu tại 3  x và 1)3(  yy CT .  Giới hạn:   yy xx lim;lim . 0,25 I (2,0 điểm)  Bảng biến thiên: 0,25 x y’ y 3 -1     0 0 3 1        www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 79 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0(  . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 2. (0,75 điểm) Ta có .9)1(63' 2  xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx  phương trình 0'  y có hai nghiệm pb là 21 , xx  Pt 03)1(2 2  xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx .        31 31 03)1(' 2 m m m )1( 0,25 +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121  xxmxx Khi đó     41214442 2 21 2 2121  mxxxxxx )2(134)1( 2  mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313  m và .131  m 0,5 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .0cossin,0sin    xxx Pt đã cho trở thành 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos    x xx xx x x 02sin) 4 sin(cos 0 cossin cos2 sin2 cos 2            xxx xx x x x  +) ., 2 0cos  kkxx   0,5 II (2,0 điểm) +)                    nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin          ., 3 2 4  t t x   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là   kx  2 ; .,, 3 2 4  tk t x   0,5 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 80 2. (1,0 điểm) Điều kiện . 3 1 x (*) Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5  xx 32 3 5 2 5 )12()13(5 )12(log)13(5log   xx xx 0,5          8 1 2 0)18()2( 0436338 2 23 x x xx xxx Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2  x 0,5 Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt    . Khi 1  x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. Suy ra              4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I    4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt 0,5 III (1,0 điểm) . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3            t t tt 0,5 - Kẻ )''('// BADABBD  0 60)',()','(  BCBDBCAB 0 60' DBC hoặc .120' 0 DBC 0,5 IV (1,0 điểm) - Nếu 0 60'DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB  áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2  mBCBD và .3'DC Kết hợp 0 60 '  DBC ta suy ra 'BDC  đều. Do đó .231 2  mm - Nếu 0 120'DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC  suy ra 0  m (loại). Vậy .2m * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc 0 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. 0,5 A 2 1 m  C C’ B’ B A’ m D 3 1 1 0 120 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 81 - HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: ' '. '.' )','cos()','cos( BC AB BCAB BCABBCAB  . Đặt z y x t     2 3 )(23 2 2   t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222  zyxzxyzxy nên 3393 2  tt vì .0  t Khi đó . 5 2 3 2 t t A    0,5 V (1,0 điểm) Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2  t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2    t t t ttf vì .3t Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()(  ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13      zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt được khi .1    zyx 0,5 1. (1 điểm) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0132    yx , CM có phương trình .029136    yx - Từ hệ ).1;7( 029136 0132       C yx yx - )2,1( CHAB unCHAB 0162:     yxABpt . - Từ hệ )5;6( 029136 0162 M yx yx       ).4;8(B  0,5 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22  pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đường tròn nên         0750 04880 06452 pnm pnm pnm          72 6 4 p n m . Suy ra pt đường tròn: 07264 22  yxyx hay .85)3()2( 22  yx 0,5 2. (1 điểm) VIa. (2,0 điểm) - Giả sử );;( 000 zyxN . Vì )1(06)( 000  zyxN  - MNPQ là hình vuông MNP   vuông cân tại N         0.PNMN PNMN         0)4)(1()3()2)(5( )4()3()2()1()3()5( 00 2 000 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 zzyxx zyxzyx 0,5 M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 82       )3(0)4)(1()3()2)(5( )2(01 00 2 000 00 zzyxx zx - Từ (1) và (2) suy ra      1 72 00 00 xz xy . Thay vào (3) ta được 065 0 2 0  xx       2,1,3 1,3,2 000 000 zyx zyx hay      )2;1;3( )1;3;2( N N . - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  ) 2 5 ;3; 2 7 ( I . Nếu )13;2(  N thì ).4;3;5(  Q Nếu )2;1;3(  N thì ).3;5;4(  Q 0,5 Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra   6,4,2,0d . +) .0  d Số cách sắp xếp abc là . 3 6 A +) .2  d Số cách sắp xếp abc là . 2 5 3 6 AA  0,5 VIIa. (1,0 điểm) +) Với 4  d hoặc 6  d kết quả giống như trường hợp .2  d Do đó ta có số các số lập được là   .4203 2 5 3 6 3 6  AAA 0,5 1. (1 điểm) - Gọi phương trình )0(1:)( 2 2 2 2  ba b y a x E . - Giả thiết           )2(8 )1(1 94 2 22 c a ba Ta có ).8(88)2( 22222 cccccabca  Thay vào (1) ta được 1 )8( 9 8 4    ccc . 0,5        2 13 2 026172 2 c c cc * Nếu 2  c thì .1 12 16 :)(12,16 22 22  yx Eba * Nếu 2 13 c thì .1 4 / 39 52 :)( 4 39 ,52 22 22  yx Eba 0,5 2. (1 điểm) VIb. (2,0 điểm) Giả sử );;( 000 zyxM . Khi đó từ giả thiết suy ra 5 22 )2()3()1()1( 002 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0   yx zyxzyxzyx 0,5 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 83               )3( 5 )22( )1( )2()2()3()1( )1()1()1( 2 00 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 yx zyx zyxzyx zyxzyx Từ (1) và (2) suy ra      00 00 3 xz xy . Thay vào (3) ta được 2 00 2 0 )23()1083(5  xxx        3 23 1 0 0 x x       ). 3 14 ; 3 23 ; 3 23 ( )2;1;1( M M 0,5 Ta có            nnnnnn n nCC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2        n nn n 0,5 VIIb. (1,0 điểm) Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx  Đó là .89.9.8 8 9 8 8  CC 0,5 ĐỀ 15 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4      có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (  ) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A, B, C ( với x A = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 3 2 sin 2 1 1 3 2cos sin 2 tanx      x x x . b.Giải hệ phương trình : 3 2 4 3 2 2 x y x xy 1 x x y x y 1             Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π 2 2 0 dx I cos x 3cos x 2     . Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / / ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của / BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn / AA sao cho khoảng cách từ F đến C / E là nhỏ nhất. Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1    a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b c c a a b T a b c       II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) www.VNMATH.com . ĐỀ 14 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy  9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã. là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32  . ĐÁP ÁN ĐỀ 14 Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Với 1  m ta có 196 23  xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n  Chiều biến thi n:. hợp .2  d Do đó ta có số các số lập được là   .4203 2 5 3 6 3 6  AAA 0,5 1. (1 điểm) - Gọi phương trình )0(1:)( 2 2 2 2  ba b y a x E . - Giả thi t           )2(8 )1(1 94 2 22 c a ba