THI TH I HC, CAO NG

Mụn thi : TON
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


.
2) Gii h phng trỡnh:
2
2

x x
I x x dx
x x



.
Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly
im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC
ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả
mãn:
cos .cos cos .cos cos .cos 3
?
cos cos cos 2
A B B C C A
C A B

II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0

. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2
a b c a b b c c a a b c b c a c a b



2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l mt im
trờn
( ): 2 0
d x y

. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi (C) ti A, B. Vit
phng trỡnh ng thng AB.
2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu II
(2,0)
1(1,0)

2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x

 
   
 
 

2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )
x x x x x x x x
     
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0
x x x x x x
     

cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
x x
x x x x
 


 Với
0
t

ta có: tan 1
4
x x k


   
 Với
1/ 2
t
 
ta có:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k
 

 

   
   

    
0,25
2(1,0)

§k
0
y

2
2
2
2
3
3
3
2 3
1 1
1 1
(1 ) 4
4
1 1
1
( ) 4
4
x x
x x


 








Ta ®îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2
1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
  
         

  
  
   

        
  

  

0,25
0,25
0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu III
(1,0)

0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
(2 1) 4
x x
I x x dx
x

 

2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
 
 
  
 
 

+ Tính:
0
2
1
2
1
2
4 (2 1)
(2 1) 4
x
I dx
x

 


=
6
2
0
12 sin 1
dt
t


 



+ Tính:
6 6
2
2 2
0 0
(tan )
sin 1 2(tan 1/ 2)
dt d t
I
t t
 
 
 
 
. Đặt:
2
tan tan

2 2 2
.
2 2 2
I dy y



  


+ Tính:
0
3
1
2
( . 2 1)
I x x dx

 

. Đặt:
2
1 1
2 1 2 1, , 0, 1
2 2
t x x t dx tdt x t x t
             
.
Khi đó:
1



  )
0,25

0,25

0,25


Suy ra:
'
AB BC

, mà
'
AB SB

. Từ đó có
' ( ) ' (1)
AB SAC AB SC
  
.
Tương tự ta có:
' (2)
AD SC

. Từ (1) và (2)
suy ra: ( ' ') ' '
SC AB D B D SC
  
.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')
SC AB C D

+ Ta có:

B

C

S

C'

B'

D'

2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
5 5
SB SA AB a a a
      ,
2 2
5
SB SA AB a
   .
Suy ra:
' 4
5
SB
SB

;
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên

a
AC SC SA AC a
AC SA AC
       
+ Ta có:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D
V S SC B D AC SC a
   .

3
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
V S SA a
  . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

3
. . ' ' '
14
45
S ABCD S AB C D
V V V a
   .

1 1 4
( ) 4 ( , 0)(*)
x y xy x y
x y x y
     

.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3
a b c a b b c c a
    
  
.
Áp dụng 2 lần (*) ta có:
1 1 1 1 16
3
a b b b a b
   

hay
1 3 16
3
a b a b
 

(1)
Tương tự ta có:
1 3 16
3

b c c a b b c a
 
    1 1 2
(6)
3 2 2
c a a b c c a b
 
    

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. 0,25

0,25

0,25


Do
( )

qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
    
 

 
     
 
nên

( ): (2 ) 0
ax by a b z a b

     
.
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b



KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   

18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   
.

0,25

0,25

0,25


( 1; 1)
IM a a
  
uuur
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a


    

 

.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):

x y x x y x y x y
           
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
1 0
x y
  
và
1 0
x y
  
.
0,5

0,25
0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.

  
.
+
( )
H ABC

nên giả sử
( ; ;2 )
H a b b

.
Ta có:
( ; ; ), (4; 2;2).
AH a b b BC   
uuur uuur( 2; ; ), ( 2;2; 2).
CH a b b AB
     
uuur uuur

0,25










uuur uuur
uuur uuur

Vy H(-2; -2; 4).
+ Phng trỡnh mt phng qua H v vuụng gúc vi AB l:
4 0
x y z

.
Phng trỡnh ng thng AB l:
2
x t
y t
z t









.

Gi

l gúc cn tỡm thỡ:
tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)
DH HK


Vy
arctan( 6 / 3)

l gúc cn tỡm.

0,25

0,25


rồi cộng vế với vế ta đợc dpcm

0,25 0,5

0,25

CõuV Ta có tanA+tanB=
sin cos .cos tan
cos .cos cos tan .tan
C A B C
A B C A B

ABC

không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
Từ GT ta có
3
2
x y z
y z z x x y


với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc
3
2
x y z
y z z x x y