ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 11
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt
I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im)
x- 1
Cõu1(2,0im). Chohms y =
(1)
1 -2x
a) Khosỏtsbinthiờnvvthhms(1).
b)Chngminhngthng ( d ) : x - y + m =0 luụnctthhms(1)ti2imphõnbitA,Bvi
uuur uuur
mi m. Tỡmmsaocho AB = OA + OB ,vi Olgc ta.
x
pử
ổ
Cõu 2(1,0im). Giiphngtrỡnh: 2 sin x cos 2 + sin x cos 2 x = cos 2 x + 2 cosỗ x - ữ .
2
4ứ
ố
ỡ10 x ư xy ư y= 2
Cõu3(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ
( x, y ẻR )
2
2
ợ30 x ư xy ư 2 xy ư x ư y = 1

Cõu4(1,0im). Tỡmttccỏcgiỏtrmphngtrỡnh saucúnghim: 2 x + 1 = m x 2 +1.
Cõu5(1,0im).CholngtrngABC.ABCcúỏy ABCltamgiỏccõntiC,AB=AA=a.Gúc
tobingthng BC vimtphng (ABBA) bng 600. Gi M,N,P lnltltrungimca BB, CC v
BC.Tớnhthtớchkhilngtr ABC.ABC vkhongcỏchgiahaingthng AM v NP theo a.
Cõu6(1,0im). Cho basthcdng a,b,c .Tỡm giỏtrnhnhtcabiuthc:
24

Tỡmgiỏtrca a6.
Cõu9.b(1,0 im).Tỡmgiihn: I =lim
xđ0

x 2 + 1 - cos 2x
.
x 2


SGD&TVNHPHC

KTCLễNTHIIHCLN1NMHC2013ư2014
Mụn:TONKhiB
HNGDNCHM

(ỏpỏncú6trang)

I.LUíCHUNG:
ưHngdnchmchtrỡnhbymtcỏch gii vinhngý cbnphicú.Khichmbi hcsinh lm
theocỏchkhỏcnuỳngvýthỡvnchoimtia.
ưimtonbitớnhn0,25vkhụnglmtrũn.
ưVi Cõu5nuthớsinhkhụngvhỡnhphnnothỡkhụngchoimtng ngviphnú.
II.PN:
Cõu í
Nidungtrỡnhby
im
1
a
x- 1
1,0

xđ ỗ ữ 1 - 2 x
xđỗ ữ 1 - 2x
ố2ứ

ố 2ứ

1
ị ngthng x = ltimcnng
2
-1
+sbinthiờn: y ' =
< 0,"x ẻ D
2
(1 -2x )
1 ử ổ 1
ổ
ử
Hmsnghchbintrờn ỗ -Ơ ữ ỗ +Ơ ữ .Hmskhụng cúcctr.
2
2
ố
ứ ố
ứ
+Bngbinthiờn
X
1
ư Ơ
+ Ơ
2
y

1

x
ư4.5

ư4

ư3.5

ư3

ư2.5

ư2

ư1.5

ư1

ư0.5

0.5

ư1

ư2

ư3

ư4

1 -2x
1
1
1
Cú D ' = m 2 + 2m + 2 > 0, "m, f ( ) = - ạ0,nờn(*)cú2nghimphõnbitkhỏc
2
2
2
suyra (d) luụnct(1)ti2imphõnbit A,B vimi m .

1.0

0.25

0.25

Ta cú A ( x1 x1 + m ) , B ( x2 x2 +m ) vi x1 ,x2 l2nghim ca(*).Theoviưet
ỡ x1 + x2 = -m
ù
ớ
-m- 1
ùợx1 x2 = 2
Gi M ltrungim ca AB
uuur uuur
AB = OA + OB AB = 2OM tam giỏc OAB vuụng ti O
uuur uuur
OA.OB = 0 x1 x2 + ( x1 + m)( x2 + m) = 0

2


p
2p
ộ
x = + k
ộ 2 x = p - x + k2p
ờ
+ cos 2 x = - cos x = cos ( p - x ) ờ

3
3 (kẻ Â)
ờ
ở 2 x = x - p + k2p
ở x = -p + k 2p
p
p
2p
Vyphngtrỡnhcúnghim x = + k 2p ( k ẻ Â) v x = + k
( k ẻ Â)
2
3
3
ỡ10x ư xy ư y = 2
Giihphngtrỡnh: ớ
( x, y ẻR )
2
2
ợ30x ư xy ư 2xy ư x ư y = 1
Nhnthy x=0khụnglnghimcah.
y 2
1

0.25

0.25

1,0

0.25

0.25


é x = 1; y = 4 
ìa + b = 6
é a = 1; b = 5  ê
TH1.  í
Ûê
Û
1 
î ab = 5
ë a = 5; b = 1  ê x = ; y = 0 
ë  5

4 

0.25 

1 
é
x = ; y  = 2 
ê

0.25 

1,0 

2 x + 1 = m x 2  + 1 

2 x + 1 

Ta có :  PT Û

x 2  + 1 

Có f

( x) =

x
f

/ 

x 2  + 1 

2 - x 

(x

2 

-¥ 


5 

0.25 

f ( x ) 

­2                                                  2 

( 

Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm Û m Î -2; 5 ù

5 

û 
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’  có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 
tạo bởi đường thẳng BC’  với mặt phẳng (ABB’A’) bằng  60 0 .Gọi M, N, P lần lượt là trung 
điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng AM và NP  theo a. 
Gọi H là trung điểm A’B’. 
Ta có  C 'H ^ A 'B'; C' H ^ BB'
A' 

C' 
Q 

H 
K  B' 


0.25 

2 

C 'H = BH.tan 600  = a

5
15 
. 3 = a 
2
2

Diện tích tam giác A’B’C’ là 
SDA'B'C '  =

1
a 2  15 
15 
(đvtt) 
C 'H.A 'B' = 
Þ VABCA 'B 'C ' = BB'.SA 'B'C'  = a 3 
2
4
4

0.25


Gọi Q là trung điểm B’C’ Þ NP / /MQ Þ  NP / / ( AMQ ) 
Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI 

Ta có:  B ' C ' = C ' H 2 + HB '2 = 2a Þ MQ = MB '2 + B 'Q 2  = a

5
a 5 
; AM  = 
2
2

0.25 

1
5 
SAMQ  = AM.MQ =  a 2 
2
8

Nên d ( B; ( AMQ ) ) = d ( B'; ( AMQ ) ) =
6 

3V B'AMQ 
SAMQ 

=

a 15
a 15 
Þ d ( NP; AM ) = 
10
5



. 

a + b + c

Đặt  t = a + b + c, t >  0 . Khi đó ta có:  P ³

0.25 
3
2t 

Xét hàm số f ( t ) =

3

- 

2t 

f ' ( t ) = 0 Û

3 
t
3

- 

3 
t



0.25 

3 
ìa + b + c = 1 
16
4
1 
Vậy ta có  P ³ -  , đẳng thức xảy ra Û  í
Ûa=
;b = ;c = . 
2
21
21
21
î a = 4b = 16c 

0.25


3
ổ 16 4 1 ử
khivchkhi ( a, b, c )= ỗ , , ữ .
2
ố 21 21 21 ứ

VygiỏtrnhnhtcaPl -
7.a

Trongmtphngvi hta OxychotamgiỏcABCcútatrctõm H(3ư2),

x -2
x - 2 ử uuur
t C(x 3 3 ). Cú: AC = ỗ x 3 - 2 3
- 1 ữ BH = (4 -1)
3
3
ố
ứ
uuur uuur
Vỡ BH ^ AC BH.AC = 0
x - 5
19
ổ 19 1 ử
4(x3 - 2) -1. 3 = 0 x3 =
ịC ỗ - ữ .
3
11
ố 11 11 ứ
ổ 19 1 ử
VyA(21)B(ư1ư1) C ỗ - ữ .
ố 11 11 ứ
Mthpcha11bicỏnhst1n11.Chn6bimtcỏchngunhiờnricng
tht6bicrỳtravinhau.Tớnhxỏcsutktquthuclsl.
GiHlbinc:ktquthuclsl. Hxyrakhimttrongcỏcbincsauxyra :
A: 1bimangsthtlv5bimangsththtchn
B:3bimangsthtlv3bimangsththtchn
C:5bimangsthtlv1bimangsththtchn
Trong11bicú6bicústhtl{1,3,5,7,9,11}, 5bicústhtchn{2,4,6,8,10}
C16 .C55
C36 .C35 200

P ( H ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C)=
+
+
=
462 462 462 231
2
Giiphngtrỡnh: 4 x - 4 + ( x 2 - 4 ).2 x-2 =1 ,(1)
P (A) =

9.a

1,0

+Vi x ẻ ( -Ơ -2 )ẩ (2 +Ơ) ị x 2 - 4 > 0 ị VT >1
Suyraphngtrỡnh(1)vụnghim
+Vi x ẻ ( -2 2 )ị x 2 - 4 < 0 ị VT
I
B

K

M

C

D

9
=0
2

ổ 5ử
TaimMl ỗ1 ữ
ố 2 ứ

ỡ DB ^ AB
GiDlimixngviAquaI.Tacú ớ
ị DB / /CH
ợCH ^ AB
TngtDC//BHnờntgiỏcHBDClhỡnhbỡnhhnhnờnMltrung imHD.
uuur
uuur
XộttamgiỏcAHDcúIMlngtrungbỡnhnờn AH = 2IM ị A ( 2 -2 )
uuur uuur
Gis B ( 2b - 4 b ) ị C ( 6 - 2b5 -b ).Tacú BH.AC = 0
ộ b = 1

0.25

= 4 (1 + 2 x ) + 4(1 + 2 x ) + (1 +2x )

0.25

ở

10

12

14

ỷ

6
Hscax6 trongkhaitrin 4 (1 +2x ) l: 4.26 C10
10

6
Hscax6 trongkhaitrin 4 (1 +2x) l: 4.26 C12
12

0.25

6
Hscax6 trongkhaitrin (1 +2x ) l: 26 C14
14


x
x 2

x2 + 1 - 1
1
1
= lim
=
2
2
x đ0
x
đ
0
x
x + 1 +1 2
1 - cos 2 x
2sin2 x
lim
=
lim
=2
x đ0
xđ0
x2
x 2
lim

0.25
1,0

lớn hơn
1; biết rằng tiếp
tuyến cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 3MA  2MB .
2cos x  2sin 2x  2sin x  1
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x  
2cos x  1
3
3
2
 x  y  6 y  2  x  7 y   12
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
2
 3  x  y  3  x  y  10 x  5 y  22
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn: L  lim

ln 1  sin x 

ex 1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D; SA vng góc với mặt
đáy (ABCD); AB  2a ; AD  CD  a . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) là 60 0. Mặt phẳng
(P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối
chóp S.CDMN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị
x 0

1
.
abc3

33 x  3x  2 y  9 x  y  7
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
.
x y
 2 x  4 y  log 3 10  81 
--------------------HẾT--------------------


Câu
Nội dung
1
1. Khảo sát sự biến thiên …..
* Tập xác định:
* Sự biến thiên của hàm số
- Giới hạn của hàm số tại vô cực và giới hạn vô cực
2x  4
lim y  lim
2
x 
x  x  1
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: y  2
2x  4
2x  4
lim
 ; lim
 
x 1
x 1
x 1
x 1


y


2

0.25
điểm

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
Hàm số không có cực trị.
* Đồ thị

0.25
điểm

6

5

4

3

2

1

-6



2

 x  x0  

2 x0  4
x0  1

Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox tại A   x02  4 x0  2;0  , cắt trục tung Oy tại

2 x0
2x  4 
B  0; 
 0

2

 x0  1 x0  1 

 
2 x  4   
2 x0 
Ta có: MA    x02  3 x0  2;  0

 ; MB    x0 ; 
2
x0  1 
 x0  1 



0.25
điểm

1
1
x
2
2

Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x  

0.25
điểm

2 cos x  2sin 2x  2sin x  1
.
2 cos x  1

Điều kiện: 2 cos x  1  0
Phương trình đã cho tương đương với:
 2 cos x  1 2sin x  1
cos 2 x  3 1  sin x  
2 cos x  1

0.25
điểm

 cos 2 x  3 1  sin x   2sin x  1

0.25

Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là:

2
x    k 2 và x 
 k 2 (với k  Z )
2
3
 x3  y 3  6 y 2  2  x  7 y   12
Giải hệ phương trình: 
2
2
 3  x  y  3  x  y  10 x  5 y  22

0.25
điểm

sin x  1  x  

3

0.25
điểm

(1)

 2


x  3
Điều kiện: 


  2 x  7  x  2 
3  x 1
x 1 1

x  2  0
 
1
1


  2x  7
 3  x  1
x 1  1
 5  x  2  y  4

6  7  2x  

1

0.25
điểm

 6

1

0
x 1  1
1


e 1
sin x
x ex 1
ln 1  sin x 
sin x
x
lim
 1 ; lim
 1 và lim x
1
x 0
x 0
x 0 e  1
sin x
x
ln 1  sin x 
Nên: L  lim
=1
x 0
ex 1
Tính thể tích khối chóp S.CDMN
1
1
Đặt V  VS . ABCD , ta có: VS .CDA  VS . ABCD ; VS . ABC  VS . ABCD
3
3

0.25
điểm

x



0.5
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm


2

VS .MNC SM SN SC  2 
4
8



    VS .MNC  VS . ABC  V
VS . ABC
SA SB SC  3 
9
27
Bởi vậy:
2
8
14
VS .CDMN  VS .CDM  VS .MNC  V  V  V

2
Vậy:
14 a 3 6 7 6 3
VS .CDMN 


a
27
2
27

S

M

G

A

D
6

B

C

Tìm giá trị lớn nhất …
Với a, b, c là các số dương ta có:

a


Từ đó:
0  a bc 3
Ta có:
2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca  3  ab  bc  ca 

a  b  c
3

0.25
điểm

2

3

Nên:

a

2

2

b c

2




1
3
Xét hàm số f  t   t 
với 0  t  3

6
t3 2
1
1
f ' t   t 
 0, t   0;3
3  t  3 2
2

2

2

0.25
điểm

Nên hàm số đồng biến trên  0;3
Bởi vậy:
f  t   f  3 , t   0;3
17
6
17
Suy ra: S 
6
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1

2

t 3
1
1
AB.d  C ; AB    2 2 
 t 3
2
2
2

Bởi vậy:
SABC  2  t  3  2  t  1

0.25
điểm

Nên C  1; 2 
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x 2  y 2  2 ax  2by  c  0
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:
 2a  4b  c  5
a  0


6a  8b  c  25  b  5
 2 a  4b  c  5 c  15


Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:








Như vậy: C 1  13; 0; 0 hoặc C 1  13; 0;0
9.a



0.25
điểm

Tìm hệ số trong khai triển
Với n nguyên dương, ta có:
6C nn11  An2  160  3.  n  1 n  n  n  1  160

0.25
điểm

n  8
 n 2  2n  80  0  
 n  10
Vậy n  8
8

Bài toán trở thành: Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 1  2 x3   2  x 
8


0.25
điểm

0.25
điểm
0.25
điểm

Tọa độ tiêu điểm: F1  2;0  ; F2  2; 0 
x02 y02

 1 * 
9
5
2
2
MF1  3  x0 ; MF2  3  x0 ; F1 F2  4
3
3
0

Để MF
1 F2  60 thì:
2

MF  MF 2  F F 2  2.MF .MF .cos MF
F

Gọi M  x0 ; y0    E  nên

3 


3
 4 x0   3  x0  
4
3
Thay x0   vào (*) ta có:
4

0.25
điểm


2

8.b

9.b

 3
2
 
 4   y0  1  y 2  75  y   5 5
0
0
9
5
16
4

  
Do  AB; AC  . AD  4  0 nên AB; AC ; AD không đồng phẳng. Hay 4 điểm A, B, C, D
là 4 đỉnh của tứ diện.
Thể tích tứ diện ABCD:
1    2
V   AB; AC  . AD 
6
3
33x  3x  2 y  9 x  y  7
1
Giải hệ phương trình 
x y
 2
 2 x  4 y  log 3 10  81 
1  33x  3x  2 y  32 x  2 y  7  3 x 2 y  2 x 2 y   3x  2 y  32 x  2 y  7

 2   32 x 4 y  34 x 4 y  10

u  v  uv  7
u  v  uv  7

 2 2
2
u  v  10
 u  v   2uv  10
u  v  S
Đặt: 
ta có:
uv  P


 S  2 P  10  S  2S  24  0
S  4
u  v  4
u  3
Như vậy: 
hoặc


 P  3 uv  3
v  1

0.25
điểm
0.25
điểm

0.25
điểm
 S  6
hoặc 
(loại)
 P  13
u  1

v  3

x2 y
3
x  2 y  1
1

3


3
3


y   1

6
1 1
1 1
Vậy, hệ có hai nghiệm  x; y  là:  ;  và  ;  
 3 3
3 6

0.25
điểm


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 8
Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
x 1
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y 
(C)
2( x  1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác

Câu 8.a (1 điểm). Trong khơng gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A  2;3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1; 2  .
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cđa tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.
Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số ngun dương thỏa mãn

1

2

n

n

c c

n 1

n

 ...  cn  cn  255
n

Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1  x  3 x 2  .
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  2; 6  , chân
3

đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2;  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2



1
 0 , với x  D
( x  1)2

0.25

 hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :  ; 1 và  1;  
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1
1
lim y  , lim y  ; Lim y   , Lim y  
x  
x


x  ( 1)
2
2 x( 1)
1
 y  là tiệm cận ngang; x  1 là tiệm cận đứng.
2

Bảng biến thiên:

x
y,



) làm tâm đối
y xứng
2

I
-1

2

0.25

1
2

O

x0  1
)  (C ) là điểm cần tìm
2( x0  1)
Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
x 1
x 1
1
y
 : y  f ' ( x0 )( x  x0 )  0
( x  x0 )  0
2
2( x0  1)
2( x0  1)
 x0  1


1

 x0  1

2

x02  2 x0  1 x02  2 x0  1

0
6
6( x0  1)2

(vì A, B  O nên x02  2 x0  1  0 )
0.25

1
1


 x0  1  2
 x0   2


x 1   1
x   3
 0
 0
2
2


 2sin 3x sin x  2 cos3x  3 cos x  0

1đ
2

1đ

3

sin 3 x  0

sin x  3 cos x  2 cos3 x

* sin 3x  0  x  k  k  Z 
3

0.25



*sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x
6





 k
x

1.0

0,25


1đ

Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f , (t )  6t 2  1  0t  R  f (t ) đồng biến trên R.
y  0
Vậy (1)  f ( y)  f ( 1  x )  y  1  x   2
 y  1 x
2 x
Thế vào (2) ta được : 3  2 x  1  x  2  x 
 2 x
3  2x  1  x


1
 2  x 
 1  0  3  2 x  1  x  1( x  1  2  x  0)

 3  2x  1  x
 x  1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
Giải bất phương trình.........

x  0
 x  0

ĐK:  10
 2


t

Bpt trở thành 2t  t  15  0 
2  t  3  do * 

t  3
2

t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0 luôn đúng.

0.25

2

Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;  
1đ

0.25

S

K
H

C

N

B

2

1
a3 3
 VS . ABCD  S ABC .SH 
(đvtt )
3
4
Kẻ a // AH (a đi qua B)

 HA //  SB, a 
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó

HK  d  HA; SB 

0.25

0.5


Tam giác ACH đều nên HBM  AHC  60 0  HM  HB sin 60 0 
Trong tam giác SHM ta có
1đ

(với t =

z
, 0  t  1 );
a



x  y
4P 

3

a

 64 z 3

3

a  z


3

a

 64 z 3
3

0.25

3

 1  t   64t 3

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có


Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là  d  : x  2 y  5  0 
I (2; 4) và I  AB

0.25


Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với

CK  11  2b;2  b 

7.a

b  1
b  5

0.25

 2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b 2  30b  25  0  
Với b  1  B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại

 31 17 
 31 17 
;  .Vậy A ;  ; B(5;5); C(5; 5)
5 5
 5 5

Với b  5  B( 5;5), C (5; 5)  A 
1đ
8.a


z   3


H(

0.25

0.25

0.25

2 29  1
; ; )
15 15 3

Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương

0.25


2
29
1
y
z
15 
15 
3
1
2

k
8

2

k

=

k0

0.25

 k
 8 k
= C  Ckm (3x2 )k m xm  = C8kCkm3km.x2km
.
 m0
 k0 m0
k 0
 2k  m  14
 m  0 m  2

0mk 8


YCBT
  k  7  k  8 .
 m, k  Z



2

E  2;  4 

7.b

Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC

5
hay BC nhận EI   1; 2  là vectơ pháp tuyến.
2
Do đó pt của BC là:
3

BC :1.  x  2   2.  y    0  x  2 y  5  0 . Vậy BC : x  2 y  5  0.
2


0.25

0.25

 

Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương
1đ
8.b



t  1
 8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1
t 
 2
2

2

0.25


Với t  1  n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0 
Với t 
1đ

0.25

1
3
1
  3

 n    M  ;1;0  , N   ;0;0 
2
2
2
  2


ĐK: y-2x +8 > 0

0.25

x

2
Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3  t  2  0   t  1 t 2  t  2  0
3

0.25

x  0
. Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0)
 t  1 
y  0

0.25





Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm


ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 9
Thi gian: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt .

2x 4
x 1

a) CMR:
b) Tỡm

1
1
2
x + 1 y + 1 1 + xy

giỏ tr nh nht ca biu thc sau:

P=

x
y
z3 + 2
+
+
y + 1 x + 1 3(xy + 1)

Cõu 7 (1.0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai ng thng 1 v 2 cú
phng trỡnh ln lt l: 2 x 11y + 7 = 0 v 2 x + 3y + 4 = 0 . Lp phng trỡnh ng thng
i qua im M(8; 14) , ct hai ng thng 1 , 2 ln lt ti A v B sao cho:

3MB + 2 AM = 0.
Cõu 8 (1.0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai ng trũn (C1 ) v (C2 ) cú
1
v (x 2)2 + (y 2)2 = 4 . Lp phng trỡnh ng
2
thng tip xỳc vi (C1 ) , ng thi ct (C2 ) ti hai im phõn bit A, B sao cho:



x →1+

x →1

2
y' =
> 0 ∀x ∈ D
(x − 1)2
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞).
Bảng biến thiên:
x
−∞
1

+

y'
y

y

4

+∞
+

+∞

2


 m < −4
2 + (m − 4) − m + 4 ≠ 0
(*)
⇔
⇔

2
m
4
>
∆ = m − 16 > 0

Khi đó, giả sử A(x A ;2x A + m), B(x B ;2x B + m) với x A , x B là nghiệm của (1)

4−m
4−m
và x A x B =
2
2
m
⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 .m 2 = 1125
Ta có: 4SIAB = 15 ⇔ 2d(I, AB).AB = 15 ⇔ 2 ⋅
5
2
2
2
⇔ 20(x A − x B ) .m = 1125 ⇔ 4[(x A + x B ) − 4x A x B ]m 2 = 225

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x A + x B =