UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

THI GIO VIấN GII CP TNH VềNG Lí THUYT
NM HC 2015-2016
Mụn thi: Toỏn - THPT, GDTX
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

Cõu 1. (2,0 im)
Thy/ Cụ hóy cho bit mt s li ph bin m hc sinh mc phi khi lm toỏn v tớch
phõn. Hóy ly vớ d minh ha cho tng li.
Cõu 2. (1,5 im)
Cho hm s y =

2x + 1
cú th l (C ). Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng
x- 1

d : y = - 3x + m ct (C ) ti hai im A , B phõn bit sao cho trng tõm ca tam giỏc OA B
thuc ng thng D : x - 2y - 2 = 0 (O l gc ta ).
Cõu 3. (1,0 im)
Gii phng trỡnh cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x .
Cõu 4. (1,0 im)
n

ổ
2ử
ữ , bit rng n l s nguyờn dng
Tỡm h s ca x trong khai trin nh thc ỗỗx 2 - ữ
ữ
ỗố

Cõu 8. (1,0 im)
Cho ba s thc dng x , y , z . Hóy tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:

P =

4
x2 + y2 + z2 + 4

-

9

(x + y ) (x + 2z )(y + 2z )

---------- HT ---------( cú 01 trang)
H v tờn thớ sinh:.....................................................; S bỏo danh................................


UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

HNG DN CHM
THI GIO VIấN GII CP TNH VềNG Lí THUYT
NM HC 2015-2016
Mụn thi: Toỏn - THPT, GDTX

Cõu
1

ỏp ỏn

1

ũ

xdx

1

=ũ

1
2

(

1+ x -

1- x + 1+ x
0
4. S dng sai cụng thc nguyờn hm c bn.
0

p
2

sin 7 x
6
sin
xdx
=


2

P T 2x + 1 = (x - 1)(- 3x + m ) 3x - (1 + m )x + m + 1 = 0 (1)
D ct (C) ti A v B Pt (1) cú 2 nghim khỏc 1
ộm > 11
ùỡù D = (1 + m )2 - 12(m + 1) > 0
ớ
(m + 1)(m - 11) > 0 ờờ
ùù 3 - (1 + m ) + m + 1 ạ 0
ờởm < - 1
ùợ
Gi x1, x2 l 2 nghim ca (1). Khi ú A (x 1; - 3x 1 + m ), B (x 2 ; - 3x 2 + m )
x1 + x 2

1+ m
m- 1
, y I = - 3x I + m =
2
6
2
uuur
ổ1 + m m - 1ửữ
2 uur
ữ
;
Gi G l trng tõm tam giỏc OAB ị OG = OI ị G ỗỗ
ữ
ỗố 9
3

- 2 sin 3x sin x + 4 sin 3x cos 3x = 2 3 sin 3x cos x
ộsin 3x = 0
- 2 sin 3x sin x - 2 cos 3x + 3 cos x = 0 ờờ
ờởsin x + 3 cos x = 2 cos 3x
kp
* sin 3x = 0 x =
(k ẻ Â )
3

(

)

0,25

0,25
0,25


* sin x +

ổ
3 cos x = 2 cos 3x cos ỗỗx
ỗố

Vy nghim ca phng trỡnh l x = -

ộ
ờx = - p + k p
p ửữ


4

1,0
K: n 3, n ẻ Ơ .

4 (n + 1)n (n - 1)

Ta cú 4C n3+ 1 + 2C n2 = An3

0,25

+ n (n - 1) = n (n - 1)(n - 2)

6
2 (n + 1) + 3 = 3 (n - 2) n = 11 (tha iu kin)
11

0,25

k

11
11
ổ
11- k ổ 2 ử
k
2ử
k
2


1,5
Gi M l trung im ca A B . Tam giỏc A BC cõn ti C suy ra A B ^ CM .
ã
Mt khỏc A B ^ CC ' ị A B ^ (CMC ') ị CMC
' = 600 .
0

Ta cú CM = BM . t an 30 =
0

CC ' = CM . t an 60 =

a
3

ị S A BC

0,25

1
a2
= CM .A B =
2
3

a

. 3 = a ị V A BC .A ' B 'C ' = S A BC .CC ' =
3

2
2
2
MH
MC
MN
a
A'

C'
M'
B'
H

0,25

B

C
M
A

6

uur
uur
Vect phỏp tuyn ca A B , A C ln lt l n 1(1;2); n 2 (2;1); gi vect phỏp tuyn ca BC l

1,0
0,25

uur uur uur uur
BC 2
BC 2
Ta cú DB .DC = (DI + IB ).(DI + IC ) = DI 2 .
4
4

0,25

0,25

0,25

Du bng xy ra khi D I . Vy ta D (0;3).
7

1,0

(

(1) y +
t u =

3

3

y

) + (x

Xột hm s f (t ) = t 3 + t , cú f Â(t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t ẻ Ă nờn f (t ) ng bin.
Vy (b) 3 y =
Thay vo (2):

y4 +

x- 1

y3 - y2 + 1 - 1 = 0
0,25

y3 - y2

3

y - y +

0,25

(*)

y3 - y2 + 1 = y3 + 1 y4 - y3 +
4

0,25

= 0
y3 - y2 + 1 + 1
ổ
ửữ

x + y2 + x2 + y2 + z2 + 4 + z2 + 4 ự
ờ
ỳ
ở
ỷ
2

(

) (

) (

) (

)

1ộ 2
x + y 2 + 2xy + z 2 + 22 + 2z ự
ờ
ỳ
ỷ
2ở
2
2ự
2
2
1ộ
1ộ
ự



(1) Û (x + y ) (x + 2z )(y + 2z ) £
Vậy P £

2
4
x + y + z)
(
6

8
27
.
x + y + z + 2 2 (x + y + z )2
8
27
với t > 0.
t + 2 2t 2
27 - 8t 3 + 2t 2 + 108t + 108
,
+ 3 =
2
t
t 3 (t + 2)

Đặt t = x + y + z , xét hàm số f (t ) =
Ta có f ¢(t ) = -

8

5
Vậy P £ . Suy ra max P =
khi ïí
Û x = y = z = 2.
ïï x = y = z
8
8
î

0,25


Cho hàm số y  x 3  3 x 2   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số. Tìm m để đường thẳng

 d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm 

tại 3 điểm phân biệt P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại

5 2
với O  0;0  .
2
Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và (d): x 3  3 x 2   m  1 x  1  x  1
tiếp tam giác OMN bằng

 x  0  y  1  P  0;1
 x  x 2  3x  m   0   2
 x  3 x  m  0  2 
Để  Cm  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2  có 2 nghiệm phân biệt khác 0

m  0



 2 x1  1 2 x12  2 x1  1

Với x12  3 x1  m; x22  3 x2  m

 OM .ON  4m 2  12m  25

* d  O;  d   

1
2

2
2

Khi đó thế vào (3) ta được

m  3

4m 2  12m  25  5 2

m  0
2
thỏa đề chỉ có .
5 
2
 m  3

Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B,

-Với m  a  1 thay vào (*) ta có m  1; m 

Giải bất phương trình

5 1
(TM).
2

x 2  2 x  92  x 2  2 x  x  1  1 x  R  .

Điều kiện: x  1
Bất phương trình  x 2  2 x  92  10  ( x 2  2 x  8)  ( x  1  1)



x2  2x  8
x 2  2 x  92  10

 ( x  2)( x  4) 

x2
x 1 1



x4
1
 ( x  2) 
 ( x  4) 
0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  2



Một học sinh giải phương trình x 2  3x  2  x 2  4x  3  2 x 2  5x  4 1
như sau:

ìï x 2 - 3x + 2 ³ 0
ïï
éx ³ 4
Điều kiện: ïí x 2 - 4x + 3 ³ 0 Û êê
ïï 2
êëx £ 1
ïï x - 5x + 4 ³ 0
î

(1) Û
Û

(x

2

) (x

x 2 - 5x + 4 +

- 3x + 2 -

2x - 2


é
2
Û (x - 1)êê
+
êë x 2 - 3x + 2 + x 2 - 5x + 4
Vì

2

x 2 - 5x + 4

1
x 2 - 4x + 3 +

ù
ú= 0 2
ú
2
x - 5x + 4 úû

1

+

2

x - 4x + 3 +

= 0

Xét hàm số f (x ) =
f ' (x ) =

3x 2 (x + 1)- x 3

(x + 1)

2

éx = 0
ê
f ' (x ) = 0 Û ê
êx = - 3
êë
2

=

x 2 (2x + 3)

(x + 1)

2

(1) có nghiệm trên

é- 2; 0ù như
ú
ëê
û


Li gii ỳng
x3
, x ẻ ộờở- 2; 0ự
ỳ
ỷ\ {- 1}.
x+1

Xột hm s f (x ) =
f ' (x ) =

3x 2 (x + 1)- x 3

(x + 1)

2

=

x 2 (2x + 3)

(x + 1)

2

ộx = 0
ờ
f ' (x ) = 0 ờ
ờx = - 3
ờở


8
f(x)

27
4

0
-

x3
, x ẻ ộờở- 2; 0ự
T BBT suy ra, ng thng y = m luụn ct th hm s y =
ỳ
ỷ\ {0}.
x+1

Vy vi mi m phng trỡnh (1) luụn cú nghim.
Cho n l s nguyờn dng tha 4Cnn11 2Cn2 25n 120


n

2 

Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x 2 
 ,(x > 0)
x

7

x

  x2 
có
số
hạng
tổng
quát
là:
  11
  11
k 1
 

x k /2
x 
x

n

11

Tk+1 là số hạng chứa x7 khi

44  5k
 7  k  6  T7  C116 26 x 7
2

 Hệ số cấn tìm là: C116 26
Cho khai triển:

0
2
12
=C12
+ C112 .(3x) + C12
(3x) 2 +...+ C12
12 (3x)

8
8
 Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Cho khai triển (1 + 2x )n = a 0 + a1x + a 2x 2 + ... + a n x n . Tìm số nguyên dương n

a 0 + 8a1 = 2a 2 + 1 .
n
Ta có (1  2x ) 

n

C
k 0

k
n

(2x )k 

n


a

2
 a  b
2
a 2  b2
 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0


 B  2; 1 ; D  3; 4   EB   4; 4 
  
 E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)
 ED  1;1

Có: ABD  450 nên:



Khi đó: C  3; 1
Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .

 EB   4; 4 


 B  2;7  ; D 1; 4    
 EB  4 ED  E nằm ngoài đoạn BD (L) Vậy:
 ED   1;1


A  2; 4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4 

(m + 1)(m - 11) > 0
ùù 3 - (1 + m ) + m + 1 ạ 0
ùợ

ộm > 11
ờ
ờm < - 1
ờở

2.a

1,5
cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x
- 2 sin 3x sin x + 4 sin 3x cos 3x = 2 3 sin 3x cos x
ộsin 3x = 0
- 2 sin 3x sin x - 2 cos 3x + 3 cos x = 0 ờờ
ờởsin x + 3 cos x = 2 cos 3x
kp
sin 3x = 0 x =
(k ẻ Â )
3
ộ
ờx = - p + k p
ổ
ử
p
ờ
12
ữ
sin x + 3 cos x = 2 cos 3x cos ỗỗỗx - ữ

)

An3 - 8C n2 + C n1 = 49 (n - 2)(n - 1)n - 4 (n - 1)n + n = 49

(

)

n 3 - 7n 2 + 7n - 49 = 0 (n - 7 ) n 2 + 7 = 0 n = 7

(

7

) ồ
7

=

k= 0

0,5
0,25

0,25

1,0

iu kin n 4, n ẻ Ơ .


0,25

B

C
M
A


Ta có CM = BM . t an 300 =
0

CC ' = CM . t an 60 =

a
3

Þ S A BC =

1
a2
CM .A B =
2
3

a

. 3 = a Þ V A BC .A ' B 'C ' = S A BC .CC ' =
3
Mặt phẳng (CA ' B ') chứa CB ' và song song A B nên

MH
MC
MM '
a

0,5

0,25

3.b

1,5
A

K

H

D
E

uuur
uuur uuur
uuur
Ta có EA = EH + EK Þ EA = (- 4;1)
Þ A (- 2; 4)

0,25

C


)

ĐK: x ³ 1.

éx = - 1, loai
ê
3
&
(1) Û (x + 1) y + y - x x - 1 = 0 Û êê 3
3
êëy + y = (x - 1) +

(

)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t , có f ¢(t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t Î ¡ Þ
Nên (3) trở thành f (y ) = f
Thay vào (2) ta được

2 (x - 1) + 1 2

(

5x -

)

( x - 1) Û y =

3x - 1 = 0

x 2 - 3x + 1
x+

3x - 1

= 0

0,25


ộx 2 - 3x + 1 = 0
ờ
ờờ
1
1
+
= 0 (4)
ờ2 +
x + 1 + 5x
x + 3x - 1
ởờ

(4) vụ nghim do V T (4) >

1
.
3



x 2 - 5x + 4
2

2

- 4x + 3 -

)

x 2 - 5x + 4 = 0

x- 1

+

x 2 - 4x + 3 +
1

+

x 2 - 5x + 4

2

0,5

= 0

0,5
0.
Theo gi thit thỡ x , y cú vai trũ nh nhau, cũn z cú vai trũ khỏc x , y .
Vỡ th ta tỡm s 0 < m < 3 cỏc bt ng thc sau tha món

(3 -

mx 2 + 4z 2 4 m xz ; my 2 + 4z 2 4 m yz ;

ï
2 2
Û íï
í 2
ïï 8z = 1
ïï
1
ïî
ïï x = y =
2
ïî
Bài toán tổng quát có thể phát biểu theo một số hướng sau:
1) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
ìï x 2 = y 2
ïï
Vậy min S = 4 Û ïí x 2 = 4z 2
Û
ïï
ïï xy + yz + zx = 1
î

thức S = x 2 + y 2 + az 2 , a > 0.
2) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn axy + yz + zx = 1, a > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức S = 3x 2 + 3y 2 + 8z 2 .
……………….
Lời giải tương tự như trên.

0,5



ã
A B = 2a v gúc A BC = 300 . Mt phng (C ' A B ) to vi ỏy (A BC ) mt gúc 600. Tớnh th
tớch ca khi lng tr A BC .A ' B 'C ' v khong cỏch gia hai ng thng A B v CB '.
b) Trong mt phng vi h ta Oxy , cho hỡnh vuụng A BCD . im E (2; 3) thuc on
thng BD , cỏc im H (- 2; 3) v K (2; 4) ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca im E trờn A B
v A D . Xỏc nh ta cỏc nh A , B , C , D .
ùỡù xy 3 + xy + y 3 + y = x 2 + x x - 1
Cõu 4. (1,0 im) Gii h phng trỡnh ùớ 4
ùù 2y + 1 = 5x + 3x - 1
ùợ

(

Cõu 5. (1,0 im) Khi gii phng trỡnh

x 2 - 3x + 2 +

)

x 2 - 4x + 3 = 2 x 2 - 5x + 4

(1)

mt hc sinh lm nh sau:
ỡù x 2 - 3x + 2 0
ùù
ộx 4
.
iu kin: ùớ x 2 - 4x + 3 0 ờờ
ùù 2

x[ 1;3]
5

Ta có g ( x) 

Theo Thầy/Cô lời giải trên có đúng không? Nếu sai hãy chỉ rõ sai lầm và hướng dẫn học sinh giải
đúng.
2x 1
có đồ thị là (C). Tìm các giá trị m để đường thẳng
x 1
y  3 x  m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng x  2 y  2  0

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

(O là gốc tọa độ).
Câu 4 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:

1  sin 2 x  cos 2 x
 cos x(sin 2 x  2 cos 2 x).
1  tan 2 x

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
2. Giải hệ phương trình: 
2
 x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x )

Câu 5 (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh AB, AC
lần lượt là: x  2 y  2  0 và 2 x  y  1  0 , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D trong mặt


(2,0 điểm)
Một số lỗi phổ biến mà học sinh mắc phải khi làm toán về tích phân.
1. Đổi biến không đổi cận
2. Sử dụng sai công thức lũy thừa.
1


0

1

3

0.5

1

2 x  1dx    2 x  1 3 dx  ...

0.5

0

3. Nhân tử và mẫu của hàm số trong tích phân với biểu thức không xác định trên đoạn giới hạn
bởi hai cận.
1
1
xdx
1

7



6

xdx 

Trường hợp 2: x 2  2 x  0  x  0 , ta có bất phương trình tương đương với: m 
3
3(2 x  2)
x  [1;0) , f ( x)  2
 0x  [1;0)
x  2x
( x  2 x) 2
Do đó hàm số f(x) nghịch biến trong nửa đoạn [-1;0)
Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  f (1)  1

Xét hàm f ( x) 

3
3(2 x  2)
x  (0;3] , f ( x)  2
 0x  (0;3]
x  2x
( x  2 x) 2
Do đó hàm số f(x) nghịch biến trong nửa đoạn (0;3].
1
Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  f (3) 
5


0.5

3
x  2x
2

2

D cắt (C) tại A và B  Pt (1) có 2 nghiệm khác 1

0.5

0.25
0.25


  (1  m) 2  12(m  1)  0
 m  11

 (m  1)(m  11)  0  
 m  1
3  (1  m)  m  1  0
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó A( x1 ; 3 x1  m), B ( x2 ; 3 x2  m)
x1  x2 1  m
m 1

, y I  3 x I  m 
2
6

 (sinx + cosx)2 – (cos2x − sin2x) − 2(sinx + cosx) = 0
 (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] = 0
 (sinx + cosx)(2sinx − 2) = 0
 sinx + cosx = 0 hoặc 2sinx − 2 = 0
 tanx = − 1 hoặc sinx = 1 (không thỏa cosx = 0)

 x =   k , (k  )
4
2.(1,0 điểm)
 x, y  0
ĐK: 
. Hệ phương trình
x  y

4
(2,0 điểm)

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0


 x  y  y  (2 y  x)( 2 y  x )
 x  2 y  (2 y  x)( 2 y  x )( x  y  y )
3 x2 y
 5.6 x  4.23 x  2 y  0
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
3


(2 y  x)[( 2 y  x )( x  y  y )  1]  0

x
2x
2x
x
Giải (1): 3  5.6  4.2  0  ( )  5.( )  4  0  
  x  log 4
3
2
2

( 3 ) x  4

2
 2
Với x = 0 thay vào (2) ta được y = 0
1
Với x  log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4
2
2
2
1
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  log 3 4 ,y = log 3 4
2
2
2
5
(2,0 điểm)

0.25


Với a=-b, chọn b=-1  a  1  PT BC: x  y  1  0  B (0;1); C (

2 1
; ) (không thỏa mãn M
3 3

thuộc đoạn BC).
Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y - 3  0  B (4; 1); C (4;7) (thỏa mãn M thuộc đoạn
BC).
Gọi trung điểm của BC là I (0;3) .
     
BC 2
BC 2
Ta có: DB.DC  ( DI  IB ).( DI  IC )  DI 2 

4
4
Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D(0;3)
2.(1,0 điểm)

0.25
0.25

0.25

C

A
M


2

a x 3
a 3
.

x
2
3
2
1
x2 3
3 a 3 2 3a 2 3
0
.
S ABC  AB. AC.sin 60 

(
) 
2
4
4
2
16
a 3 3a 2 3 9a 3
.
VABC . A ' B 'C '  AG.S ABC 

2
16

Xét hàm số g  t   g (t )  2 ln(1  t )  t  4, t   0;3
1 t
; Lập BBT ta có: 0  g (t )  2 ln 2  3
1 t
3
Suy ra P 
.Dấu “=” xảy ra khi x= y = z =1.
3  2 ln 2
3
Vậy min P 
3  2 ln 2

Ta có: g '(t ) 

0.25

0.25