TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THITHỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 26-01-2013
PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x
3
−3x
2
+2 có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C ).
b) Tìm trên (C) hai điểm phân biệt M,N biết tiếp tuyến tại M,N song song với nhau, đồng thời đường thẳng
M N cắt các trục Ox,Oy tại hai điểm phân biệt A,B (khác O) sao cho AB =
37.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: 4(sin x +cos x)(1 +cos x)
2
=6cos
2
x
2
+sin x.
b) Giải hệ phương trình
x −3
3 +x =3
y −5 −y
x
2
+16(y −x) +y =2
x y
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
π
2
0
2(x +sin x)sin
2
x +sin2x(1 +sin
2
x)
(1 +cos x)
2
d x
Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ ABC D.A
B
C
D
, có đáy ABC D là hình vuông. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC
và C D. Hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm O của hình vuông ABCD. Biết rằng
khoảng cách giữa AB
và DM bằng
a
15
5
và mặt phẳng (A A
D
D) hợp với đáy một góc bằng 60
o
. Tính thể tích
khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A
D và AN theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa điều kiện :x
1 −
1
y
+y
1 −
1
x
=4 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = x y +
1 +x
2
+
1 +y
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm mộttrong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trongmặtphẳngvới hệ trục tọa độOx y cho đường tròn (C) : (x−4)
2
+
y −
9
2
2
=
25
4
và hai điểm A(2;3),B(6;6).
Gọi M,N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao cho các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại H ,
AN và B M cắt nhau tại C . Tìm tọa độ điểm C , biết tọa độ điểm H
4;
5
2
.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z cho hai điểm M
(
4;4;0
)
, N
(
−1;1;−1
)
và hai đường thẳng
d
1
:
x −3
1
=
y −2
−3
=
z −1
4
, d
2
:
x −2
1
=
y −5
2
=
z +3
1
. Gọi A,B lần lượt là hai điểm thuộc d
1
,d
2
.
Hãy lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua M,N sao cho (P) là mặt phẳng trung trực của AB
Câu 7A. (1 điểm) Giải bất phương trình sau trên tập số thực :
log
2
x
2
−4
+log
2
x ≤2log
4
|
x
|
x
4
−10x
2
+16
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABC D có điểm M (3;2) nằm trên đường chéo BD. Từ M
kẻ các đường thẳng ME , MF lần lượt vuông góc với AB tại E(3;4) và AD tại F (−1;2). Hãy xác định tọa độ điểm
C của hình vuông ABCD
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm A(1;2; 1),B(−3;3;3) và mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −16 =0.
Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho M A +MB =7.
Câu 7B. (1 điểm) Hãy xác định hệ số của số hạng chứa x
6
y
−3
trong khai triển P(x, y) =
7x +
1
8y
3n
.
Biết n là số nguyên dương thỏa mãn :
2
4n
n +1
0
n
+
2
4(n−1)
n
1
n
+
2
4(n−2)
n −1
2
n
+ +
n
n
=1305
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+2 có đồ thị (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm trên (C) hai điểm phân biệt M,N biết tiếp tuyến tại M,N song song với nhau, đồng thời
đường thẳng M N cắt các trục Ox,Oy tại hai điểm phân biệt A,B (khác O) sao cho AB =
37.
a) Lời giải (hungchng):
Hàm số y = x
3
−3x
2
+2 có tập xác định : D =R;
*
Đạo hàm y
=3x
(
x −2
)
, y
=0 ⇐⇒
x =0
x =2
Hàm số đồng biến trên (−∞;0) (2; +∞) ;
Hàm số nghịch biến trên (0;2)
lim
x→−∞
y =−∞; lim
x→+∞
y =+∞;
*
Bảng biến thiên
x
y
y
−∞
0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
22
−2−2
+∞+∞
Điểm cực đại (0;2), Điểm cực tiểu (2; −2)
*
Đồ thị
b) Lời giải (dan_dhv):
Gọi M(x
M
; y
M
); N (x
N
; y
N
)(x
M
=x
N
) Tiếp tuyến tại M , N song song với nhau nên ta có:
y
(M ) = y
(N ) ⇐⇒ 3(x
M
)
2
−6x
M
=3(x
N
)
2
−6x
N
⇐⇒ x
M
+x
N
=2
Gọi I là trung điểm của M N . thì ta có:
x
I
=
1
2
(x
M
+x
N
) =1
y
I
=
1
2
(x
M
+x
N
)
3
−3(x
M
+x
N
)x
M
.x
N
−3(x
M
+x
N
)
2
+6x
M
.x
N
+4
=0
Phương trình M N qua I có dạng:y =kx −k, (k =0)
A,B là giao của MN với Ox;Oy nên A(1;0);B(0;−k). Ta có AB =
k
2
+1 =
37 ⇐⇒
k =6
k =−6
*
Với k =6 =⇒ (M N) : y =6x −6
Tọa độ N , M là nghiệm của pt: x
3
−3x
2
+2 =6x −6 ⇐⇒ x =4; x =−2; x =1
Lại có x
M
+x
N
=2 =⇒
x
M
=4; x
N
=−2;
x
M
=−2; x
N
=4
=⇒
M(4;18);N(−2;−18)
N(4;18); M(−2;−18)
*
Với k =−6 ⇒(M N) : y =−6x +6
x
3
−3x
2
+2 =−6x +6 ⇔x =1(Loại)
Vậy M (4;18); N(−2; −18)hoặcN(4;18); M (−2;−18)
Câu 2.a Giải phương trình: 4(sin x +cos x)(1 +cosx)
2
=6cos
2
x
2
+sin x.
Lời giải (xuannambka):
2
⇐⇒4
(
sin x +cos x
)
1 +2cosx +cos
2
x
−3cos x −sinx −3 =0
⇐⇒3sin x +8sin x cosx +4sin xcos
2
x +cosx +8cos
2
x +4cos
3
x −3 =0
⇐⇒3sin x +2sin x cosx +4cos
3
x +6cos
2
x +2cos
2
x +3cosx +4sinxcos
2
x +6sin x cosx −2cosx −3 =0
⇐⇒
(
2cos x +3
)(
sin x +cos x +cos2x +sin2x
)
=0
⇐⇒
2cos x +3 =0 (VN)
sin x +cos x +cos2x +sin2x =0 (1)
(
1
)
⇐⇒ sin
x +
π
4
=sin
−2x −
π
4
⇐⇒
x =−
π
6
+
k2 π
3
x =π +k2π
Vậy phương trình có nghiệm:
x =−
π
6
+
k2π
3
x =π +k2π
Lời giải (Lê Đình Mẫn):
Đối với bài này,bước đầu tiên bạn nên làm đó là dùng công thức hạ bậc để chuyển phương trình
về cùng một góc lượng giác. Khi đó, PT tương đương với
4(cos x +sin x)(cos x +1)
2
−3(cos x +1)−sin x =0 (1)
Bạn hãy hi vọng rằng PT này sẽ đưa về được nhân tử. Câu hỏi hiện ra trong đầu bạn là đặt nhân
tử gì đây? Bước tiếp theo, bạn có thể đoán nghiệm(nếu có thể) để dự đoán nhân tử. Còn nếu bạn
không đoán được thì thôi, khỏi cần. Khi đó bạn hãy làm như tôi nhé! Tôi cứ hay lẩm nhẩm trong
đầu: "Nếu nhân thằng đó ra thì càng khó, vậy nếu không nhân ra thì phải làm thế nào?" Thì
ta phải đi tách thằng khác vậy. Tách cái thằng ngoài ngoặc để nhóm với cái thằng trong ngoặc
xem được không? Với suy nghĩ đó chắc chắn bạn phải tách cái thằng ngoài ngoặc sao cho để có
một trong hai biểu thức 1+cos x hoặc cos x +sin x. Biết đâu có điều thần kỳ ! Giả sử, đầu tiên tôi
nhóm như sau:
(1) ⇐⇒(cos x +1)[4(cos x +sinx)(cos x +1)−3] −sin x =0
⇐⇒(cos x +1)[4 cos x +4sin x +4 sin x cosx +4cos
2
x −3]−sin x =0
Đến đây thì làm sao để có nhân tử sin x bây giờ? Không nên buồn, thử tách theo kiểu khác xem
sao. Tôi biến đổi thế này
(1) ⇐⇒4(cos x +sin x)(cos x +1)
2
−(sin x +cosx) −2cosx −3 =0
⇐⇒(cos x +sin x)[4(cos x +1)
2
−1] −2cos x −3 =0
⇐⇒(cos x +sin x)(4cos
2
x +8cos x +3)−2cos x −3 =0 (2)
Đến đây, hi vọng ta đi đúng đường. Và còn chần chừ gì nữa khi ta nhận thấy rằng
4cos
2
x +8cos x +3 =(2cosx +1)(2cos x +3)
Do đó
(2) ⇐⇒(2cos x +3)[(cosx +sinx)(2 cos x +1)−1] =0
⇐⇒(2cos x +3)(sinx +cosx +sin2x +cos2x) =0
⇐⇒
2cos x +3 =0 (VN)
sin x +cos x +cos2x +sin2x =0 (3)
(3) ⇐⇒ sin
x +
π
4
=sin
−2x −
π
4
⇐⇒
x =−
π
6
+
k2π
3
x =π +k2π
Vậy phương trình có nghiệm: x =−
π
6
+
k2π
3
, x =π +k2π, k ∈ Z
Câu 2.b Giải hệ phương trình
x −3
3 +x =3
y −5−y
x
2
+16 (y −x) +y =2
x y
3
Lời giải (Nguyễn Giang Mạnh):
ĐK
x ≥0
y ≥5
x
2
+16
y −x
≥0
Khi đó ta có :
(
1
)
⇔ y −5−3
y −5+x +3 −3
x +3+2 =0
(
∗
)
. Để
(
∗
)
có nghiệm thì
∆ ≥0 ⇔9 −4
x +3−3
x +3+2
≥0 ⇒4
(
x +3
)
−12
x +3−1 ≤0 ⇒ x ≤
6 +2
10
4
⇒x <16
Ta có
(
2
)
⇔
x
2
+16
y −x
−
x y −
x y +y =0
x −y
x −16
x
2
+16
y −x
+
x y
−
x −y
y
x y +y
=0
⇒
x −y
x −16
x
2
+16
y −x
+
x y
−
y
x y +y
=0 ⇒ x = y do x <16
Thay vào
(
1
)
ta có :
2x =3
x +3+
x −5
⇒2x
2
−9x +9 =9
x
2
−2x −15
⇒x
4
−9x
3
+9x
2
+32 4 =0 ⇔
(
x −6
)
2
x
2
+3x +9
=0 ⇒ x =6 ⇒ y =6
Vậy
x; y
=
(
6;6
)
Câu 3. Tính tích phân I =
π
2
0
2(x +sinx)sin
2
x +sin2x(1 +sin
2
x)
(1 +cosx)
2
d x
Lời giải (xuannambka):
I =2
π
2
0
sin
3
x
1 +cosx
dx +2
π
2
0
sinxcosx
(
1 +cosx
)
2
dx +2
π
2
0
xsin
2
x
(
1 +cosx
)
2
dx =2A +2B+2C
A =
π
2
0
sin
3
x
1 +cosx
dx =−
π
2
0
(
1 −cosx
)
d
(
cosx
)
=
1
2
t
2
−t
0
1
=
1
2
B =
π
2
0
sinxcosx
(
1 +cosx
)
2
dx =−
π
2
0
cosx
(
1 +cosx
)
2
d
(
cosx
)
=−
0
1
t
(
t +1
)
2
dt
=
0
1
1
(
1 +t
)
2
−
1
t +1
dt =−
1
t +1
+ln
|
t +1
|
0
1
=ln2 −
1
2
C =
π
2
0
xsin
2
x
(
1 +cosx
)
2
dx =
π
2
0
x
(
1 −cosx
)
1 +cosx
dx
Đặt:
u =x
dv =
1−cosx
1+cosx
dx
⇒
du =dx
v =2tan
x
2
−x
⇒C =
2x.tan
x
2
−x
2
π
2
0
−
π
2
0
2tan
x
2
−x
dx =
2x.tan
x
2
−x
2
π
2
0
−
π
2
0
2tan
x
2
−x
dx
=
2x.tan
x
2
−
1
2
x
2
+4 ln
cos
x
2
π
2
0
=π −
π
2
8
+4 ln
2
2
⇒I =2π −
π
2
4
−ln 4
Câu 4. Cho lăng trụ ABC D.A
B
C
D
, có đáy ABC D là hình vuông. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BC và CD. Hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng (ABC D) trùng với tâm O của
hình vuông ABC D. Biết rằng khoảng cách giữa AB
và DM bằng
a
15
5
và mặt phẳng (A A
D
D)
hợp với đáy một góc bằng 60
o
. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
A
D và AN theo a.
4
Lời giải (Ẩn Số):
Đặt : OB =m,OA
=n.
Chọn hệ trục Ox y z như hình vẽ, ta có: A
(
0;−m;0
)
, B
(
m; 0;0
)
, C
(
0;m; 0
)
, D
(
−m; 0;0
)
, A
(
0;0;n
)
M là trung điểm BC , nên :M
m
2
;
m
2
;0
, N là trung điểm của C D nên : N
−
m
2
;
m
2
;0
−→
AB =
−−−→
A
B
⇒
m = x
b
m = y
b
0 = z
b
−n
⇒B
(
m; m;n
)
Lại có :
d
AB
;DM
=
−−→
AD.
−−→
AB
;
−−→
DM
−−→
AB
;
−−→
DM
=
4mn
25m
2
+10 n
2
Nên :
d
AB
;DM
=
a
15
5
⇒
a
15
5
=
4mn
25m
2
+10 n
2
(
1
)
Một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC D) là :
−→
n
1
=
(
0;0;1
)
,
một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (AD A
D
) là :
−→
n
2
=
(
n; n;−m
)
.
Góc giữa hai mặt phẳng (A A
DD
) và (ABC D) bằng 60
o
nên :
cos60
o
=
−→
n
1
.
−→
n
2
−→
n
1
.
−→
n
2
⇒
1
2
=
m
m
2
+2n
2
⇒n =
3
2
m
(
2
)
Từ (1) và (2) suy ra :
m = a
n =
6
2
a
.
Do đó :
V
ABC D.A
B
C
D
= A
O.S
ABC D
=n.
2m
2
=
6
2
a.
2.a
2
=
6a
3
Khoảng cách giữa hai đường thẳng A
D và AN là :
d
A
D; AN
=
−−→
A
A.
−−→
A
D;
−−→
AN
−−→
A
D;
−−→
AN
=
2mn
10n
2
+9m
2
=
m
2
=
a
2
Câu 5. Cho các số thực dương x, y thỏa điều kiện :x
1 −
1
y
+y
1 −
1
x
=4 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = x y +
1 +x
2
+
1 +y
2
Lời giải (hthtb22):
Xét bổ đề:
a
2
+b
2
+
c
2
+d
2
≥
(a +c)
2
+(b +d)
2
Chứng minh:
a
2
+b
2
+
c
2
+d
2
≥
(a +c)
2
+(b +d)
2
⇔a
2
+b
2
+c
2
+d
2
+2
(a
2
+b
2
)(c
+
d
2
) ≥ a
2
+c
2
+2ac+b
2
+d
2
+2bd
5
⇔
(a
2
+b
2
)(c
2
+d
2
) ≥ ac +bd ⇔ a
2
c
2
+a
2
d
2
+b
2
c
2
+b
2
d
2
≥a
2
c
2
+b
2
d
2
+2abcd ⇔(ad −bc)
2
≥0
Áp dụng bổ đề ta có:
1 +x
2
+
1 +y
2
≥
4 +(x +y)
2
Từ giả thiết ta có:
*
⇒x +y =4 +
x
y
+
y
x
≥6 ⇒
1 +x
2
+
1 +y
2
≥2
10
*
x y =
(x +y)
2
x +y −2
=9 +
(x +y −6)(x +y −3)
x +y −2
≥9
Vậy P ≥9 +2
10. Dấu = xảy ra khi x = y =3
Lời giải (Nguyễn Giang Mạnh):
Ta có
x
1 −
1
x
+y
1 −
1
y
=4 ⇔ x +y =4 +
x
2
+y
2
x y
=
x +y
2
x y
+2 ⇒ x y =
x +y
2
x +y −2
Mặt khác ta có : x + y =4 +
x
y
+
y
x
≥6 Nên
1
2
+3
2
1
2
+x
2
+
1
2
+3
2
1
2
+y
2
≥3x +1+3y +1
⇒
1 +x
2
+
1 +y
2
≥
1
10
3
x +y
+2
⇒P ≥
x +y
2
x +y −2
+
1
10
3
x +y
+2
Đặt t = x +y ⇒ t ≥6 Xét hàm số f
(
t
)
=
t
2
t −2
+
1
10
(
3t +2
)
; t ≥6
Ta có f
(
t
)
=
t
2
−4t
(
t−2
)
2
+
3
10
>0 với mọi t ≥6 ⇒ f
(
t
)
đồng biến trên
[
6;+∝
)
⇒ f
(
t
)
≥ f
(
6
)
=9 +2
10. Dấu " =" xảy ra⇔ t =6
⇒P ≥9 +2
10. Dấu " =" xảy ra ⇔x = y =3
Vậy P
mi n
=9 +2
10 khi x = y =3
Lời giải (noaht):
Ta có
x +y =4 +
x
y
+
y
x
≥6
Lại có :
x +y −
(x +y)
2
x y
=2
Đặt
S =x +y
P = x y
Vậy P =
S
2
S −2
S ≥6
Khảo sát hàm số f (S) ta thấy trên [6 ; +∞) thì f (S) đồng biến .
Nên f (S) ≥ f (6) =9 Như vậy ta có P =x y ≥9
P = x y +
1 +x
2
+
1 +y
2
≥x y +2
4
1 +x
2
+y
2
+x
2
y
2
≥x y +2
1 +x y ≥9+2
10
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x −4)
2
+
y −
9
2
2
=
25
4
và hai điểm A(2;3),B(6;6). Gọi M,N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao cho các
đường thẳng AM và B N cắt nhau tại H, AN và B M cắt nhau tại C. Tìm tọa độ điểm C , biết tọa
độ điểm H
4;
5
2
.
Lời giải (Ẩn Số):
6
Nhận thấy A,B ∈(C ) và AB =R =
5
2
nên AB là đường kính của đường tròn (C),
từ đó suy ra :
AH⊥BC
B H⊥AC
. Kết hợp với hình vẽ suy ra H là trực tâm tam giác ABC.
Vậy bài toán này thực chất là bài toán :
“Cho tam giác ABC, biết A(2;3),B(6;6) và trực tâm H
4;
5
2
. Xác định tọa độ đỉnh C ?”
*
Đường thẳng AC đi qua A và nhận
−−→
HB
2;
7
2
làm véc-tơ pháp tuyến, nên có phương trình:
2
(
x −2
)
+
7
2
y −3
=0 ⇒4x +7y −29 =0
*
Đường thẳng BC đi qua B nhận
−−→
H A
−2;
1
2
làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình:
−2
(
x −6
)
+
1
2
y −6
=0 ⇒−4x +y +18 =0
Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
4x +7y −29 =0
−4x +y +18 =0
⇒
x =
155
32
y =
11
8
⇒C
155
32
;
11
8
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm M
(
4;4;0
)
, N
(
−1;1;−1
)
và hai
đường thẳng d
1
:
x −3
1
=
y −2
−3
=
z −1
4
, d
2
:
x −2
1
=
y −5
2
=
z +3
1
. Gọi A, B lần lượt là hai điểm
thuộc d
1
,d
2
. Hãy lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho (P) là mặt phẳng trung
trực của AB
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có: d
1
:
x −3
1
=
y −2
−3
=
z −1
4
, d
2
:
x −2
1
=
y −1
2
=
z +3
1
. ⇒d
1
và d
2
chéo nhau.
−−→
M N =(−5;−3;−1) ⇒ Đường thẳng chứa M N có PT:
x +1
5
=
y −1
3
=
z +1
1
−→
u =(1;−3;4) là một véc tơ chỉ phương của d
1
−−→
M N .
−→
u =0 ⇒M N ⊥d
1
M N ⊂(P) ⇒ MN ⊥ AB ⇒ M N ⊥(Q), (Q) là mặt phẳng chứa d
1
và AB. ⇒(Q) có PT: 5x +3y +z −22 =0
(Q)
(d
2
) =B ⇒B =(3;3;−2) ; ⇒MB =
6
A ∈d
1
⇒ A =(3 +t ;2 −3t ;1 +4t) ⇒ M A =
(t −1)
2
+(2 +3t)
2
+(1 +4t)
2
M ∈(P) ⇒ M A = MB ⇒ A có tọa độ: (3; 2; 1) Hoặc
30
13
;
53
13
;−
23
13
Gọi E là trung điểm của AB ; (P) là mặt phẳng trung trực của AB
⇒(P) qua E và nhận
−→
AB là một véc tơ pháp tuyến.
Với A =(3;2;1) ⇒E =
3;
5
2
;−
1
2
;
−→
AB =(0;1;−3) ⇒(P) có PT: y −3z −4 =0.
Với A =
30
13
;
53
13
;−
23
13
⇒E =
69
26
;
46
13
;−
49
26
;
−→
AB =
9
13
;−
14
13
;−
3
13
⇒(P) có PT: 9x −14y −3z +20 =0.
Vậy PT của mặt phẳng (P) là: y −3z −4 =0 Hoặc 9x −14y −3z +20 =0.
Câu 7A. Giải bất phương trình sau trên tập số thực :
log
2
x
2
−4
+lo g
2
x ≤2log
4
|
x
|
x
4
−10x
2
+16
7
Lời giải (xuannambka):
Điều kiện:
0 < x <
2
x >2
2
⇔log
2
x
2
−4
+2l og
2
x ≤log
2
x
x
4
−10x
2
+16
⇔log
2
x
2
−4
+lo g
2
x ≤log
2
x
4
−10x
2
+16
⇔
x
2
−4
x ≤x
4
−10x
2
+16 (1)
+ TH1: 0 < x <
2
(
1
)
⇔
4 −x
2
x ≤x
4
−10x
2
+16 ⇔
x
2
−x −4
x
2
+2x −4
≤0
⇔
x ≥
1
2
1 +
17
1
2
1 −
17
≤x ≤
5 −1
x ≤−1 −
5
⇒0 < x ≤
5 −1
+ TH2: x >2
2
(
1
)
⇔
x
2
−4
x ≤x
4
−10x
2
+16 ⇔
x
2
−2x −4
x
2
+x −4
≤0
⇔
x ≥1 +
5
1
2
1 −
17
≤x ≤
5 −1
x ≤
1
2
−1 −
17
⇒x ≥1 +
5
Vậy bất phương trình có tập nghiệm: S =
0;
5 −1
∪
1 +
5;+∞
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABC D có điểm M(3;2) nằm
trên đường chéo BD. Từ M kẻ các đường thẳng ME,MF lần lượt vuông góc với AB tại E(3;4) và
AD tại F (−1;2). Hãy xác định tọa độ điểm C của hình vuông ABCD
Lời giải (hthtb22):
(M E) : x =3;(M F ) : y =2 (ME)(AF );(AF ) đi qua F(-1;2) ⇒(AF ) : x =−1
Tương tự (AE) : y =4 A = AE X AF ⇒ A(−1; 4)
Gọi phương trình đường thẳng BD qua M là : a(x −3)+b(y −2) =0
Có : cos(AD; BD) =
|−a|
a
2
+b
2
=
1
2
⇒2b
2
=a
2
+b
2
⇒a
2
=b
2
Nếu a =b. Chon a =b =1 ⇒BD : x +y −5 =0
⇒B(1;4),D(−1; 6),C(1;6) M nằm ngoài đường chéo BD (Loại)
Nếu a =−b. Chon a =−b =1 ⇒BD : x −y −1 =0
⇒B(5;4),D(−1; −2),C(5;−2) M nằm trên đường chéo BD (Nhận)
M
E
F
A
B
D
B
D
C
C
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có:
−−→
ME =(0;2) ⇒ M E =2 ;
−−→
MF =(−4; 0) ⇒ MF =4
ME ∩CD =E
; MF ∩BC =F
⇒BE M F
và DF ME
là các hình vuông
⇒
ME
=MF =4
MF
=ME =2
⇒
ME
=2ME
2M F
=MF
⇒
−−−→
ME
=−2
−−→
ME
2
−−−→
MF
=−
−−→
MF
⇒
E
=(3;−2)
F
=(5;2)
Đường thẳng BC chứa F
và nhận
−−→
ME là một véc tơ chỉ phương, có PT: x =5.
Đường thẳng C D chứa E
và nhận
−−→
MF là một véc tơ chỉ phương, có PT: y =−2.
8
C =BC ∩CD ⇒C =(5;−2)
M
E
F
A
B
D
C
E
F
Lời giải (Ẩn Số):
Gọi K =F M ∩BC . Ta có : ME =2; F M =4 và ∆F ME =∆CK M ⇒
CK =F M =4
MK =ME =2
Giả sử : K
x
k
; y
k
, C
x
c
; y
c
. Ta có :
−−→
MK =
MK
MF
.
−−→
F M =
1
2
.
−−→
F M ⇒
x
k
−3 =2
y
k
−2 =0
⇒K
(
5;2
)
Lại có :
−−→
KC =
KC
ME
.
−−→
E M =2
−−→
E M ⇒
x
c
−5 =0
y
c
−2 =−4
⇒C
(
5;−2
)
Kết luận : C
(
5;−2
)
Câu6B.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;2;1),B(−3;3;3) và mặt phẳng
(P) : x +2y +2z −16 =0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho M A +MB =7.
Lời giải (hoanghai1195):
Ta thấy: (1 +2.2+2. 1 −16)(−3 +2.3 +2.3 −16) >0 =⇒ A và B nằm cùng phía với (P).
Lấy A
1
đối xứng với A qua (P) =⇒ A
1
(3;6;5). Gọi I là giao điểm của A
1
B và (P ).
Phương trình A
1
B:
x =3 +6t
y =6 +3t
z =5 +2t
=⇒ I
−
3
8
;
69
16
;
31
8
Từ đó ta có: AI = A
1
I =
63
16
;B I =
49
16
=⇒ AI +BI =7
Mà ta có: 7 = AI +BI ≥ AM +BM =7
Vậy M phải trùng với I ở trên.
Câu 7B. Hãy xác định hệ số của số hạng chứa x
6
y
−3
trong khai triển P(x, y) =
7x +
1
8y
3n
.
Biết n là số nguyên dương thỏa mãn :
2
4n
n +1
0
n
+
2
4(n−1)
n
1
n
+
2
4(n−2)
n −1
2
n
+ . +
n
n
=1305
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Sử dụng kết quả:
1
k +1
k
n
=
1
n +1
k+1
n+1
. Với 0 ≤k ≤n;k, n ∈N .
9
Ta có:
2
4n
n +1
0
n
+
2
4(n−1)
n
1
n
+
2
4(n−2)
n −1
2
n
+ . +
n
n
=
2
4n
n +1
n
n
+
2
4(n−1)
n
n−1
n
+
2
4(n−2)
n −1
n−2
n
+ . +
0
n
=
1
n +1
1
n+1
+
2
n+1
2
4
+ +
n−1
n+1
2
4(n−2)
+
n
n+1
2
4(n−1)
+
n+1
n+1
2
4n
=
1
2
4
(n +1)
0
n+1
+
1
n+1
2
4
+
2
n+1
2
4.2
+ +
n−1
n+1
2
4(n−1)
+
n
n+1
2
4n
+
n+1
n+1
2
4(n+1)
−1
=
1
2
4
(n +1)
(1 +2
4
)
n+1
−1
=
1
16(n +1)
(17
n+1
−1)
Từ giả thiết ta có:
1
16(n +1)
(17
n+1
−1) =1305 ⇐⇒ n =3
Vậy ta có khai triển:
7x +
1
8y
9
=
0
9
(7x)
9
+
1
9
(7x)
8
.
1
8y
+ +
m
9
(7x)
9−m
1
8y
m
+ +
9
9
1
8y
9
Ta có số hạng tổng quát thứ m +1 là:
T
m+1
=
m
9
(7x)
9−m
1
8y
m
=
7
9−m
8
m
m
9
x
9−m
y
−m
, (0 ≤m ≤9,m ∈ N )
T
m+1
chứa x
6
y
−3
khi và chỉ khi:
9 −m =6
−m =−3
⇐⇒ m =3
Vậy hệ số của số hạng chứa x
6
y
−3
là:
7
6
8
3
3
9
10
. TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 26-01-2013
PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH. a
2
c
2
+a
2
d
2
+b
2
c
2
+b
2
d
2
≥a
2
c
2
+b
2
d
2
+2abcd ⇔(ad −bc)
2
≥0
Áp dụng bổ đề ta có:
1 +x
2
+
1 +y
2
≥
4 +(x +y)
2
Từ giả thi t ta có:
*
⇒x +y =4 +
x
y
+
y
x
≥6 ⇒
1 +x
2
+
1