100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 4

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP 3(31-40) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 41 Câu 1.(2,0 điểm) 2 Cho hàm số 4 2 4 2 2y x mx m m= − + + , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. b) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 1 2sin 2sin 2 2cos cos2 3 1 cos 2sin 1 x x x x x x − − + = − + − . 2. Giải bất phương trình ( ) ( ) 3 2 1 1 x x x x + ≥ + − . Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân 2 1 3 x 0 I (8x 2x).e dx = − ∫ . Câu 4 (1,0 điểm) 1. Giải bất phương trình ( ) 4 2 2 1 0. log 3 x x x − − + ≥ − 2. Cho 0x > và 1 2 3 2 1 2 2 1 36 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C + + + − + + + + + + + + + + + + + = . Tìm số hạng không phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 5 1 n x x   −  ÷  ÷   . Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại ( ) 3;2A , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 3 1; 2 I    ÷   và đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 1 0d x y − − = . Tìm toạ độ các đỉnh B và C . Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; -1) một khoảng bằng 2 . Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy góc 60 o . Mặt phẳng ( )P chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt ,SC SD lần lượt tại ,M N . Tính thể tích khối chóp .S ABMN theo a . Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 1 3 2 2 4 2 2 2 6.4 log ( 1) log (2 1) log 2 x x y y x y y + +  = +   + = + + +   Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa măn ( ) 2 2 2 5 2a b c a b c ab + + = + + − . T́m giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 48 10 P a b c a b c   = + + + +  ÷  ÷ + +   LỜI GIẢI Câu 1.(2,0điểm) Cho hàm số 4 2 4 2 2y x mx m m= − + + , với m là tham số thực. 3 1.(1,0 điểm): Với m=1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: 4 2 2 3y x x = − + *)Tập xác định D R = - Giới hạn lim x y →±∞ = +∞ *) Sự biến thiên : Chiều biến thiên 3 2 ' 4 4 4 ( 1)y x x x x = − = − , 0 ' 0 1 1 x y x x =   = ⇔ =   = −  - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1 ; 0) và (1 ; +∞ ), Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1) −∞ − và (0 ; 1) - Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại 0; 3 CÐ x y = = Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 2 CT x y= ± = - Bảng biến thiên : x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 3 +∞ 2 2 Đồ thị y 3 2 -2 -1 0 1 x 2.(1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1. Tập xác định D = R - Ta có 3 ' 4 4y x mx= − ; 2 0 ' 0 x y x m =  = ⇔  =  Hàm số có cực đại, cực tiểu ' 0y ⇔ = có ba nghiệm phân biệt 0m ⇔ > Khi 0m > đồ thị hàm số có một điểm cực đại là 4 (0, 2 )A m m + và hai điểm cực tiểu là 4 2 4 2 ( ; 2 ), ( ; 2 )B m m m m C m m m m − − + − + ABC ∆ cân tại A , OxA ∈ ; B, C đối xứng nhau qua Ox . 4 Gọi H là trung điểm của BC ( ) 4 2 0; 2H m m m ⇒ − + ; 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AH BC m m m m ∆ ⇒ = = = . Theo giả thiết 2 1 . 1 1 ABC S m m m ∆ = ⇒ = ⇔ = Vậy đáp số bài toán là 1m = Câu 2: (1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Giải phương trình ( ) 1 2sin 2sin 2 2cos cos 2 3 1 cos 2sin 1 x x x x x x − − + = − + − . Điều kiện 1 2sin 1 0 sin 2 x x − ≠ ⇔ ≠ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2sin 2sin 2 2cos cos 2 3 1 cos 2sin 1 1 2sin . 1 2cos 2cos 1 3 1 cos 2sin 1 x x x x x x x x x x x − − + = − + − − + ⇔ = − − + − ( ) ( ) 2 2 1 2cos 2cos 1 3 1 cos 2cos 2 3 cos 3 0x x x x x⇔ − − = − − + ⇔ + − − = ( ) 2 cos 1 2 3 6 cos 2 2 6 x k x x k k Z x x k π π π π π π   = + = −     ⇔ ⇔ = + ∈   =     = − +  Kết hợp điều kiện 1 sin 2 x ≠ phương trình có nghiệm : ( ) 2 ; 2 6 x k x k k Z π π π π = + = − + ∈ 2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( ) 3 2 1 1 x x x x + ≥ + − . Điều kiện ( ) ( ) ( ) 3 3 2 0 0 0 1 0 1 0 x x x x x x x + ≥  ≥   ⇔ ≥  + ≥   + − ≥   ; ( ) 3 0 1 0x x x ≥ ⇒ + − > Do vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 1 2 1 1 x x x x x x x x + ≥ ⇔ + ≥ + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 2 2 3 4 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + ≥ + + + − + +   ⇔ + + + − + + ≤ ⇔ + + + − + ≤   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1x x x x x x x x x x⇔ + + − + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ + − = ⇔ + = ( ) 2 1 5 2 1 1 1 0 1 5 2 x x x x x x  − + =   ⇔ + = ⇔ + − = ⇔  − − =   Kết hợp điều kiện 0x > ta được nghiệm của phương tŕnh đă cho là 5 1 2 x − = 5 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân 2 1 3 x 0 I (8x 2x).e dx = − ∫ . Ta có 2 2 1 1 3 x 2 x 0 0 I (8x 2x).e dx= (4x 1).e .2xdx = − − ∫ ∫ . Đặt 2 2xdxt x dt = ⇒ = và 0 0; 1 1x t x t = ⇒ = = ⇒ = . Ta được 1 0 (4 1). . t I t e dt = − ∫ Đặt 4 1 4d t t u t du t dv e dt v e = − =   ⇒   = =   1 1 1 t t t 0 0 0 I (4t 1).e e .4dt 3e 1 4e 5 e. ⇒ = − − = + − = − ∫ Câu 4.(1,0 điểm): 1.(0,5 điểm) Giải bất phương trình ( ) 4 2 2 1 0. log 3 x x x − − + ≥ − Xét hàm 4 ( ) 2 1 x f x x − = − + . Ta thấy ( ) 4 '( ) 2 .ln 2 1 ' 0 x f x f x x R − = − − ⇒ < ∀ ∈ ( )f x ⇒ nghịch biến trên R . Mà (3) 0f = . Do vậy f(x) 0 3x ≥ ⇔ ≤ ; f(x) 0 3x ≤ ⇔ ≥ . ( ) ( ) 4 2 2 2 ( ) 0 ( ) log 3 0 2 1 0 log 3 ( ) 0 ( ) log 3 0 x f x I x x x f x II x −  ≥     − >   − +  ≥ ⇔  − ≤      − <    ( ) 3 3 3 4 4 3 1 4 4 x x x I x x x x x ≤  ≤ ≤      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < − >     − > >       < −   ( ) 3 3 3 3 4 0 3 1 3 4 3 4 x x x II x x x x ≥ ≥   ≥    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <    < − < < < < <      Tập nghiệm của bất phương trình đó cho là ( ; 4) (3;4) −∞ − ∪ 2.(0,5 điểm) Cho 0x > và 1 2 3 2 1 2 2 1 36 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C + + + − + + + + + + + + + + + + + = . Tìm số hạng không phụ thuộc x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 5 1 n x x   −  ÷  ÷   . Ta có 2 1 2 1 2 1 :0 2 1 k n k n n C C k k n + − + + = ∀ ≤ ≤ + nên ( ) 1 2 3 2 1 2 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C C + + + − + − + + + + + + + + + + + + + + + + + + + = + + + + + + Mà 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 1) n n n n n n n n n n C C C C C C + − + + + + + + + + = + + + + + + suy ra 36 2 2 18 n n= ⇔ = Với n=18 ta có: ( ) 18 18 18 18 6 18 5 5 5 5 18 18 0 0 1 1 1 .( ) ( 1) . n k k k k k k k x x C x C x x x x − − = =       − = − = − = −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       ∑ ∑ 6 Số hạng không phụ thuộc x ứng với 6 18 0 3 5 k k − = ⇔ = . Suy ra số hạng cần tìm là 3 3 18 ( 1) 816C − = − Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại ( ) 3;2A , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 3 1; 2 I    ÷   và đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 1 0d x y − − = . Tìm toạ độ các đỉnh B và C . + Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC . + ( ) 2 1;C d C t t ∈ ⇒ + ; I là trung điểm của ( ) 1 2 ;3BC B t t ⇒ − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ;1 ; 2 2; 2 2 . 0 2 2 . 2 2 1 . 2 0 2 5 AB t t AC t t t AB AC AB AC t t t t t = − − − = − − =   ⊥ ⇔ = ⇔ − − − + − − = ⇔ −  =  uuur uuur uuuruuur +Với ( ) ( ) 1;2 1 3;1 B t C −  = ⇒    . +Với 9 17 ; 5 5 2 5 1 2 ; 5 5 B t C     ÷  −    = ⇒  −     ÷     . Vậy ( ) ( ) 1;2 3;1 B C −     hoặc 9 17 ; 5 5 1 2 ; 5 5 B C     ÷      −     ÷     Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm M(1; 2; -1) một khoảng bằng 2 . Gọi ( ) Q đi qua gốc toạ độ nên ( ) Q có phương trình dạng : 0Ax By Cz + + = ( ) 2 2 2 0A B C + + ≠ . Từ giả thiết ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 2 2 , 2 A B C P Q A B C d M Q A B C + + =  ⊥   ⇔ + −   = =    + +  2 2 2 2 (*) 2 2 2 A B C B C B C BC = − −   ⇔ −  =  + +  (*) ⇔ 0B = hoặc 3 8 0B C + = . Nếu 0B = thì A C = − . Chọn 1 1C A = − ⇒ = Ta được phương trình mặt phẳng ( ) Q là : 0x z − = Nếu 3 8 0B C + = ta chọn 3; 8; 5C B A = = − = ta được phương trình ( ) Q là 5 8 3 0x y z − + = Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán, có phương trình là : 0x z − = ; 5 8 3 0x y z − + = Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp đều .S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy góc 60 o . Mặt phẳng ( )P chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt ,SC SD lần lượt tại ,M N . Tính thể tích khối chóp .S ABMN theo a . 7 S N D I O C G A B K M 60 0 J Gọi O là giao điểm của AC và BD ( )SO ABCD ⇒ ⊥ Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của ,AB CD ; G là trọng tâm SAC ∆ . Ta có ( ) SJ CD CD SIJ IJ CD ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  ¶ 0 90SJI < ⇒ Góc giữa mặt bên ( ) SCD và mặt đáy ( ) ABCD là ¶ 0 60SJI = Ta thấy , ,A G M thuộc ( ) P ; , ,A G M thuộc ( ) SAC , ,A G M ⇒ thẳng hàng và M là trung điểm của SC . G là trọng tâm SAC ∆ . 2 3 SG SO ⇒ = ; SO là trung tuyến tam giác SBD ⇒ G cũng là trọng tâm tam giác SBD . Lập luận tượng tự ta cũng có , ,B G N ⇒ thẳng hàng và N là trung điểm của SD . Gọi K là trung điểm của MN K ⇒ cũng là trung điểm của SJ . SJI ∆ đều cạnh a ; G cũng là trọng tâm SJI ∆ nên IK SJ ⊥ ; Dễ thấy SJ MN ⊥ nên SJ ⊥ (ABMN) Thể tích khối chóp .S ABMN là : 1 . 3 ABMN V SK S = Vỡ SJI ∆ đều cạnh a 3 ; 2 2 a a IK SK ⇒ = = 2 2 3 1 1 3 3 3 1 3 3 3 ( ) . . 2 2 2 2 8 3 2 8 16 ABMN a a a a a a S AB MN IK a V   = + = + = ⇒ = =  ÷   (Đvtt) (Học sinh có thể dùng phương pháp tỉ số thể tích) Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 1 3 2 2 4 2 2 2 6.4 log ( 1) log (2 1) log 2 x x y y x y y + +  = +   + = + + +   Điều kiện 1 1; 2; 2 x y y > − > − ≠ − . Từ phương trình đầu ta có: 2( ) 2 2 2.2 2 6 0 1 3 2 2 x y x y x y x y y x − − − −  =  − − = ⇔ ⇔ = −  = −   Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3 2 2 4 2 log ( 1) log (2 1) log 1x x x + = − + + 3 3 2 2 2 log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x + = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = − Với 1 2 x > thì ta được phương trình: 2 1 3 2 0 2 x x x x =  − + = ⇔  =  Với 1 1 2 x − < < thì ta được phương trình: 2 0 0x x x+ = ⇔ = Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm { } ( ; ) (0; 1),(1;0),(2;1)x y ∈ − Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa măn ( ) 2 2 2 5 2a b c a b c ab + + = + + − . 8 T́m giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 48 10 P a b c a b c   = + + + +  ÷  ÷ + +   Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 2 5a b c a b c ab a b c a b c + + = + + − ⇔ + + = + + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 0 10 2 2 a b c a b c a b c a b c a b c + + ≥ + + ⇒ + + ≤ + + ⇒ < + + ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có ( ) 3 3 3 3 1 10 1 10 1 10 22 3 12 ; . .4 4 3 2 3 4 3 12 22 10 10 10 3 1 1 8 8 16 1 12 .8.8 . 4 4 3 12 16 a a a a a a a a b c b c b c b c b c b c + + + +   = = ≤ + = ⇒ ≥  ÷ + + + +   + + + + + + = + ≤ = ⇒ ≥ + + + 1 1 48.12 22 16 P a b c a b c   ⇒ ≥ = + + +  ÷ + + +   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được 1 1 4 2304 22 16 38 38 P a b c a b c a b c a b c + ≥ ⇒ ≥ + + + + + + + + + + + + Đặt ( ] 2304 0;10 38 t a b c t P t t = + + ⇒ ∈ ⇒ ≥ + + . Xét hàm 2304 ( ) 38 f t t t = + + trên ( ] 0;10 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ] 2 2 10 . 86 2304 '( ) 1 '( ) 0 0;10 38 38 t t f t f t t t t − + = − = ⇒ ≤ ∀ ∈ + + ( )f t ⇒ nghịch biến trên ( ] ( ] 0;10 ( ) (10), 0;10 ; (10) 58 58f t f t f P ⇒ ≥ ∀ ∈ = ⇒ ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 10 2 3 10 4 5 3 8 a b c a a b c b a c b c + + =   =  + =    ⇔ = +   =   =   + =   Vậy min 58P = , đạt được khi 2 3 5 a b c =   =   =  ĐỀ SỐ 42 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ,x x thỏa mãn: 2 2 1 2 1 2 1x x x x+ = + . Câu 2.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 8 os3 2sin 2 cos c x x x + = − − . 2. Giải bất phương trình: 3 1 1 3 1 2log log (16 15.4 27) 0 4 3 x x x+ − + + ≥ − . 9 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 0 ( 1) ( 1) x x e dx x + + ∫ . Câu 4.(1,0 điểm) 1. Tìm số hạng chứa 11 x trong khai triển 3 (2 ) n x x − biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2013 2 1 2 1 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2015.2 . n n n n n C C C n C + + + + + + + + + + = ). 2. Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất hai bút cùng màu. Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 2 : 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + = . Lập phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2 d và tiếp xúc với đường thẳng 1 d tại điểm có hoành độ là 4. Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có (0;1;4)A và hai trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình: 1 2 5 : ; 2 2 1 x y z d − − = = − 2 3 1 1 : 1 4 1 x y z d − − − = = − . Tính diện tích tam giác ABC . Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a. Câu 8.(1,0điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 2 3 2 0 (x,y R) 5 2 5 3 3 2 x xy y x y x xy y x y  + + − − =  ∈  + + − − =   . Câu 9.(1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực thuộc khoảng (0; 1 )a + với 1a > là số thực cho trước. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + − . LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1.(1,0 điểm) Với 1 m = .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 y=x 3 2x− − (1) • TXĐ: R lim x y →±∞ = ±∞ , đồ thị không có tiệm cận • Sự biến thiên: y / =3x 2 -3 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± Hàm số đồng biến trên ( ; 1)−∞ − và (1; )+∞ , Hàm số nghịch biến trên ( 1;1)− Hàm số đạt cực đại tại điểm (-1;0), hàm số đạt cực tiểu tại điểm (1;-4) 10 [...]... 2015 = C2015 x 2015 + C2015 x 20 14 + C2015 x 2013 + + C2015 x 2015k + + C2015 0 1 2 k 2015 (1 x 2 )2015 = C2015 C2015 x 2 + C2015 x 4 + + (1) k C2015 x 2 k + C2015 x 40 30 Ta cú (1 x) 2013 (1 + x )2015 = ( 1 x2 ) 2015 nờn h s ca x1000 ca hai v bng nhau 0 1015 1 10 14 k 1015 1000 2015 500 nờn A = C2015 C2015 C2015 C2015 + + (1) k C2015 C2015 + k + + C2015 C2015 = C2015 Cõu 5.(1,0 im) Trong mt phng vi... 7 42 k cos = cos = + k 2 n = + (k  ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vỡ n l s nguyờn dng nh nht nờn t (*) suy ra n = 7 0 1013 1 10 14 k 1013 1000 2013 2.(0,5 im) Rỳt gn biu thc A = C2013 C2013 C2013 C2013 + + (1) k C2013 C2013 + k + + C2013 C2013 0 1 2 k 2015 (1 x ) 2015 = C2015 C2015 x + C2015 x 2 + + (1) k C2015 x k + C2015 x 2015 0 1 2 k 2015 (1 + x ) 2015 = ( x + 1) 2015 = C2015 x 2015 + C2015 x 20 14. ..  ) 4 2 1 x = + l 2 x = + l 2 , x = l 2 (l  ) + cos x + sin x 1 = 0 cos x ữ = 4 4 4 2 2 Kt hp iu kin phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim l: x = + k , x = + l 2 (k , l  ) 4 2 2.(0,5 im) Gii phng trỡnh sau: 3 x 8 x 19 = 5 x 3 x + 4 4 x5 k: 3 2 2 pt ( ) ( ) x = 4 3( x 4) x4 + + ( x 4 ) ( 3x + 4 ) = 0 3 1 => x = 4 + + 3x + 4 = 0 3x + 4 + 4 1 + 5 x 3x + 4 + 4 1 + 5... n = 1007 (vỡ nu n > 1007 , n < 100 thỡ khụng cú ng thc) Khi n = 1007 , S hng tng quỏt ca khai trin (2 x 3 1007 l: ) x 3 k k ) = ( 1) k C1007 (2 )1007 k ( 3) k x1007 2 k x 49 8 509 249 11 11 S hng cha x tng ng vi k = 49 8 suy ra s hng cn tỡm l: C1007 2 3 x k C1007 (2 x )1007 k ( 1) k ( 2.(0,5 im) Mt chic hp ng 6 cỏi bỳt mu xanh, 6 cỏi bỳt mu en, 5 cỏi bỳt mu tớm v 3 cỏi bỳt mu Ly ngu nhiờn ra 4 cỏi... ngu nhiờn ra 4 cỏi bỳt Tớnh xỏc sut ly c ớt nht hai bỳt cựng mu 4 S cỏch ly bn chic bỳt bt k t 20 chic bỳt ó cho l C20 = 48 45 Gi A l bin c ly c ớt nht hai bỳt cựng mu 1 1 1 1 S cỏch ly c 4 bỳt trong ú khụng cú hai cỏi no cựng mu C6 C6 C5 C3 = 540 S cỏch ly c 4 bỳt m ớt nht hai bỳt cựng mu l 48 45- 540 =43 05 Xỏc sut cn tỡm l 43 05 287 = 48 45 323 Cõu 5.(1,0 im) Trong mt phng to Oxy, cho hai ng thng d1... + cos x = 0 x = + k , x = arccos( ) + k 2 2 2 8 2 cos x = 4sin x (2) 1 i chiu iu kin ta cú nghim: x = + k 2 , x = arccos( )+ k 2 2 8 1 x x 2.(0,5 im) Gii bt phng trỡnh: 2 log 3 4 x+1 3 log 1 (16 + 15 .4 + 27) 0 3 3 K: x > log 4 4 2 4 x 3 x log 4 3 Bpt 16 x + 15 .4 x + 27 (4. 4 x 3) 2 5 3 i chiu iu kin: log 4 < x log 4 3 4 1 x(e x + 1) Cõu 3.(1,0 im) Tớnh tớch phõn: I = ( x + 1) 2... trỡnh sau: 3 x 2 8 x 19 = 5 x 3 x + 4 Cõu 3.(1,0 im) 2 Tớnh tớch phõn I = 6 cos x.ln(1 + sin x) dx sin 2 x Cõu 4. (1,0 im) 2 1 Gi z1 , z2 l hai nghim ca phng trỡnh z 2 cos 5 ữz + 1 = 0 Tỡm s n nguyờn 21 n dng nh nht sao cho z1n + z2 = 1 0 1015 1 1015 k 1015 1000 2015 2 Rỳt gn biu thc : A = C2015 C2015 C2015 C2015 + + (1) k C2015 C2015 + k + + C2015 C2015 Cõu 5.(1,0 im) Trong mt phng vi... + 21 = 0 + =1 H phng trỡnh (I) tr thnh u v u = 21 4 v u = 21 4 v u = 9 x = 3 x = 3 hoc v = 3 y = 1 y = 1 2 u = 7 x = 14 53 + Vi 7 hoc y = 4 2 v = 2 53 + Vi 2 x = 14 53 y = 4 2 53 ổ 2 2ử ữ ỗ ữv 14 ;4 ỗ Vy h cú nghim (3;1), (-3;-1), ỗ ữ ữ ỗ 53 53 ứ ố Cõu 9.(1,0 im): Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: P = ổ ử ỗ 14 2 ;- 4 2 ữ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ 53 53 ứ ố ab bc ca + + 2c + ab 2a + bc... khỏc (SAB) (ABCD) nờn suy ra SH (ABCD) 1 1 a 3 1 4a 2 3 a3 VNSDC = VS NDC = SH SDNC = = ( dvtt ) 3 3 2 2 4 4 Gi Q l im thuc AD sao cho AD=4AQ Khi ú MQ//ND nờn gúc gia SM v DN bng gúc gia SM v QM Gi K l trung im ca QM suy ra HK//AD nờn HK MQ m SH (ABCD) suy ra SK MQ ã Suy ra gúc gia SM v DN bng SMK ã Ta tớnh c cos SMK = 3 3 Vy cos(SM, DN)= 4 4 34 x3 2 x 2 + x + y + x 2 y 2 = 0 Cõu 8.(1,0 im):... B(1; 3; 6) mt khong bng 2 (Q) qua A nờn cú pt: ax +by +czabc = 0 Vi a, b, c khụng ng thi bng 0 (Q) (P) 4a + b c = 0 c = 4a + b (1) ; d(B,(Q)) = 2b + 5c =2 a + b2 + c 2 2 a = 41 a =1 Do (1), c 20a + 7b = 2 a2 + b2 + (4a + b)2 332a2 + 248 ab + 41 b2 b = 2 hay 83 b = 2 Vy cú hai mp(Q) cú phng trỡnh :x2y+2z 1 = 0, 41 x 166y 2z + 127=0 Cõu 7.(1,0 im): Cho hỡnh chúp S.ABC ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti . TOÁN TẬP 3(31-40) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập. thực. 3 1.(1,0 điểm): Với m=1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: 4 2 2 3y x x = − + * )Tập xác định D R = - Giới hạn lim x y →±∞ = +∞ *) Sự biến thiên : Chiều biến thiên 3 2 '. đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1. Tập xác định D = R - Ta có 3 ' 4 4y x mx= − ; 2 0 ' 0 x y x m =  = ⇔  =  Hàm số có