100 đề thi thử Quốc gia 2015 môn toán tập 8

LỜI NÓI ĐẦUCác em học sinh thân mếnLuyện 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

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP 8 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 2 ĐỀ SỐ 81 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số 2 1 x y x = − (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm tọa độ hai điểm ,A B phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại các điểm ,A B song song với nhau, đồng thời ba điểm , ,O A B tạo thành tam giác vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu 2.(1,0 điểm). 1/Giải phương trình: 4sin 3 sin 5 2sin cos2 0.x x x x+ − = 2/Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 3 2x mx x− + + = có nghiệm Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân: 1 ln 1 ln . 1 ln + + = + ∫ e x x I dx x x Câu 4 (1,0 điểm) 1/ Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng một số có chữ số 5. 2/ Giải phương trình: 2 2( 4) 1 4 4 15.2 16 0. x x x x+ + + + − − = Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm ( ) 3; 3C − và điểm A thuộc đường thẳng :3 2 0d x y+ − = . Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có phương trình – – 2 0x y = . Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Câu 6.(1,0 điểm). Cho lăng trụ đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy bằng a , đường thẳng 'B C tạo với đáy một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối chóp . ' 'C A B B và khoảng cách từ 'B đến mặt phẳng ( ' )A BC . Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương 1 1 1 1 .ABCD A B C D , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; 1 A (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông 1 1 ADD A .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; 1 D ; M; N Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: 2 ( 3)( 4) ( 7) 1 1 2 x x y y y x x y − + = −   −  =  − −  . Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số , ,x y z thuộc nửa khoảng ( ] 0;1 và thoả mãn: 1x y z+ ≥ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x y z P y z z x xy z = + + + + + . 3 LỜI GIẢI Câu1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 x y x = − (1). 1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: 2 1 x y x = − TXĐ : { } \ 1D R= Ta có: lim 2, lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = suy ra đường 2y = là tiệm cận ngang 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ suy ra đường 1x = là tiệm cận đứng. Ta có : 2 2 ' 0, 1 ( 1) y x x = − < ∀ ≠ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y’ − − y 2 +∞ −∞ 2 Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận ( ) 1;2I làm tâm đối xứng. 2.(1,0 điểm). Tìm tọa độ hai điểm ,A B phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại các điểm ,A B song song với nhau, đồng thời ba điểm , ,O A B tạo thành tam giác vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Vì ,A B thuộc đồ thị hàm số nên 2a 2 ; , ; , ( ) 1 1 b A a B b a b a b     ≠  ÷  ÷ − −     , 1, 1a b≠ ≠ Tiếp tuyến tại ,A B có hệ số góc lần lượt là: 2 2 2 2 '( ) , '( ) ( 1) ( 1) f a f b a b = − = − − − Ta có 2 2 2 2 2 2 '( ) '( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) f a f b a b a b = ⇔ − − ⇔ − = − − − ( ) 2 a b l a b =  ⇔  + =  Lại có: 0( ) 4 4 . 0 0 1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ab l ab OA OB OA OB ab a b a b =   ⊥ ⇒ = ⇔ + = ⇔ = −  − − − −  uuur uuur uuuruuur (vì nếu 0ab = thì A trùng O hoặc B trùng O) 4 4 1 ( 1)( 1)a b = − − − kết hợp 2a b + = suy ra: 1, 3 ( 1;1), (3;3) 3, 1 (3;3), ( 1;1) a b A B a b A B = − = −   ⇒   = = − −   Vậy: ( 1;1), (3;3) (3;3), ( 1;1) A B A B −   −  Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Giải phương trình: 4sin 3 sin 5 2sin cos 2 0.x x x x + − = Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4sin 3 sin 5 sin3 sin 0x x x x+ − − = 3sin3 sin5 sin 0 3sin 3 2sin 3 .cos 2 0x x x x x x⇔ + + = ⇔ + = sin 3 (3 2cos 2 ) 0x x⇔ + = sin 3 0x ⇔ = ; 3 k x k π ⇔ = ∈¢ . Vậy phương trình đã cho có nghiệm ; 3 k x k π = ∈¢ . 2.(0,5 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2 2 2 3 2x mx x− + + = có nghiệm Ta có: 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2x mx x x mx x− + + = ⇔ − + = − 2 2 2 2 1 2 1 (2 4) 2 4 x x x x m x m x ≥  ≥   ⇔ ⇔ −   − = − = −    Xét hàm số 2 1 ( ) x f x x − = với 2x ≥ . Ta có 2 2 1 ( ) 0, 2 x f x x x + ′ = > ∀ ≥ . Bảng biến thiên x 2 +∞ f’(x) + f(x) 3 2 +∞ Từ bảng biến thiên ta có với 3 11 2 4 2 4 m m≤ − ⇔ ≥ thì phương trình đã cho có nghiệm. Câu 3.(1,0 điểm) . Tính tích phân: 1 ln 1 ln . 1 ln + + = + ∫ e x x I dx x x Ta có : I = 1 1 1 ln 1 ln 1 1 ln 1 ln e e e x x dx dx dx x x x x x x   + = +  ÷ + +   ∫ ∫ ∫ Xét 1 1 ln 1 ln e x I dx x x = + ∫ ; đặt t= 1 ln x+ 2 1 1 ln 2 .t x t dt dx x ⇒ = + ⇒ = Đổi cận: x = 1 ⇒ t =1 ; x =e ⇒ t = 2 Khi đó 2 2 2 3 2 2 1 1 1 1 1 4 2 2 .2 2 ( 1) 2( ) / 3 3 t t I tdt t dt t t − − = = − = − = ∫ ∫ Xét 2 1 1 1 (ln ) / 1 e e I dx x x = = = ∫ Khi đó I = 1 2 I I+ = 7 2 2 3 − Câu 4.(1,0 điểm) 5 1.(0,5 điểm) / Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng một số có chữ số 5. Số phần tử của tập E là : 3 5 60.A = Số các số thuộc tập E và không có chữ số 5 là: 3 4 24A = . Số các số thuộc tập E có chữ số 5 là: 60 24 36− = . Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E là 2 60 CΩ = Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có chữ số 5 là 1 1 36 24 .C C Vậy, xác suất cần tìm là 1 1 36 24 2 60 . 144 295 C C P C = = . 2.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2 2( 4 ) 1 4 4 15.2 16 0. x x x x+ + + + − − = Đk: 4x ≥ − . 2 2( 4 ) 1 4 4 15.2 16 0. x x x x+ + + + − − = Phương trình đã cho tương đương 2 2 4 4 4 15.4 16 0 x x x x− + − + − − = Đặt 4 4 ( 0) x x t t − + = > . Phương trình đã cho trở thành: 2 1( ) 15 16 0 16 t l t t t = −  − − = ⇔  =  Với 4 16 4 16 4 2 4 2 x x t x x x x − + = ⇒ = ⇔ − + = ⇔ + = − 2 2 5 5 0 x x x x ≥  ⇔ ⇔ =  − =  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm 5x = . Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm ( ) 3; 3C − và điểm A thuộc đường thẳng :3 2 0d x y+ − = . Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có phương trình – – 2 0x y = . Xác định tọa độ các điểm A, B, D. ( ) ;2 3A d A t t∈ ⇒ − Ta có: ( ) 1 , 2 d C DM = ( ) , 4 4 8 1 2d A DM t t⇒ − = ⇔ − = 3 1 t t =  ⇔  = −  Với ( ) 3 3; 7t A= ⇒ − (loại vì A, C phải khác phía đối DM) Với ( ) 1 1;5t A= − ⇒ − (thỏa mãn) Giả sử ( ) ; 2D m m − . Ta có 2 2 2 2 ( 1)( 3) ( 7)( 1) 0 ( 1) ( 7) ( 3) ( 1) m m m m AD CD m m m m AD CD + − + − + =   ⊥ ⇒   + + − = − + + =   uuur uuur 5 (5;3)m D⇔ = ⇒ Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ ( ) 1;1I Do I là trung điểm của BD ⇒ ( ) 3; 1B − − . Vậy, ( ) 1;5A − , ( ) 3; 1B − − , (5;3)D Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy bằng a , đường thẳng 'B C tạo với đáy một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối chóp . ' 'C A B B và khoảng cách từ 'B đến mặt phẳng ( ' )A BC . 6 Ta có: ' .tan 60 3 o CC a a= = , 2 1 3 . .sin 60 2 4 o ABC a S a a ∆ = = 2 3 . ' ' . ' . ' ' ' 1 1 1 3 . . ' . . 3 3 3 3 4 4 C A B B C ABA ABC A B C ABC a a V V V S CC a ∆ ⇒ = = = = = Ta có: 2 2 ' ' 3 2A B A C a a a= = + = . Gọi M là trung điểm BC suy ra 2 2 15 ' ' 4 4 2 a a A M BC A M a⊥ ⇒ = − = 2 ' 1 1 15 15 ' . . . 2 2 2 4 A BC a a S A M BC a ∆ ⇒ = = = Lại có: . ' ' '. ' ' 1 . ( ',( ' )) 3 C A B B B A BC A BC V V S d B A BC ∆ = = 3 . ' ' 2 ' 3 3 3 ( ',( ' )) 15 15 4. 4 C A B B A BC V a a d B A BC S a ∆ ⇒ = = = . Vậy 3 ( ',( ' )) 15 a d B A BC = . Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương 1 1 1 1 .ABCD A B C D , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; 1 A (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông 1 1 ADD A .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; 1 D ; M; N Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); 1 D (0; 1; 1) M( 1 2 ;0;0) ; N(0 ; 1 1 ; 2 2 ) . Gọi mặt cầu (S): 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + = Do (S) đi qua các điểm C; 1 D ; M; N Nên ta có hệ phương trình: 5 2 2 2 0 4 2 2 2 0 1 1 4 0 4 5 1 4 0 2 1 a b d a b c d b a d c b c d d  + + + = = −     + + + =   = −   ⇔   + + =   = −   + + + =     =  2 2 2 5 1 5 ( ) : 1 0 2 2 2 pt S x y z x y z⇒ + + − − − + = Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 ( 3)( 4) ( 7)(1) 1 (2) 1 2 x x y y y x x y − + = −   −  =  − −  Đk: { { 1 0 1 2 0 2 x x y y − > > ⇔ − > < . Từ (1) ta có 2 2 ( 1) 3( 1) (2 ) 3(2 )x x y y− + − = − + − (3) Xét hàm 2 ( ) 3 , 0.f t t t t= + > Ta có ( ) 2 3 0, 0f t t t ′ = + > ∀ > ( )f t⇒ đồng biến trên (0;+ ∞ ) 7 Mà (3) ( 1) (2 ) 1 2 3f x f y x y x y⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − Thế vào (2) ta được 2 2 2 2 y y y y − = − − 2 2 0y y⇔ + − = ⇔ 1 2 2 5 y x y x = ⇒ =   = − ⇒ =  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – 2 ) Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số , ,x y z thuộc nửa khoảng ( ] 0;1 và thoả mãn: 1x y z+ ≥ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x y z P y z z x xy z = + + + + + . Do ( ] , 0;1x y ∈ và 1 ,x y z x z y z+ ≥ + ⇒ ≥ ≥ Ta có ( ) 2 2 2 2 x y xy z xy x y + + ≤ ≤ ≤ + do 2x y+ ≤ x y z P y z z x x y ≥ + + + + + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 3 2 x y z x y y z z x y z z x x y x y y z z x   + + = + + + + + + + −   ÷   + + + + + +   9 3 3 2 2 ≥ − = 3 2 P⇒ ≥ . Dấu bằng xảy ra khi 1x y z= = = Vậy min 3 2 P = khi 1x y z= = = ĐỀ SỐ 82 Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3mx 2 + (3m 2 – 3)x + m 2 + 1 (1), với m là tham số. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. b) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox. Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2 4sin sin 3sin (cos2 cos )(1 cot ) 2 6 6 2 x x x x x x π π     + − = + +  ÷  ÷     Câu 3(1 điểm) Tính tích phân sau : I = 2 4 4 sin 2 3 sin 2 2cos2 3 sin 2 x x x x dx x π π + + + ∫ Câu 4.(1,0 điểm) 1. Cho n là số nguyên dương thỏa 1 2 1 255 n n n n n n C C C C − + + + + = . Hãy tìm số hạng chứa x 14 trong khai triển của P(x) = ( ) 2 1 3 n x x + + . 2. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho 1 2 2 2z i − − = (1). Từ đó hãy tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần ảo của z bằng 4. Câu 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng (d): x + 2y + 1 = 0, trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C. Câu 6.(1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 2 = 0 và (Q): 2x + 2y + z – 1 = 0. Viết phương trình của đường thẳng (d) đi qua A(0; 0; 1), nằm trong mặt phẳng (Q) và tạo với mặt phẳng (P) một góc bằng 45 0 . Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD; H là giao điểm của MD và CN. Biết rằng SH vuông góc với (ABCD). Chứng minh CH vuông góc với MD và tính thể tích khối chóp SNMBC. Câu 8(1 điểm) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 8 4(2 1) 13 ( 1)(5 7) 1 x x x y y x y y y  + − = + + +   − = + +   . 8 Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, là hai số dương thỏa x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 1 1 x y x y x y x y   + + + − +  ÷ + +   . LỜI GIẢI Câu 1 Cho hàm số :y = x 3 – 3mx 2 + (3m 2 – 3)x + m 2 + 1 (1) 1.(1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1: y = x 3 – 3x 2 + 2 Tập xác định: D = R Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ y' = 3x 2 – 6x; y' = 0 ⇔ 0 2 2 2 x y x y = ⇒ =   = ⇒ = −  . Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ / y + 0 - 0 + y +∞ 2 -2 −∞ y'' = 6x – 6; y'' = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0. Đồ thị có điểm uốn là I(1; 0). Đồ thị : 9 2.(1,0 điểm) Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox. y' = 3x 2 – 6mx + 3m – 3 y' = 0 ⇔ x 2 – 2mx + m 2 – 1 ⇔ 3 2 3 2 1 3 1 1 3 3 x m y m m m x m y m m m  = + ⇒ = + − −  = − → = + − +   . d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ (m 3 + m 2 – 3m – 1) 2 = (m 3 + m 2 – 3m + 3) 2 ⇔ – 8(m 3 + m 2 – 3m) – 8 = 0 ⇔ 8m 3 + 8m 2 – 24m + 8 = 0 ⇔ m = 1 hay m = –1 ± 2 . 2 : 4sin sin 3sin (cos2 cos )(1 cot ) 2 6 6 2 x x x x x x π π     + − = + +  ÷  ÷     Câu 2 Điều kiện: sinx ≠ 0. (1) ⇔ 2 2 cos cos 3sin (cos2 cos )(1 cot ) 3 x x x x x π   − = + +     ⇔ 2 3sin (cos2 cos ) 2cos 1 sin x x x x x + − = ⇔ 3(cos2 cos ) 2cos 1 sin x x x x + − = ⇔ 2sinxcosx – sinx = 3cos2 3 cosx x+ ⇔ sin 2 3cos2 sin 3 cosx x x x− = + ⇔ 1 3 1 3 sin 2 cos2 sin cos 2 2 2 2 x x x x − = + ⇔ sin 2 sin 3 3 x x π π     − = +  ÷  ÷     ⇔ 2 2 3 2 3 3 x k x k π π π π  = +    = +   So sánh điều kiện ta được phương trình có nghiệm là: 2 2 3 2 3 x k x k π π π π  = +    = ± +   . Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = 2 4 4 sin 2 3 sin 2 2cos2 3 sin 2 x x x xdx x π π + + + ∫ I = 2 4 4 sin 2x xdx π π ∫ + 2 4 2cos2 3 sin 2 xdx x π π + ∫ = I 1 + I 2 Tính I 1 : Đặt u = 2x ⇒ u' = 2 v' = 2sin2x Chọn v = –cos2x I 1 = [ ] 2 2 4 4 2 cos2 2cos 2x x xdx π π π π − + ∫ = [ ] 2 4 sin 2x π π π + = π + (0 – 1) = π – 1. Tính I 2 : Đặt t = 3 + sin2x ⇒ dt = 2cos2xdx Đổi cận: x = 4 π ⇒ t = 4; x = 2 π ⇒ t = 3 ⇒ I 1 = 3 4 dt t ∫ = 3 4 2 t     = 2 3 4− . Vậy I = π – 1 + 2 3 4− = 2 3 5 π + − . Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Cho n là số nguyên dương thỏa 1 2 1 255 n n n n n n C C C C − + + + + = . Hãy tìm số hạng chứa x 14 trong khai triển của P(x) = ( ) 2 1 3 n x x + + . Ta có 0 1 2 1 (1 1) 2 n n n n n n n n n C C C C C − + + + + + = + = ⇒ 1 1 2 1 n n n n n C C C + + + = − Theo giả thiết ta có 2 n – 1 = 255 ⇔ 2 n = 256 = 2 8 ⇔ n = 8. P(x) = (1 + x + 3x 2 ) 8 = ( ) 8 2 8 0 3 k k k C x x = + ∑ = 8 2 8 0 0 (3 ) k k m k m m k k m C C x x − = =    ÷   ∑ ∑ = 8 2 8 0 0 3 . k k m k m k m k k m C C x − − = = ∑ ∑ . 10 [...]... nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C 20 = 484 5 đề thi 2 2 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C10 C10 = 2025 trường hợp 3 1 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C10 C10 = 1200 trường hợp 4 Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C10 = 210 trường hợp Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2... 2015 liên tục trên J và có t 2015 4t 4 − 8t 3 − 2015 4t 3 (t − 2) − 2015 f ' (t ) = 4t 3 − 8t 2 − 2 = = > 0∀t ∈ J ⇒ f (t ) đồng biến trên J t t2 t2 2015 2015 ⇒ min = f ( 2013 ) = 4044122 + , max = f ( 2026 ) = 4096577 + x∈ J 2013 x∈J 2026 2015 2015 ; max S = 4096577 + Vậy min S = 4044122 + 2013 2026 4 2 Xét hàm số f (t ) = t − 4t + 5 + ĐỀ SỐ 87 2x −1 , (1) và điểm A(0;3) x −1 1 Khảo sát sự biến thi n... 5 SNMBC SH = = 3 3 2 5 3 8 x 3 + 4(2 x − 1) = 13 x 2 + ( y + 1)(5 y + 7)  Câu 8. (1,0 điểm )Gia i hệ phương trình  2 2 3 x − y = y + y +1  Do đó VSNMBC = 8 x 3 − 13x 2 + 8 x − 4 = 5 y 2 + 12 y + 7  (1) ⇔  2 3 2 x = y + y + y +1  (a) (b) Cộng (a) và (b) theo vế: 8x3 – 12x2 + 8x – 4 = y3 + 6y2 + 13y + 8 ⇔ 8x3 – 12x2 + 6x – 1 + 2x – 1 = y3 + 6y2 + 12y + 8 + y + 2 ⇔ (2x – 1)3 + (2x –... ∫ 4 Câu 4.(1,0 điểm) 1 Tìm mô đun của số phức z biết z 3 + 12i = z và z có phần thực dương 2 Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc Câu 5.(1,0 điểm) 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C1): ( x + 2... - 2) + = 0 ⇔ x = 2 hay + = 0 (vô nghiệm) Do đó x = 2 ⇒ y = 8 Vậy nghiệm (x;y) của hệ (I) là (2 ;8) , (5;3) Câu 9.(1,0 điểm) Tìm minS, maxS… 2015 + 2 xy x + y +1 2015 = ( x + y ) 2 − 2( x + y ) + 2 + x + y +1 2015 = ( x + y + 1) 2 − 4( x + y + 1) + 5 + x + y +1 2015 4 2 Đặt t = x + y + 1 thì S = t − 4t + 5 + t Ta tìm điều kiện cho t Từ gỉa thi t, đặt a = x + 2 ≥ 0 , b = suy ra x = a 2 − 2, y = b 2 +... 2k − m = 14  m = 0 m = 2  ∨ 0 ≤ m ≤ k ≤ 8 ⇔  YCBT ⇔  k = 7 k = 8  m, k ∈ Z  Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 + C88C82 36 )x14 2.(0,5 điểm).Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z sao cho z − 1 − 2i = 2 2 (1) Từ đó hãy tìm số phức z thỏa (1) sao cho phần... x − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 3 2 2 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ 1 x3 x 3 + 8 + ( 6 x 3 + 4 x 2 ) ln x x dx Câu 4.(1,0 điểm) 1 Cho tập hợp X = { 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8} Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5 Tính số phần tử của G Lấy ngẫu nhiên một số trong tập G, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn 4000 2 Tìm tất cả các số phức... 0  ≤x≤  2  2 Kết hợp x > −1 ta được −1 < x ≤ 1+ 5 2  Vậy tập nghiệm của BPT là S =  −1;  1+ 5   2  2 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ x3 x 3 + 8 + ( 6 x 3 + 4 x 2 ) ln x 1 2 dx 2 1 x 1 2 3 2 Ta có I = ∫ x x + 8dx + ∫ ( 6 x + 4 x ) ln xdx = I1 + I 2 1 2 * Tính I1 = ∫ x 2 1 2 2 74 1 x + 8dx = ∫ ( x 3 + 8) d ( x 3 + 8 ) = = 9 31 3 dx  u = ln x du = =>  x * Tính I2: Đặt  dv =... B’C’ và CA’ Câu 8. (1,0 điểm) 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0  ( x, y ∈ R ) Giải hệ phương trình :  2 2 x + 3 y 2 = 30  Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= + + 19 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số :y = x3 - 3x2 * Tập xác định : D = R * Sự biến thi n : − Giới... x+2 1.(1.0 điểm) Với m = 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số: y = * TXĐ: D = R\{ −2 } * Tiệm cận đứng x = −2 , tiệm cận ngang y = −1 * y'= − 3 ( x + 2) 2 < 0, ∀x ∈ D , nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định * Bảng biến thi n −∞ x y y −x +1 x+2 - / +∞ -2 0 +∞ -1 −∞ -1 Giao Ox: y = 0 ⇔ x = 1 1 2 Giao Oy: x = 0 ⇒ y = Đồ thị: Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;-1) làm tâm . của tập E là : 3 5 60.A = Số các số thuộc tập E và không có chữ số 5 là: 3 4 24A = . Số các số thuộc tập E có chữ số 5 là: 60 24 36− = . Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập. Cho tập hợp { } 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8X = . Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập. Cho tập hợp { } 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8X = . Ký hiệu G là tập hợp tất cả các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập X, chia hết cho 5. Tính số phần tử của G. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập