6 đề dự trữ ĐH môn Toán có đáp án chi tiết

www.thaydo.net 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN DỰ BỊ 1 KHỐI A: Câu I: (2 đ)Gọi (C m ) là đồ thị của hàm số : y = 2 2 2 1 3 x mx m x m     (*) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 2 2 4 ( 1) ( 1) 2 x y x y x x y y y             2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;  ) của phương trình : 2 2 3 4sin 3 cos2 1 2cos ( ) 2 4 x x x      Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm G 4 1 ( ; ) 3 3 , phương trình đường thẳng BC là 2 4 0 x y    và phương trình đường thẳng BG là 7 4 8 0 x y    .Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) . a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P). b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC. Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 3 2 0 sin . I x tgxdx    . 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8. Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng : 3 4 3 4 3 4 6 x y z       Bài giải CÂU I 1/ Khi m = 1 thì 2 x 2x 2 y x 1     (1)  MXĐ: D = R \ {1}    2 2 x 2x y' x 1    , y' 0     x 0hay x 2  BBT x  0 1 2  y' + 0 - - 0 + y  2 6  www.thaydo.net 2  Tiệm cận: x 1  là pt t/c đứng y = x + 3 là pt t/c xiên 2/ Tìm m Ta có   2 2 2 x 2mx m 1 y' x m      Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung y' 0   có 2 nghiệm trái dấu 2 1 2 x x P m 1 0 1 m 1          CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình       2 2 x y x y 4 I x x y 1 y y 1 2               (I)                   2 2 2 2 x y x y 4 x y x y xy 2 xy 2 Ta có            2 2 2 2 2 2 S x y;P xy S x y 2xy x y S 2P Vậy                        2 2 S 2P S 4 P 2 I S 0hayS 1 S P S 2 1 S x y 0 TH : P xy 2          vậy x, y là nghiệm của phương trình    2 X 0X 2 0 Vậy hệ có 2 nghiệm x 2 x 2         hay x 2 y 2         2 S x y 1 TH : P xy 2           vậy x,y là nghiệm của phương trình 2 X X 2 0        X 1hay X 2 . Vậy hệ có 2 nghiệm x 1 y 2       V x 2 y 1       Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm x 2 y 2         V x 2 y 2         V x 1 y 2       V       x 2 y 1 CÁCH KHÁC (I)                2 2 2 2 x y x y 4 x y x y xy 2             2 2 x y x y 4 xy 2             2 (x y) x y 0 xy 2              x y 0 hay x y 1 xy 2             x y 0 hay x y 1 xy 2          2 x y x 2 hay            2 x y 1 x x 2 0  x 2 y 2         V x 2 y 2         V x 1 y 2       V       x 2 y 1 2/ Tìm nghiệm   0,   www.thaydo.net 3 Ta có 2 2 x 3 4sin 3 cos2x 1 2cos x 2 4            (1) (1)   3 2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x 2               (1) 2 2cosx 3 cos2x 2 sin2x      (1) 2cosx 3 cos2x sin2x     . Chia hai vế cho 2: (1)     3 1 cosx cos2x sin2x 2 2   cos 2x cos x 6                           5 2 7 x k a hay x h2 b 18 3 6 Do   x 0,   nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba nghiệm x thuộc   0,  là 1 2 3 5 17 5 x ,x ,x 18 18 6       CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt              x 2y 4 0 B 0, 2 7x 4y 8 0 Vì ABC  cân tại A nên AG là đường cao của ABC  Vì GA BC   pt GA:         4 1 2(x ) 1(y ) 0 2x y 3 0 3 3 2x y 3 0      GA BC  = H              2x y 3 0 H 2, 1 x 2y 4 0 Ta có AG 2GH    với A(x,y). 4 1 4 1 AG x, y ;GH 2 , 1 3 3 3 3                                x 0 1 8 y 3 3    A 0,3 Ta có :       A B C A B C G G x x x y y y x vaø y 3 3    C 4,0 Vậy       A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2  2a/ Ta có   BC 0, 2,2     mp (P) qua   O 0,0,0 và vuông góc với BC có phương trình là       0.x 2y 2z 0 y z 0  Ta có   AC 1, 1,2     , phương trình tham số của AC là x 1 t y 1 t z 2t           . Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 1 1 t 2t 0 t 3      . Thế 1 t 3  vào pt (AC) ta có 2 2 2 M , , 3 3 3       là giao điểm của AC với mp (P) 2b/ Với   A 1,1,0   B 0,2,0   C 0,0,2 .Ta có:   AB 1,1,0    ,   AC 1, 1,2               AB.AC 1 1 0 AB AC  ABC  vuông tại A www.thaydo.net 4  Ta dễ thấy BOC  cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ dàng tìm dược   I 0,1,1 2 2 R 1 1 2    Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là :     2 2 2 x y 1 z 1 2      CÂU IV. 1/ Tính       /3 /3 2 2 0 0 sinx I sin xtgxdx sin x. dx cosx    2 / 3 0 1 cos x sinx I dx cosx     , Đặt u cosx   du sinxdx   Đổi cận   1 u ,u 0 1 3 2              2 1/ 2 1 1 u du I u     = 1 1 2 1/ 2 1/ 2 1 u 3 u du lnu ln2 u 2 8                   2/ Gọi  1 2 3 4 5 6 n a a a a a a là số cần lập    3 4 5 ycbt: a a a 8        3 4 5 3 4 5 a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4 a) Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,2,5   Có 6 cách chọn 1 a  Có 5 cách chọn 2 a  Có 3! cách chọn 3 4 5 a ,a ,a  Có 4 cách chọn 6 a Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n b) Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,3,4  tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n Cách khác Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,2,5  Có 3! = 6 cách chọn 3 4 5 a a a Có 3 6 A cách chọn 1 2 6 a ,a ,a Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,3,4  tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n CÂU V: Ta có: 4 x x x 3 4 1 1 1 4 4 4           8 4 x x x 3 4 2 4 2. 4 . Tương tự    8 4 y y x 3 4 2 4 2. 4 8 z z 3 4 2 4   Vậy               8 8 8 x y z x y z 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 3 8 x y z 6 4 .4 .4  24 x y z 6 4 6     www.thaydo.net 5 DỰ BỊ 2 KHỐI A: Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2 1 1 x x y x     . 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thị ( C ) . Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình : 2 1 1 3 2 4 x y x y x y             2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 x x x      Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 12 4 36 0 x y     . Viết phương trình đường tròn (C 1 ) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S. b) Tìm tọa độ điểm A 1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC. Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 7 3 0 2 1 x I dx x     . 2. Tìm hệ số của x 7 trong khai triển đa thức 2 (2 3 ) n x  , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n C C C C          = 1024. ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có : 2 9 (1 )(1 )(1 ) 256 y x x y     . Đẳng thức xảy ra khi nào? Bài giải: CÂU I. 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị     2 x x 1 y (C) x 1 MXĐ:   D R \ 1   .              2 2 2 x 2x y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2 x 1 BBT x  -2 -1 0  y' + 0 - - 0 + y  -3   1  Tiệm cận: x 1   là phương trình tiệm cận đứng y x  là phương trình tiệm cận xiên 2/ Phương trình tiếp tuyến  qua   M 1,0  ( hệ số góc k ) có dạng  :   y k x 1    tiếp xúc với   C  hệ pt sau có nghiệm www.thaydo.net 6                    2 2 2 x x 1 k x 1 x 1 x 2x k x 1  phương trình hoành độ tiếp điểm là       2 2 2 x 2x x 1 x x 1 x 1 x 1        x 1    3 k 4  Vậy pt tiếp tuyến  với   C qua   M 1,0  là:   3 y x 1 4   CÂU II. 1/ Giải hệ pt :   2x y 1 x y 1 I 3x 2y 4                   2x y 1 x y 1 I 2x y 1 x y 5                 Đặt        u 2x y 1 0,v x y 0 (I) thành                       1 1 2 2 2 2 u v 1 u 2 v 1 u 1 v 2 loaïi u v 5 Vậy   2x y 1 2 I x y 1            2x y 1 4 x 2 x y 1 y 1                 2/ Giải phương trình   3 2 2 cos x 3cosx sin x 0 2 4            (2) 3 2 cos x 3cosx sinx 0 4                                3 3 3 2 2 cosx sinx 3cosx sinx 0 cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx 0          3 cosx 0 sin x sin x 0               2 3 2 3 cosx 0 hay 1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x 0   2 sin x 1  haytgx 1 x k 2      hay     x k 4 CÂU III 1/       2 2 2 2 C x y 12x 4y 36 0 x 6 y 2 4            Vậy (C) có tâm   I 6,2 và R=2 Vì đường tròn   1 C tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm 1 I nằm trên 2 đường thẳng y x   vàvì (C) có tâm   I 6,2 ,R = 2 nên tâm  1 I (x; x) với x > 0. www.thaydo.net 7 1 TH : Tâm 1 I  đường thẳng y = x    I x,x , bán kính  1 R x   1 C tiếp xúc ngoài với (C)    1 1 II R R           2 2 x 6 x 2 2 x                 2 2 2 2 x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0        2 x 20x 36 0 x 2hayx 18 .Ứng với   1 1 R 2hayR 18 Có 2 đường tròn là:     2 2 x 2 y 2 4     ;     2 2 x 18 y 18 18     2 TH : Tâm 1 I  đường thẳng   y x I x, x     ;  1 R x Tương tự như trên, ta có x= 6 Có 1 đường tròn là     2 2 x 6 y 6 36     Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là:                         2 2 2 2 2 2 x 2 y 2 4; x 18 y 18 18; x 6 y 6 36 2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật     OC AB  B(2,4,0) * Đoạn OB có trung điểm là   H 1,2,0 . H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và bán kính R =     1 1 SB 4 16 16 3 2 2 , Vậy phương trình mặt cầu là           2 2 2 x 1 y 2 (z 2) 9 2b/   SC 0,4, 4    chọn   0,1, 1  là vtcp của SC. Pt tham số đường thẳng SC x 0 y t z 4 t          Mp (P) qua   A 2,0,0 và vuông góc với SC có phương trình là   O x 2 y z 0 y z 0        Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra   M 0,2,2 Gọi   1 A x,y,z là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của 1 AA nên                      2 x 2.0 x 2 0 y 2.2 y 4 0 z 2.2 z 4 Vậy   1 A 2,4,4  CÂU IV: 1/ Tính 7 3 0 x 2 I dx x 1     Đặt 3 2 3 t x 1 x t 1 dx 3t dt         3 x 2 t 1    .Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2. Vậy     2 3 2 5 2 2 2 4 1 1 1 t 1 3t t t 231 I dt 3 t t dt 3 t 5 2 10                www.thaydo.net 8 2/ Ta có                  2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 1 x C C x C x C x C x Cho x 1  Ta có 2n 1 0 1 2 3 4 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 C C C C C C                (1) Cho x 1   Ta có 0 1 2 3 4 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 0 C C C C C C               (2) Lấy (1) - (2)  2n 1 1 3 5 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 2 C C C C                 2n 1 3 5 2n 1 10 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 C C C C 1024 2             . Vậy 2n=10 Ta có       10 10 k k k 10 k 10 k 0 2 3x 1 C 2 3x       Suy ra hệ số của 7 x là 7 7 3 10 C 3 .2  hay  3 7 3 10 C 3 .2 CÂU V: Ta có: 3 4 3 x x x x 1 x 1 4 3 3 3 3       3 4 3 3 y y y y y 1 1 4 x 3x 3x 3x 3 .x         3 4 3 9 3 3 3 3 1 1 4 y y y y y        2 6 4 3 9 3 1 16 y y           Vậy                      2 3 3 6 4 3 3 3 3 y 9 x y 3 1 x 1 1 256 256 x y 3 3 .x y DỰ BỊ 1 KHỐI B: Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 4 2 6 5 y x x    2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : 4 2 2 6 log 0 x x m    . Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 2 1 1 3 2 4 x y x y x y             2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 x x x      Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : 2 2 64 9 x y  = 1. Viết phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 x y z : 1 1 2 d   và 2 1 2 : 1 x t d y t z t            ( t là tham số ) a) Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d 1 và N thuộc d 2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : 0 x y z    và độ dài đọan MN = 2 . Câu IV: ( 2 điểm) 1. Tính tích phân 2 0 ln e x xdx  . www.thaydo.net 9 2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3 4 Cmrằng : 3 3 3 3 3 3 3 a b b c c a       . Khi nào đẳng thức xảy ra ? Bài giải: CÂU I: 1/ Khảo sát 4 2 y x 6x 5    . MXĐ: D=R            3 2 y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0hayx 3 2 y'' 12x 12,y'' 0 x 1       BBT x  3  -1 0 1 3  y' - 0 + + 0 - - 0 + y'' + + 0 - - 0 + + y  5  -4 0 0 -4 Đồ thị 2/ Tìm m để pt 4 2 2 x 6x log m 0    có 4 nghiệm phân biệt. 4 2 4 2 2 2 x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5         Đặt 2 k log m 5   Ycbt  đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt 4 k 5          2 4 log m 5 5        2 9 1 9 log m 0 m 1 2 CÂU II 1/ Giải pt   3x 3 5 x 2x 4 1      www.thaydo.net 10 Điều kiện 3x 3 0 5 x 0 2 x 5 2x 4 0               (1) 3x 3 5 x 2x 4       và   2 x 5             3x 3 5 x 2x 4 2 5 x 2x 4 và   2 x 5         x 2 5 x 2x 4 và   2 x 5    x 2 0      hay[ x 2 5 x 2 và   2 x 5 ]             x 2 hay [x 2 2 5 x vaø 2 x 5] x 2 hay x 4 2/ Giải pt:     2 2 3 sinxcos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2     Điều kiện : cosx 0 x k 2              2 2 3 2 sinxcos2x sin x cos x 2sin x 0 và  cosx 0       2 sinx cos2x 2sin x cos2x 0 và  cosx 0        sinx cos2x 1 cos2x cos2x 0 và  cosx 0       2 sinx 1 2sin x 0 và  cosx 0     2 2sin x sinx 1 0 và  cosx 0       1 sinx (vìsinx 1 loaïi ) 2              1 5 sinx sin x k2 hay x k2 2 6 6 6 CÂU III. 1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp x 0,y 0   Gọi     A 2m,0 ;B 0,m là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ ( m 0  ). Pt AB: x y 1 x 2y 2m 0 2m m       AB tiếp xúc với (E) 2 64 4.9 4m      2 2 4m 100 m 25 m 5 m 0        Vậy pt tiếp tuyến là x 2y 10 0    Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là x 2y 10 0,x 2y 10 0 x 2y 10 0,x 2y 10 0             2/ a/ 1 d qua   O 0,0,0 , VTCP   a 1,1,2   2 d qua   B 1,0,1  , VTCP   b 2,1,1      a,b 1, 5,3          ,   OB 1,0,1    [...]... 2   3  12  16  16  4  36  6  x 1 y 1 z  5 * Đường thẳng  :   đi qua A(1,1,5) và có VTCP a   2,1, 6  2 1 6   Ta có AM   4,1, 8    Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa   mp (Q) qua A có PVT là  AM,a    2,8,2  hay 1,4,1   nên pt (Q):  x  5  4  y  2    z  3   0 Pt (Q): x  4y  z  10  0 Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa  nên pt mp(Q) có dạng: x  2y ... ta có thể xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: A 2  4.5  20 cách 5 Xếp 1,5 rồi ta có 5 cách chọn 1 chữ số cho ơ còn lại đầu tiên 4 cách chọn 1 chữ số cho ơ còn lại thứ 2 14 www.t haydo.net 3 cách chọn 1 chữ số cho ơ còn lại thứ 3 * Theo qui tắc nhân ta có: A 2 5.4.3  20 .60  1200 số n 5 Cách khác : - Bước 1 : xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: A 2  4.5  20 cách 5 -Bước 2 : có A3  3.4.5  60 ... 2/ Tacó: 2Pn  6A 2  Pn A 2  12  n  N,n  1 n n I1   2n! 6n! n! n!  n!  12   6  n!  2  6  n!  0  n  2  !  n  2 !  n  2 !   6  n!  0 hay n!  2  0  n!  6 hay n(n  1)  2  0 (n  2)! 22 www.t haydo.net  n  3hay n2  n  2  0  n  3hay n  2(vì n  2) CÂU V Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1 CMR: x2 y2 z2 3    1 y 1 z 1 x 2 x2 1  y x2 1  y Ta có: ... xiên x2  3x  3 2/ Tìm m để pt  m có 4 nghiệm x 1 phân biệt Ta có  x 2  3x  3 nếu x  1  x2  3x  3  x  1 y  2 x 1  x  3x  3 nếu x  1   x 1 x 2  3x  3 Do đó đồ thị y  có được bằng cách x 1   Giữ ngun phần đồ thị (C) có x > -1 Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x 3 x 1...  0  2sin x  1  x   5  k2 hay x   k2 6 6 Ghi chú:Khi sinx  0 thì cos x   1 CÂU III 1/ Đường tròn (C) có tâm I  2,3  , R=5 M  x M ,y M    d   2x M  y M  3  0  y M  2x M  3 IM    x M  2 2   y M  3 2  10 2  x M  2 2   2x M  3  32  10  5x M  4x M  96  0  x M  4  y M  5  M  4, 5   24 63  24 63  xM   yM   M ,   5 5  5 5  2/ a/ Vì... Ta có C5 C10  1050 3 * 5 nữ + 3 nam Ta có C5C10  120 5 Theo qui tắc cộng Ta có 2520 + 1050 + 120 = 369 0 cách CÂU V: a  3b  1  1 1   a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1 Ta có 3  b  3c 1.1    b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1 3  c  3a  1.1    c  3a  2  3 3 1 Suy ra 3 a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c   6   3 1 3    4  6   3 3 4  3  1 a  b  c  Dấu =... I, bán kính R  10 là  x  a 2   y  b 2  10 2 2 2 2 A   C    0  a    5  b   10  a2  b2  10b  15  0 (1) B   C    2  a    3  b   10  a2  b2  4a  6b  3  0 (2) (1) và ( 2) a2  b2  10b  15  0  a  1 a  3    hay  4a  4b  12  0 b  2 b  6  Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là  x  12   y  2 2  10  x  32   y  6 2  10 2/ Ta có A... bốc 3 trong 5 số còn lại rồi xếp vào 3 vị trí còn lại 5 Vậy có 20 .60 = 1200 số n thỏa ycbt CÂU V Ta có 0  x  1  x  x 2 Ta có x y  y x  1 1  x y   y x (1) 4 4 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có y x 1 1 1 1  yx 2   2 yx2  x y  x y  y x  4 4 4 4  0  y  x  1 x  1   Dấu = xảy ra   x  x 2  1  y  4 1  yx 2   4 DỰ BỊ 1 KHỐI D: Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số... 1 x2  m  1  2mx  m  1  có nghiệm  2 3x  2  2m  1 x  2m  x  0 hay  x 2   2m  1 x  2m  có nghiệm  3x2  2  2m  1 x  2m    x2   2m  1 x  2m  có nghiệm  m  0 hay  2 2 3x  2  2m  1 x   x   2m  1 x   x2   2m  1 x  2m  có nghiệm  m  0 hay  2 2x   2m  1 x  0   x2   2m  1 x  2m   m  0 hay  có nghiệm 2m  1 x   2 2 1 2... 14x k  65 k     Ta xét IK 2  OK 2  2x 2  14x k  65  2x 2  14x k  49  16  0 k k Vậy IK 2  OK 2  IK  OK(đpcm) 2/ Tìm M1 là h/c của M lên mp (P)  Mp (P) có PVT n   2,2, 1  x  5  2t  Pt tham số MM1 qua M,   P  là  y  2  2t  z  3  t  Thế vào pt mp (P): 2  5  2t   2  2  2t    3  t   1  0  18  9t  0  t  2 Vậy MM1   P   M1 1, 2, 1 Ta có MM1  . 1,2,5  Có 3! = 6 cách chọn 3 4 5 a a a Có 3 6 A cách chọn 1 2 6 a ,a ,a Vậy ta có 6. 4.5 .6 = 720 số n Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,3,4  tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có.  Ta có       2 2 2 1 MM 5 1 2 2 3 1 16 16 4 36 6             * Đường thẳng        x 1 y 1 z 5 : 2 1 6 đi qua A(1,1,5) và có VTCP   a 2,1, 6    Ta có   . 2 a  Có 3! cách chọn 3 4 5 a ,a ,a  Có 4 cách chọn 6 a Vậy ta có 6. 5 .6. 4 = 720 số n b) Khi   3 4 5 a ,a ,a 1,3,4  tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720