Tuyển chọn 100 đề thi thử ĐH môn Toán 2015 tập 4 (41-50)

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN TẬP 3(31-40) THANH HĨA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học trình quan trọng Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” thầy tổng hợp biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học nước với nhiều đề thi hay để giúp em hệ thống lại kiến thức chuyên đề học, rèn luyện kĩ giải toán tạo tảng kiến thức tốt cho kỳ thi Đại học tới Nội dung sách viết tinh thần đổi ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm đề chấm thi Bộ Giáo dục Đào tạo phù hợp để em tự ơn luyện Tốn mơn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi hoạt động người Để học toán tốt trước hết cần tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu Bên cạnh phương pháp học quan trọng, nên từ dễ tới khó với tư logic Tiếp xúc tốn khơng dừng lại cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng cách giải khác Sau toán nên rút cho điểm ý quan trọng Cuối thầy chúc tất em ln có SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, THÀNH CƠNG kỳ thi tới! Thanh hóa.Tháng năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 41 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + 2m + m , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà điểm cực đại, cực tiểu đồ thị tạo thành tam giác có diện tích Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình − 2sin x − 2sin x + cos x = cos x − ( + cos x ) 2sin x − x ( x + 2) Giải bất phương trình ( x + 1) − x ≥ x Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (8x − 2x).e dx Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 24− x − x + ≥ log ( x − 3) +3 −1 + Cho x > C2nn++1 + C2nn++1 + C2nn +1 + + C22nn+1 + C22nn+1 + C22nn+11 = 236 n   Tìm số hạng khơng phụ thuộc x khai triển nhị thức Niu-tơn  − x ÷  x ÷   Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( 3; ) , tâm đường tròn  3   ngoại tiếp tam giác ABC I 1; ÷ đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Tìm toạ độ đỉnh B C Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua gốc toạ độ, vng góc với (P) cách điểm M(1; 2; -1) khoảng Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có độ dài cạnh đáy a , mặt bên hình chóp tạo với mặt đáy góc 60o Mặt phẳng ( P ) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC , SD M , N Tính thể tích khối chóp S ABMN theo a  22 x +1 = x + y + 6.4 y  Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  log ( x + 1) = log (2 y + 1) + log  y+2 2 Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa măn a + b + c = ( a + b + c ) − 2ab   +3 ÷ b+c ÷  a + 10  T́m giá trị nhỏ biểu thức P = a + b + c + 48   LỜI GIẢI Câu 1.(2,0điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + 2m + m , với m tham số thực 1.(1,0 điểm): Với m=1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y = x − x + *)Tập xác định D = R - Giới hạn xlim y = +∞ →±∞ *) Sự biến thiên :  x=0 y' = ⇔  x =1   x = −1  Chiều biến thiên y ' = x − x = x ( x − 1) , - Hàm số đồng biến khoảng ( -1 ; 0) (1 ; +∞ ), Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (0 ; 1) - Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = 0; yCÐ = Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; yCT = - Bảng biến thiên : −∞ x y’ +∞ - -1 + 0 +∞ - + +∞ y 2 Đồ thị y -2 -1 x 2.(1,0 điểm) Tìm giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà điểm cực đại, cực tiểu đồ thị tạo thành tam giác có diện tích Tập xác định D = R  x =0 y ' = ⇔ x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y ' = có ba nghiệm phân biệt ⇔ m > Khi m > đồ thị hàm số có điểm cực đại A(0, m + 2m) hai điểm cực tiểu - Ta có y ' = x3 − 4mx ; B ( − m ; m − m + 2m), C ( m ; m − m + 2m ) ∆ABC cân A , A∈ Ox ; B, C đối xứng qua Ox 4 Gọi H trung điểm BC ⇒ H ( 0; m − m + 2m ) ; 1 AH BC = m 2 m = m m Theo giả thiết S ∆ABC = ⇒ m m = ⇔ m = 2 Vậy đáp số toán m = ⇒ S∆ABC = Câu 2: (1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Giải phương trình − 2sin x − 2sin x + cos x = cos x − ( + cos x ) 2sin x − Điều kiện 2sin x − ≠ ⇔ sin x ≠ − 2sin x − 2sin x + cos x = cos x − ( + cos x ) 2sin x − ( − 2sin x ) ( + cos x ) = cos x − − + cos x ⇔ ( ) 2sin x − ⇔ −1 − cos x = cos x − − ( + cos x ) ⇔ cos x + − cos x − = ( )   x = π + k 2π cos x = −1  π   ⇔ ⇔  x = + k 2π ( k ∈ Z ) cos x =    π  x = − + k 2π  π Kết hợp điều kiện sin x ≠ phương trình có nghiệm : x = π + k 2π ; x = − + k 2π ( k ∈ Z ) 2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình x ( x + 2) ( x + 1)  x ( x + 2) ≥  x ≥  ⇔ x ≥0; Điều kiện ( x + 1) ≥    ( x + 1) − x ≥  Do vậy: x ( x + 2) ( x + 1) − x ≥ ⇔ x ( x + 2) ≥ − x x≥0⇒ ≥ ( x + 1) ( x + 1) − − x >0 x ⇔ x + x ≥ x3 + x + x + − ( x + 1) x ( x + 1) ⇔ x3 + x + x + − ( x + 1) x ( x + 1) ≤ ⇔ ( x + 1)  x + x + − x ( x + 1)  ≤   ⇔ x + x + − x ( x + 1) ≤ ⇔ ( ) x ( x + 1) − ≤ ⇔ x ( x + 1) − = ⇔ x ( x + 1) =  −1 + x = ⇔ x ( x + 1) = ⇔ x + x − = ⇔   −1 − x =  Kết hợp điều kiện x > ta nghiệm phương tŕnh đă cho x = 5 −1 x Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (8x − 2x).e dx 1 x x Ta có I = ∫ (8x − 2x).e dx= ∫ (4x − 1).e 2xdx 2 Đặt t = x ⇒ dt = 2xdx x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = t Ta I = ∫ (4t − 1).e dt Đặt u = 4t −  du = 4dt ⇒  t t  dv = e dt v = e 1 ⇒ I = (4t − 1).e t − ∫ e t dt = 3e + − 4e t = − e 0 Câu 4.(1,0 điểm): 1.(0,5 điểm) Giải bất phương trình 24− x − x + ≥ log ( x − 3) Xét hàm f ( x) = 24− x − x + 4− x Ta thấy f '( x) = −2 ln − ⇒ f ' ( x ) < ∀x ∈ R ⇒ f ( x) nghịch biến R Mà f (3) = Do f(x) ≥ ⇔ x ≤ ; f(x) ≤ ⇔ x ≥   f ( x) ≥  (I )  log ( x − 3) > 24 − x − x +  ≥0⇔ log x −    f ( x) ≤  log ( x − 3) < ( II )   x ≤ x ≤ x ≤    ⇔ ⇔   x > ⇔ x < −4 ( I) ⇔   x −3 >1  x >     x < −4  x ≥ x ≥ x ≥  ⇔ ⇔ ⇔ 3< x < 0 < x − < 3 < x < 3 < x <   Tập nghiệm bất phương trình cho (−∞; −4) ∪ (3; 4) ( II ) ⇔   +3 −1 + 2.(0,5 điểm) Cho x > C2nn++1 + C2nn++1 + C2nn +1 + + C22nn+1 + C22nn+1 + C22nn+11 = 236 n   Tìm số hạng khơng phụ thuộc x khai triển nhị thức Niu-tơn  − x ÷  x ÷   Ta có C2kn +1 = C22nn++11− k ∀k : ≤ k ≤ 2n + 1 n −1 n + C2 n +1 + C2 n +1 + C22n +1 + + C22n +1 + C22n +1 + C2 nn+11 Mà (1 + 1)2 n +1 = C20n +1 + C2 n +1 + C22n+1 + + C22nn+−11 + C22nn+1 + C22nn++11 − + nên C2nn++1 + C2nn++21 + C2nn++31 + + C22nn+11 + C22nn+1 + C22nn+11 = ( suy 236 = 2n ⇔ n = 18 n 18 − k 18 18      1 k Với n=18 ta có:  − x ÷ =  − x ÷ = ∑ C18  ÷  x ÷  x ÷  ÷ k =0      x 18 k (− x ) k = ∑ C18 (−1) k ( x ) k =0 −18 ) 6k − 18 = 0⇔ k =3 Số hạng không phụ thuộc x ứng với Suy số hạng cần tìm C18 (−1)3 = −816 Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( 3; ) ,  3   tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC I 1; ÷ đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Tìm toạ độ đỉnh B C + Tam giác ABC vuông A nên I trung điểm BC + C ∈ d ⇒ C ( 2t + 1; t ) ; I trung điểm BC ⇒ B ( − 2t;3 − t ) uuu r uuu r AB = ( −2 − 2t ;1 − t ) ; AC = ( 2t − 2; t − ) t = uuu uuu r r AB ⊥ AC ⇔ AB AC = ⇔ ( −2 − 2t ) ( 2t − ) + ( − t ) ( t − ) = ⇔  −2 t =   B ( −1; )  +Với t = ⇒  C ( 3;1)    17  B  ; ÷ −2    ⇒ +Với t = C  ; −2   5 ÷      17  B  ; ÷  B ( −1; )     Vậy   C ( 3;1) C  ; −2    5 ÷    Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z = Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua gốc toạ độ, vng góc với (P) cách điểm M(1; 2; -1) khoảng 2 Gọi ( Q ) qua gốc toạ độ nên ( Q ) có phương trình dạng : Ax + By + Cz = ( A + B + C ≠ ) A + B + C =  A = −B − C ( P ) ⊥ ( Q )    ⇔  A + 2B − C ⇔ B − 2C Từ giả thiết ta có :  S (*) = = d ( M , ( Q ) ) =   2 2   A + B +C  B + 2C + BC (*) ⇔ B = 3B + 8C = N Nếu B = A = −C Chọn C = −1 ⇒ A = Ta phương trình mặt phẳng ( Q ) : x − z = K G A Nếu 3B + 8C = ta chọn C = 3; B = −8; A = ta phương trình ( Q ) x − y + 3z = M Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn tốn, có phương trình : x − z = ; x − y + 3z = I D 600 Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có độ dài cạnh đáy a , mặt bên hình O chóp tạo với mặt đáy góc 60o Mặt phẳng ( P ) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC , SD M , N Tính thể tích khối chóp S ABMN theo a B C J Gọi O giao điểm AC BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD) Gọi I , J trung điểm AB, CD ; G trọng tâm ∆ SAC  SJ ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SIJ )  IJ ⊥ CD Ta có  ¶ SJI < 900 ⇒ Góc mặt bên ( SCD ) mặt đáy ( ABCD ) ¶ SJI = 600 Ta thấy A, G, M thuộc ( P ) ; A, G, M thuộc ( SAC ) ⇒ A, G, M thẳng hàng M trung điểm SC SG = ; SO SO trung tuyến tam giác SBD ⇒ G trọng tâm tam giác SBD Lập luận tượng tự ta có ⇒ B, G , N thẳng hàng N trung điểm SD G trọng tâm ∆ SAC ⇒ Gọi K trung điểm MN ⇒ K trung điểm SJ ∆SJI cạnh a ; G trọng tâm ∆SJI nên IK ⊥ SJ ; Dễ thấy SJ ⊥ MN nên SJ ⊥ (ABMN) Thể tích khối chóp S ABMN : V = SK S ABMN 3a a Vỡ ∆SJI cạnh a ⇒ IK = ; SK = 2 1  a  a 3 3a a 3a a3 S ABMN = ( AB + MN ) IK =  a + ÷ = ⇒V = = (Đvtt) 2 2 8 16 (Học sinh dùng phương pháp tỉ số thể tích)  22 x +1 = x + y + 6.4 y  Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  log ( x + 1) = log (2 y + 1) + log  y+2 Điều kiện x > −1; y > −2; y ≠ − Từ phương trình đầu ta có: 2.2 2( x − y ) −2 x− y 2x− y = − = ⇔  x− y ⇔ y = x −1 2 = −   Thế vào phương trình thứ hai ta được: log ( x + 1) = log (2 x − 1) + log x +1 log ( x3 + 1) = log 2 x − ( x + 1) ⇔ x + = x − ( x + 1) ⇔ x − x + = x − Với x > x =1 ta phương trình: x − 3x + = ⇔  x = ta phương trình: x + x = ⇔ x = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ { (0; −1),(1;0),(2;1)} Với −1 < x < 2 Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa măn a + b + c = ( a + b + c ) − 2ab   +3 ÷ b+c ÷  a + 10  T́m giá trị nhỏ biểu thức P = a + b + c + 48   Ta có a + b + c = ( a + b + c ) − 2ab ⇔ ( a + b ) + c = ( a + b + c ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ( a + b) + c2 ≥ 1 2 ( a + b + c ) ⇒ ( a + b + c ) ≤ ( a + b + c ) ⇒ < a + b + c ≤ 10 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có a + 10 a + 10  a + 10 12  a + 22 ; = ≤  + ÷= ⇒ ≥ 3 4 12 a + 10 a + 10 a + 22  1 b + c + + b + c + 16 12 b + c = ( b + c ) 8.8 ≤ = ⇒3 ≥ 4 12 b + c b + c + 16   ⇒ P ≥ a = b + c + 48.12  + ÷  a + 22 b + c + 16  = a + 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta 1 2304 + ≥ ⇒ P ≥ a +b+c+ a + 22 b + c + 16 a + b + c + 38 a + b + c + 38 2304 Đặt t = a + b + c ⇒ t ∈ ( 0;10] ⇒ P ≥ t + t + 38 Xét hàm f (t ) = t + ( t − 10 ) ( t + 86 ) ⇒ f '(t ) ≤ ∀t ∈ 0;10 ( ] ( t + 38) ( t + 38 ) f (t ) nghịch biến ( 0;10] ⇒ f (t ) ≥ f (10), ∀t ∈ ( 0;10 ] ; f (10) = 58 ⇒ P ≥ 58 Ta có f '(t ) = − ⇒ 2304 ( 0;10] t + 38 2304 =  a + b + c = 10 a + b = c a =    ⇔ b =  a + 10 Dấu xảy  =4 c =   b + c =  a =  Vậy P = 58 , đạt b = c =  ĐỀ SỐ 42 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x + (m − 1) x − (2m + 1) x − 2m (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =1 2 Tìm m để hàm số đạt cực trị x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x2 = x1 x2 + Câu 2.(2,0 điểm) + cos3 x = −2sin x − cos x x x Giải bất phương trình: log x+1 − − log (16 + 15.4 + 27) ≥ Giải phương trình: Câu 3.(1,0 điểm) x(e x + 1) Tính tích phân: I = ∫ ( x + 1) dx Câu 4.(1,0 điểm) n ) biết n số tự nhiên thỏa mãn: x +1 C2 n +1 + 3C2 n +1 + 5C2 n +1 + + (2n + 1)C22nn+1 = 2015.22013 ) Tìm số hạng chứa x11 khai triển (2 x − Một hộp đựng bút màu xanh, bút màu đen, bút màu tím bút màu đỏ Lấy ngẫu nhiên bút Tính xác suất để lấy hai bút màu Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x − y + = 0; d : x + y + = Lập phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng d tiếp xúc với đường thẳng d1 điểm có hồnh độ Câu 6.(1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;1; 4) hai trung tuyến nằm hai đường thẳng có phương trình: d1 : x−2 y −5 z x − y −1 z −1 = = ; d2 : = = −2 1 −4 Tính diện tích tam giác ABC Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A AB = a, BC = 2a Biết hình chiếu B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC góc đường thẳng CC’ mặt phẳng (A’B’C’) 60 Tính thể tích khối lăng trụ góc đường thẳng HB’ mặt phẳng (ABB’) theo a Câu 8.(1,0điểm) 3 x + xy + y − 3x − y =  Giải hệ phương trình:  2 5 x + xy + y − 3x − y =  (x,y ∈ R) Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y số thực thuộc khoảng (0; a + ) với a > số thực cho trước Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a 2( x + y ) + x (a + 1) − y + y (a + 1) − x LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y = x + (m − 1) x − (2m + 1) x − 2m (1) 1.(1,0 điểm) Với m = Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y=x − x − (1) • TXĐ: R lim y = ±∞ , đồ thị khơng có tiệm cận x →±∞ • Sự biến thiên: y/ =3x2 -3 y ' = x − = ⇔ x = ±1 Hàm số đồng biến (−∞; −1) (1; +∞) , Hàm số nghịch biến (−1;1) Hàm số đạt cực đại điểm (-1;0), hàm số đạt cực tiểu điểm (1;-4) 10 b − a − 12a − 12b = ( b − a )( b + a ) − 12( a + b ) =  ⇔  a + 12   b − 12  ⇔ 2  +  = 50 ( a + 12 ) + ( b − 12 ) = 200      ( a + b )( b − a − 12 ) = ⇔ (1) b = −a ( l ) b = a + 12 (1) ⇔  ( a + 12 ) + ( b − 12) = 200 ( 2) Với b = a + 12 thay vào (2) được: ( a + 12 ) + a = 200 ⇔ a = ∨ a = –14 ( loại) 2 Với a = , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = Câu 6.(1,0 điểm) Cho M(0; 0; 1), A(1 ; ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B khoảng cách từ M đến (P) Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = (a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = Qua B nên: 2a –b –a –c = hay a = b + c Khi (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = d ( M ; ( P) ) = nên: b+c ( b + c) +b +c 2 = Hay: 2b + 4bc + 2c = 2b + 2bc + 2c = ⇔ b = ∨ c = Với c = ⇒a = b Chọn b = ⇒ c = a (P): x + y –1 = Với b = ⇒a = c Chọn c = ⇒ c = a (P): x + z –2 = Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy SA = 2a a/ Gọi M trung điểm SB, V1 thể tích tứ diện SAMC, V2 thể tích tứ diện MACD Tính tỷ số Ta có: V1 V2 S VS AMC = VS ABC M A D H Gọi H trung điểm SA SA ⊥ (ABCD) nên MH ⊥ (ABCD) MH = SA V VM ACD = VM ABC = VS ABC vậy: = V2 b/Tính khoảng cách hai đường thẳng SC AD Gọi E điểm đối xứng B qua A.Ta có AEDC hình bình hành góc EAC 1350, CD = a AC = a AC // ED nên AC // (SDE) ⊃ SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)) Kẻ AH ⊥ ED ( H∈ ED) ⇒ ED⊥(SAH) ⇒ (SED)⊥(SAH) Kẻ AK⊥ SH ⇒ AK ⊥ (SDE) AK = d(AC,SD) Trong tam giác SAH có Vậy: AK = d(AC,SD) = 1 1 = + = + = 2 2 AK SA AH 4a 2a 4a 2a 45 B C S K E H A C D  x + y + + y − = (1)  Câu 8.(1,0 điểm):Giải hệ phương trình:  2 y + x + y ( x + 1) + x( x + 1) + =  ( )  x +1  x + 1  + 3   y  +4=0   y    (2) ⇔ 2( x + 1) + y ( x + 1) + y = ⇔ 2  y = không nghiệm ⇔ x +1 = −2 y   x2 + 2y + + 2y − = Hệ trở thành:   x = −2 y −   y ≤   4y2 + 6y + = − 2y   ⇔ ⇔ y = 18  x = −2 y −   14  x = −   14  Vậy nghiệm hệ:  − ;   18  Câu 9.(1,0 điểm): Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ A = x + xy Giải ≥ 3x + y = x + x + x + y ≥ 44 x y hay A= 1 + = ≥2 x xy x xy x3 y xy ≤ ≥8  x = y =  A = ⇔ 1 ⇔ x= y=  = =4 x xy   Giá trị lớn A x = y = 46 ( 2) ĐỀ SỐ 49 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng qua điểm M điểm I(1; 1) Câu (1,0 điểm) cos3 x − cos x Giải phương trình: = ( + sin x ) sin x + cos x Giải bất phương trình x3 + (3 x − x − 4) x + ≤ Câu 3.(1,0 điểm) e Tính tích phân: ∫x ln x dx + ln x Câu 4.(1,0 điểm) 2 Tìm số phức z thỏa mãn : z + z.z + z = z + z = 2 Cho n là số nguyên dương thỏa Cn + Cn2 + + Cnn −1 + Cnn = 255 Hãy tìm số hạng chứa x14 khai triển của P(x) = ( + x + x ) n Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC = 2BD Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x = t  d1 :  y = − t ;  z = −1 + 2t  d2: x y−2 z = = −3 −3 d3: x +1 y −1 z +1 = = Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 điểm A, B, C cho AB = BC Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 AB = AA’ = a Gọi M, N, P trung điểm BB’, CC’, BC Q điểm cạnh AB cho BQ = a  x( x + y ) + y = x −  Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x( x + y ) − y = x +  Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ chứng minh (MAC) ⊥ (NPQ) Câu 9.(1,0 điểm) Chứng minh với số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = , ta có: 1 + + ≤1 a +2 b +2 c +2 47 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y = x x −1 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = TXĐ : D = R\{1} x x −1 lim f ( x) = lim f ( x) = nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x →−∞ x →+∞ lim f ( x) = +∞, lim = −∞ nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số − x →1+ x →1