Tuyển chọn 100 đề thi thử ĐH môn Toán 2015 tập 9 (91-100)

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2015 TẬP 9(91-100) 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 có SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, THÀNH CƠNG kỳ thi tới! Thanh hóa.Tháng năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 91 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx + (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số (1) tạo với trục tọa độ tam giác có diện tích Câu 2.(2,0 điểm) Giải phương trình: 3cot x + 2 sin x = (2 + 2) cos x Giải phương trình: x + x − = x+7 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ 3x + x x −1 dx Câu 4.(1,0 điểm) 1/Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn i.z1 + = 0,5 z = i.z1 Tìm giá trị nhỏ z1 − z 2/ Rút gọn biểu thức: S= 1 1 + + + + + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC 2 3 M(3,2), trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC G( , ) I(1,-2) Xác định tọa độ đỉnh C Câu 6.(1,0 điểm) x −1 y +1 z −1 = = , điểm 1 A (1,4,2) mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – = Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, ∆ nằm mp(P) biết khoảng cách d ∆ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a, SA = a, · SB = a , BAD = 600 mp(SAB) vuông góc với mặt đáy Gọi M, N trung điểm AB, BC Tính thể tích tứ diện NSDC tính cosin góc hai đường thẳng SM DN ( )  3 xy + y + = x +1 − x   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x = 10  Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Câu 9.(1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z =   x  y   z  ÷+ y  ÷  z + ÷+ z  x + ÷ ÷  ÷  y+3      Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x   LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx + (1), m tham số 1.(1,0 điểm) Với m = ⇒ y = x − 3x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − 3x + a) TXĐ: R *) Giới hạn: xlim y = −∞; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ b) Sự biến thiên: *) Chiều biến thiên: y' = 3x − 6x x = ; y' = ⇔  x = Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; 0) (2; + ∞ ), hàm số nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ= 2; hàm số đạt tiểu x = 2, yCT= - BBT x -∞ f’(x) f(x) + -∞ +∞ - + +∞ -2 c) Đồ thị: 2.(1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số (1) tạo với trục tọa độ tam giác có diện tích x = y = x − 3mx + ⇒ y' = 3x − 6mx ; y' = ⇔   x = 2m Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ y’ = có nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ Với m ≠ đồ thị hàm số (1) có tọa độ điểm cực trị là: A(0; 2) B(2m;-4m 3+2) Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị A, B là:   x y− = ⇔ 2m x + y − = AB cắt Ox C  ;0 ÷ , cắt Oy A(0; 2) 2m - 4m m  Đường thẳng qua điểm cực trị tạo với trục tọa độ tam giác OAC vng O ta có: 1 1 OA.OC = 2 = 2 m m2 1 Yêu cầu toán thỏa mãn ⇔ = ⇔ m = ± (thỏa mãn m ≠ 0) Vậy m = ± m 2 SOAC = Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Giải phương trình: 3cot x + 2 sin x = (2 + 2) cos x Điều kiện : x ≠ kπ cos x − ) = 2(cosx - sin2x) sin x  cos x + cos x − = 2 sin x)(3cosx – 2sin x) = ⇔   cos x + cos x − = Phương trình tương đương: 3cosx( ⇔ (cosx - ; cos x = −2 (loai ); cos x = 2 ⇔cos x = − (loai ); cos x = π π + k 2π & x = ± + k 2π x+7 2.(0,5 điểm) Giải phương trình: x + x − = x+7 1 ⇔ ( x + 1)2 − = ( x + 1) + , x ≥ −7 Ta có x + x − = 3  u = x + u − = v   Đặt  ta có hệ phương trình:  ( x + 1) + (v ≥ 0) v = v − = u    3u − = v  (u − v)[3(u + v) + 1] =  3(u − v ) + u − v = ⇔ ⇔ ⇔ 3v − = u 3u − = v 3u − = v   KÕt hợp với đ/k suy pt có nghiệm: x = ± u − v = ⇔ 3u − = v 3(u + v) + =  3u − = v  − 73 (lo¹i) u = u − v = u = v ⇔ ⇒  + 73 3u − = v 3u − u − =  u =   −1 − 69  u = v = − − u 3(u + v) + =   ⇔ ⇒  3u − = v 3u + u − 17 = u = −1 + 69 (lo¹i)     1+ + 73 73 − + Với u = ⇒x= −1 = 6 −1 − 69 −1 − 69 − 69 − + Với u = ⇒x= −1 = 6 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I =∫ x 3x + x2 − ∫ 3x + x x −1 dx 1 dx = ∫ x (3x − x − 1)dx = ∫ 3x dx − ∫ x x − 1dx 3 1 I1 = ∫ x dx = x = 3 26 27 1 I = ∫ x x − 1dx = ∫ x − 1d (9 x − 1) = (9 x − 1) 18 27 1 = Vậy I = 3 16 27 26 − 16 27 Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn i.z1 + = 0,5 z = i.z1 Tìm giá trị nhỏ z1 − z Đặt z1 = x1 + iy1 ( x1 , y1 ∈ R ) Khi điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 , i.z1 + = 0,5 ⇔ i.x1 − y1 + = 0,5 ⇔ x12 + ( y1 − 2) = 0, 25 Suy tập hợp điểm M biểu diễn z1 đường tròn (C1) tâm O1(0, z2 = iz1 = − y1 + x1i Suy N (- y1 , x1) biểu diễn z2 Ta cần tìm M thuộc (C1) để z1 − z2 = MN nhỏ uuuu r uuu r Để ý OM ( x1 , y1 ) ⊥ ON (− y1 , x1 ) OM = ON nên MN = ) bán kính R1=0,5 OM MN đạt giá trị nhỏ OM nhỏ Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) M1(0, − ) 1 + ) Dễ thấy MN nhỏ − M trùng M1(0, − ) tức 2 z1 = ( − )i M2(0, 2.(0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: S= 1 1 1 + + + + + + + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k + 1).k!.(2013 − k )! 2014.2013!.0! 2013 Ck ⇒ S 2013! = ∑ 2013 k = ( k + 1).k!.(2013 − k )! k =0 k + k k +1 C 2013 C 2014 2013! 2014! = = = +) Ta có: k + (k + 1)!.(2013 − k )! 2014.(k + 1)![ 2014 − (k + 1)]! 2014 2013 +) Ta có: S = ∑ (k =0;1;…;2013) k +1 C 2014 2014 k = ∑ C 2014 2014 k =1 k = 2014 2014 − 2014 − ⇒ S = +) S.2013! = 2014 2014! 2013 +) Do đó: S.2013!= ∑ ( ) Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh 2 3 BC M(3,2), trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC G( , ) I(1,-2) Xác định tọa độ đỉnh C uuu r uuur   uuu r uuur IM = (2;4), GM =  ; ÷.Gọi A(xA; yA) Có AG = GM ⇒ A(-4; -2) Ta có 3 3 uuu r Đường thẳng BC qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = ⇔ x + 2y - = Gọi C(x; y) Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - = Mặt khác IC = IA ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2) = 25 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2) = 25 x − 2y − = Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  2 ( x − 1) + ( y + 2) = 25 x = x = Giải hệ phương trình ta tìm   y = y = Vậy có điểm C thỏa mãn C(5; 1) C(1; 3) Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x −1 y +1 z −1 = = , điểm A (1,4,2) mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – = Viết phương trình 1 đường thẳng ∆ qua A, ∆ nằm mp(P) biết khoảng cách d ∆ d: Gọi (Q) mặt phẳng qua d cách A(1,4,2) khoảng (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) d ( A,( Q )) = ⇔ a (1 − 1) + b(4 + 1) + c(2 − 1) a +b +c ⇔ 12a − 13b + 11c − 10bc = (3) 2 2 = ⇔ (5b + c) = 12( a + b + c ) Thay (2) vào (3) có a + 8ab + b = Chọn b = a = -1 a = −1 Với b = , a = -1 (Q) có phương trình: x – y – z – = Đường thẳng ∆ qua A song song với giao tuyến (P) (Q) có VTCP r  − − − 1 −1  x −1 y − z − u = , , = = ÷ = −4(1, 2, −1) nên ∆ có phương trình: −1  −1 3 5 −1  −1 Với b = , a = (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = Đường thẳng ∆ qua A song song với giao tuyến (P) (Q) có VTCP r x −1 y − z − = = u (−8,11,17) nên ∆ có phương trình: −8 11 17 x −1 y − z − x −1 y − z − = = = = Đáp số: Đường thẳng cần tìm ; −8 11 17 −1 Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a, SA = a, · SB = a , BAD = 600 mp(SAB) vng góc với mặt đáy Gọi M, N trung điểm AB, BC Tính thể tích tứ diện NSDC tính cosin góc hai đường thẳng SM DN Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, SB = , tam giác ASB vuông S suy SM = AB = a tam giác SAM Gọi H trung điểm AM SH ⊥ AB Mặt khác (SAB) ⊥ (ABCD) nên suy SH ⊥ ( ABCD) 1 1 a 4a a VNSDC = VSNDC = SH S∆DNC = SH S ∆BDC = = 3 2 4 · · Gọi Q điểm thuộc đoạn AD cho AD = AQ MQ//ND nên ( SM , DN ) = ( SM , QM ) Gọi K trung điểm MQ suy HK//AD nên HK ⊥ MQ · · · Mà SH ⊥ (ABCD), HK ⊥ MK suy SK ⊥ MQ suy ( SM , DN ) = ( SM , QM ) = SMK 1 MQ DN a 3 Trong tam giác vuông SMK: cos SMK = MK = 4 · = = = SM a a a ) (  ( 1) 3 xy + y + = x +1 − x   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x = 10 ( )  Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Điều kiện : x ≥ Nhận xét : x = không thỏa mãn hệ phương trình Xét x > x +1 + x Phương trình (1) ⇔ y + y y + = x ⇔ y + y (3 y ) + = x +     + (3)   x  x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t t + , t > Ta có: f’(t) = + t + + t2 t +1 >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)    ⇔ 3y =  x  x PT(3) ⇔ f(3y)= f   Thế vào pt(2) ta PT: x + x + 4( x + 1) x = 10 Đặt g(x)= x + x + 4( x + 1) x − 10 , x > Ta có g’(x) > với x > ⇒ g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1 ⇒ y = 3 Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; ) Câu 9.(1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z =   x  y   z  ÷+ y  ÷  z + ÷+ z  x + ÷ ÷  ÷  y+3      ĐỈt x = a , y = b , z = c Do x + y + z = suy a + b + c = a3 b3 c3 + + Ta cần tìm giá trị nhỏ P = b +3 c2 + a2 + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x   Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: a3 b2 + b3 c2 + c3 a2 + + + + a3 b2 + b3 c2 + c3 a2 + + b2 + a 3a ≥ 33 = (1); 16 64 + c2 + c 3c ≥ 33 = (2) 16 64 + a2 + c 3c ≥ 33 = (3) 16 64 a + b2 + c2 + ≥ ( a + b + c ) (4) 16 Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) ⇔ P ≥ Vậy giá trị nhỏ P = a = b = c =1 ⇔ x = y = z = Cộng theo vế ta được: P + ĐỀ SỐ 92 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt cho A B đối xứng qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= Câu 2.(2,0 điểm) Giải phương trình: Giải phương trình: sin x + = 2cosx sin x + cos x tan x ( x − 1) ( ) x −1 + 3 x + = x + Câu 3.(1,0 điểm) T×m họ nguyên hàm hàm số f(x) = x5 x + 3x + Câu 4.(1,0 điểm) 1/Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z − 3i = , tìm giá trị nhỏ z 1 − cos x.cos 2x x ≠  x 2/ Cho hàm số f (x) =  0 x =  Tính đạo hàm hàm số x = Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) đường thẳng ∆ : x – y + = Viết phương trình đường tròn qua M cắt ∆ điểm A, B phân biệt cho ∆MAB vuông M có diện tích Câu 6.(1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y − z −1 = = −1 −1 mặt phẳng (P) : ax + by + cz – = (a + b ≠ 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) qua đường thẳng d tạo với trục Oy, Oz góc Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp hình trụ có bán kính đáy r; góc BC’ trục hình trụ 300; đáy ABC tam giác cân đỉnh B có · ABC = 1200 Gọi E, F, K trung điểm BC, A’C AB Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE   Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x+ y − x−y =2 2 2  x + y +1 − x − y =  Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c = 1 +3 +3 ≥3 Chứng minh rằng: a + 3b b + 3c c + 3a 10 Vậy hệ phương trình có nghiệm −1 ≤ m≤ Câu 9.(1,0 điểm) : Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 đặt x=a3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 abc=1 Ta có : a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) ≥ (a+b)ab, a+b>0 a2+b2-ab ≥ ab ⇒ a3 + b3+1 ≥ (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 ⇒ 1 Tương tự ta có: b3 + c3 + ≤ bc a + b + c , ( ) Cộng theo vế ta có: ≤ 1 ≤ a + b + ab ( a + b + c ) 1 ≤ c + a + ca ( a + b + c ) 1 1 1 + + = + + 3 x + y +1 y + z +1 z + x +1 a + b +1 b + c +1 c + a3 +1 1 1    + + ÷= a + b + c ( c + a + b ) = ) ( a + b + c )  ab bc ca  ( Dấu xảy x=y=z=1 50 ĐỀ SỐ 99 Câu 1.(2,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = x - 3x2 m Biện luận theo m số nghiệm phương trình x = x − x Câu 2.(2,0 điểm) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) phương trình : Tìm tất giá trị m để hàm số y = Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = π 5cosx + sinx - = log 3x + x + x + 2mx + π  sin  x +  4  xác định ∀x ∈ R sin x − cosx + ∫ sin x + 2cosx + dx Câu 4.(1,0 điểm) ( ) 1/Trong acgumen số phức − 3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ 2/ Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy màu Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ đề vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − = để ∆MAB tam giácđều Câu 7.(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB Trên cạnh AC lấy điểm N, cạnh CD lấy điểm P cho AN = 2NC, DP = 2PC Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện thành hai phần Tính tỷ số thể tích hai phần   y(x + 1) = x −  x Câu 8.(1,0 điểm) :Giải hệ phương trình :   y(x − y) = x −  x2  Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: 51 1 36 + + ≥ x y z + x2 y + y z + z x2 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = x3 - 3x2 * Tập xác định : D = R * Sự biến thiên : − Giới hạn: xlim y = +∞ xlim y = −∞ →+∞ →−∞ , − Chiều biến thiên : y = 3x2 - 6x = 3x(x -2) − Bảng biến thiên x -∞ y’ + y +∞ - 0 + -4 Hàm số đồng biến khoảng ( - ∞ ; 0) (2; + ∞ ), nghịch biến khoảng (0;2) - đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4) y'' = 6x - = ⇔ x = điểm uốn U(1;-2) đồ thị : đồ thị qua điểm (-1;−4), (3; 0) nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) m m Biện luận theo m số nghiệm phương trình x = x − x  x ≠ 0, x ≠  x = x − 3x ⇔   x x − 3x = m  Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị y = x x − 3x ( x ≠ x ≠ 3) với đồ thị y = m : x x − 3x =m 52  x − 3x x < hoac x >  Ta có y = x x − 3x =   − x + x < x <  Lập bảng biến thiên ta có: -∞ x y’ + + +∞ - + y 0 +/ m < m > phương trình có nghiệm +/ m = phương trình vơ nghiệm +/ < m < phương trình có nghiệm +/ m = phương trình có nghiệm Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) phương trình:5cosx + sinx - = π  sin  x +  4  π  sin  x +  ⇔ 5cosx +sinx – = sin2x + cos2x 4  ⇔ 2cos x – 5cosx + + sin2x – sinx = ⇔ (2cosx – )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – ) = Ta có 5cosx + sinx - = +/ cosx + sinx = vô nghiệm π +/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z đối chiếu điều kiện x ∈ ( 0; π ) suy phương trình có nghiệm : π 2.(0,5 điểm) Hàm số xác định ∀x ∈ R ⇔ log 3x + x + 3x + x + ≥0 ⇔ ≥ ∀x ∈ R (*) x + 2mx + x + 2mx + m − <  Vì 3x + 2x + > ∀x , nên (*) ⇔  2  x + 2mx + ≤ x + x + ∀x  2 x + 2(1 − m) x + ≥ ∆'1 ≤   ⇔ 4 x + 2(m + 1) x + ≥ , ∀x ∈ R ⇔ ∆' ≤  −1 < m < − < m <   Giải ta có với : - ≤ m < hàm số xác định với ∀x ∈ R π Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = sin x − cosx + ∫ sin x + 2cosx + dx Ta có : sinx – cosx + = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C 53  A = −  A − 2B =    đồng hệ số ta được: 2A + B = −1 ⇔ B = − 3A + C =    C =  π π π Vậy I = − dx − d ( sin x + 2cosx + 3) + ∫ ∫ ∫ dx sin x + 2cosx + sin x + 2cosx + 50 π π 5 π I = − − ( ln − ln ) + J 10 5 I = − x 02 − ln ( sin x + 2cosx + 3)  + J   Tính J = π dx ∫ sin x + 2cosx + 1 x  2tdt x ⇒ dt =  tan + 1÷⇒ dx = 2  t +1 π đổi cận : Khi x = t = đặt t = tan Khi x = t = 2dt 1 dt dt t2 +1 = 2∫ = 2∫ Vậy J = ∫ 2 2t 1− t t + 2t + 0 ( t + 1) + +2 +3 t2 +1 t +1 Lại đặt t = = tan u suy dt = ( tan2u + 1)du đổi cận t = u = π Khi t = u = α với tan α = π J=∫ α ( tan u + 1) du ( tan u + 1) Do : I = π =uα = π −α 3π + ln − α 10 5 Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) ( ) Trong acgumen số phức − 3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ 1 Ta có − 3i =  −  2  π π   i ÷ =  cos(− ) + i sin(− ) ÷ ÷   3    Theo cơng thức Moavor ta có z =  cos( − Từ suy z có họ acgumen : − 8π 8π  ) + i sin(− ) ÷ 3  8π + kπ , k ∈ Z 54 Ta thấy với k = acgumen dương nhỏ z 4π 2.(0,5 điểm) Số cách lấy bi từ hai hộp bi : 52.25 = 1300 Số cách lấy để viên bi lấy màu : 30x10+7x6+15x9 = 477 Xác suất để bi lấy màu : 477 1300 Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ đề vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC +) Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình :  3x − y − = x =  ⇔ ⇒ B ( 1;0 )  y = y =  y Ta nhận thấy đường thẳng BC có hệ số góc k = , nên ∠ABC = 600 Suy đường phân giác góc B 3 3 nên có phương trình : y = x− 3 C O ÄABC có hệ số góc k’ = B 60 A x (Ä) Tâm I( a ;b) đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Ä) cách trục Ox khoảng nên : | b | = + Với b = : ta có a = + , suy I=( + ; ) + Với b = -2 ta có a = − , suy I = ( − ; -2) • đường phân giác góc A có dạng:y = -x + m (Ä’).Vì qua I nên + Nếu I=( + ; ) m = + Suy : (Ä’) : y = -x + + Khi (Ä’) cắt Ox A(3 + ; 0) Do AC vng góc với Ox nên có phương trình: x = + Từ suy tọa độ điểm C = (3 + ; + )  4+4 6+2  ; ÷ 3 ÷   Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc :   + Nếu I=( − ; ) m = -1 - Suy : (Ä’) : y = - x -1 - Khi (Ä’) cắt Ox A(-1 - ; 0) Do AC vng góc với Ox nên có phương trình : x = -1 - Từ suy tọa độ điểm C = (-1 - ; -6 - )  −1 − +  ;− ÷ 3 ÷   Vậy tọa độ trọng tâm G tam giác ABC lúc :   Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề trọng tâm :  4+4 6+2  ; ÷ G2 = 3 ÷   G1 =    −1 − +  ;−  ÷  3 ÷   Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − = để ∆MAB tam giácđều Gọi (Q) mặt phẳng trung trực đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − = 55 Gọi d giao tuyến (P) (Q) ⇒ d: M∈d⇒ ∆ MAB M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t − 8t + 11 , x =   y = t +1 z = t  AB = 12 MA = MB = AB ⇔ 2t − 8t − = ⇔ t = ± 18  ± 18 ± 18  ⇒ M  2; ; ÷  2  Câu 7.(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB Trên cạnh AC lấy điểm N, cạnh CD lấy điểm P cho AN = 2NC, DP = 2PC Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện thành hai phần Tính tỷ số thể tích hai phần A D M Q B P N C E Gọi E giao điểm MN BC, Q giao điểm EP BD Khi mp(MNP) chia khối tứ diện thành khối đa diện BCNPQM ADPNMQ đặt: VABCD = V , VBCNPQM =V1 , VADPNMQ = V2 Ta có: N trọng tâm ∆ABE ⇒ C trung điểm BE ⇒ P trọng tâm ∆DBE ⇒ Q trung điểm BD ⇒ VCNPE CN CP CE 1 1 = = = ⇒ VCNPE = V (1) VABCD CA CD CB 3 9 VCNPE EC EN EP 2 = = = ⇒ VEPMQ = VCNPE (2) VEBMQ EB EM EQ 3 2 Từ (1) (2) ⇒ VBEMQ = V ⇒ V1 = VEBQM – VCNPE = Vậy: 11 V , V2 = V 18 18 ⇒ V1 = V2 11 V1 = V2 11   y(x + 1) = x −  x Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :   y(x − y) = x −  x2  Điều kiện: x ≠ 2    y ( x + x) = x −  yx + = x − xy ⇔  Khi hệ ⇔  (I)  y ( x − yx ) = x −  yx + = x + x y   đặt : a = yx + 1, b = x − xy Ta có: x + x y = ( x − xy ) + x y a = b a = b a = b = ⇔ ⇔  a = b = −2 a = b + 2(a − 1) b + b − =  yx + =  yx =  x = 1, y =   ⇔ ⇔ +) Với a = b = ta có   x − xy =  x − xy =  x = −1, y =   Hệ (I) trở thành  56   yx + = −2   yx = −3 (1) ⇔ +) Với a = b = −2 ta có   x − xy = −2   x − xy = −2 (2)  Hệ vô nghiệm (vì từ (1) suy xy < , từ (2)suy xy > ) x =  x = −1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm   y = y = Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z 1 36 + + ≥ x y z + x2 y2 + y z + z x2 1 1 ⇔ (9 + x y + y z + z x )  + + ÷≥ 36 x y z Chứng minh rằng:  xy + yz + zx  Ta có: ( xyz ) = ( xy ) ( yz ) ( zx ) ≤  ÷   2  1   xy + yz+zx  27 ( xy + yz+zx ) 27 = Do đó:  + + ÷ =  ÷ ≥ x y z  xyz xy + yz+zx xy + yz+zx ) (   Mặt khác: + x y + y z + z x = + ( x y + 1) + ( y z + 1) + ( z x + 1) ≥ ( + xy + yz + zx )   1  27 ⇒  (9 + x y + y z + z x )  + + ÷ ≥ 3 + ( xy + yz+zx )    xy + yz+zx  x y z     = 108  + + ( xy + yz + zx )   xy + yz + zx    ≥ 108  + ( xy + yz + zx ) ÷ = 1296 xy + yz + zx   1 2 2 2 1 Suy ra: (9 + x y + y z + z x )  + + ÷≥ 36 x y z Dấu “=” xảy khi: x = y = z = 57 ĐỀ SỐ 100 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 (C) 2x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Đường thẳng ( d1 ) có phương trình y = x cắt (C) hai điểm A B Đường thẳng ( d ) có phương trình y = x + m Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt (C) hai điểm phân biệt C, D cho A, B, C, D bốn đỉnh hình bình hành Câu 2.(2,0 điểm) cos x ( cos x − 1) Giải phương trình: = ( + sin x ) sin x + cos x 2 Giải phương trình: x 3x + − 3x + x +  = x + x + −   Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = π ∫ x ( 2sin x + cos x ) 2 dx π − Câu 4.(1,0 điểm) Trong lơ hàng có 12 sản phẩm khác nhau, có phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lơ hàng Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có khơng q phế phẩm Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M ( 1; ) , N ( 3; −4 ) đường thẳng d có phương trình x + y – = Viết phương trình đường trịn qua M, N tiếp xúc với d Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( d) : x −1 y − z −1 = = mặt phẳng (Q):x+2y+2z-5=0.Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa −1 đường thẳng (d) cho góc mặt phẳng (P) mặt phẳng (Q) nhỏ Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a ( a > ) ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc 60o Tam giác ABC vuông B, · ACB = 300 ; G trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a ( )  x x − − y − y = 15 y + + x −  ( 1)  Câu 8.(1,0 điểm):Giải hệ phương trình:  y ( y + )  + − x = x + y − 15 x + y = 12 ( )   Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] x + y + z = Tìm giá trị lớn A = x + y + z − xy − yz − zx 58 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 (C) 2x +1 1.(1,0 điểm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y = x+2 2x +1  1  2 1 Giới hạn: xlim y = ; xlim y = ; lim+ = +∞; lim− = −∞ →−∞ →+∞ 1 x →− x →− TXĐ: D = ¡ / −  2 Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình ; x = − Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình ; y = làm tiệm cận đứng làm tiệm cận ngang −3 < ∀x ≠ − (2 x + 1) 1    Hàm số nghịch biến  −∞; − ÷  − ; + ∞ ÷ 2    Sự biến thiên y ' = Bảng biến thiên x −∞ − y’ y − 2 +∞ − +∞ −∞ c) Đồ thị: Giao với Ox ( −2;0 ) , Giao với Oy ( 0; )  1 Đồ thị nhận giao điểm I  − ; ÷ hai tiệm cận làm tâm đối xứng  2 2.(1,0 điểm) Đường thẳng ( d1 ) có phương trình y = x cắt (C) hai điểm A B Đường thẳng ( d ) có phương trình y = x + m Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt (C) hai điểm phân biệt C, D cho A, B, C, D bốn đỉnh hình bình hành d1 giao (C) điểm A(-1;-1) , B(1;1) AB = 2 x + 2mx + m − = (1) x+2  = x+m⇔  Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) 2x +1 x ≠ −  59 d2 cắt (C) điểm C, D (1) có nghiệm phân biệt nghiệm khác −  m − 2m + >  ⇔ 1 ∀m −m+m−2≠  2  x1 + x2 = − m  Gọi C ( x1; x1 + m ) ; D ( x2; x2 + m ) ( x1 , x2 nghiệm (1) thỏa mãn  m−2 )  x1 x2 =  m ≠  AB / / CD m ≠ ⇔ ⇔ ⇒m=2 ABCD hình bình hành ⇔  2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 = AB = CD m − 2m =    Vậy m = Câu 2.(1,0 điểm) cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x π (*) Điều kiện: sin x + cos x ≠ ⇔ x ≠ − + kπ , k ∈ ¢ Ta có: PT ⇔ ( + sin x ) ( + co s x ) ( + sin x ) = 1.(0,5 điểm) Giải phương trình: π  1 + sin x =  x = − + k 2π ; k ∈ ¢ ⇔ ⇔  1 + cos x =  x = π + k 2π Kết hợp với điều kiện (*), suy phương trình cho có họ nghiệm π x = − + k 2π ; x = π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 2 2.(0,5 điểm) Giải phương trình: x 3x + − 3x + x +  = x + x + −   Đặt t = 3x + x + ⇒ t = 3x + x + ( t ≥ ) t = t = x + Ta phương trình t − 2( x + 2)t + x + = ⇔   −1 + 97 x = t = ta x + x − = ⇔   −1 − 97 x =    x ≥ − x ≥ −  ⇔ ⇔ x=0 t = x + ta 3x + x + = x + ⇔  x =  x + 3x =     x = −3  −1 + 97 −1 − 97 Vậy phương trình có nghiệm x = 0; x = ;x = 6 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = π ∫ x ( 2sin x + cos x ) 2 dx π − 60 π ∫ x ( 2sin x + cos x ) Ta có: I = π − π *Tính I1= ∫ x ( 4sin − π 2 π ∫ x ( 4sin dx = π − 2 x + cos x ) dx + π ∫ x sin x.cos xdx = I1 + I π − x + cos x ) dx Đặt x = −t , dt = − dx, x = − π π π π ⇒t = ;x = ⇒t = − 2 2 Ta có: − I1 = π ∫ ( −t ) 4sin  π 2 ∫ x sin x.cos − π − π π π ∫ x sin x.cos xdx = ∫ x ( sin 3x + sin x ) dx xdx = π − − π − dv = ( sin x + sin x ) π π −  cos 3x  − cos x ÷| Ta có I = x  −   π du = dx cos 3x v=− − cos x u=x Đặt π t + cos t  ( −dt ) = − ∫ t  4sin t + cos t dt = − ∫ x  4sin x + cos x dx = − I1 ⇒ I1 =      π *Tính I2= π π π 1 16     + ∫  cos x + cos 3x ÷dx =  sin x + sin 3x ÷| 2π =    −2 π  − 16 Vậy I= Câu 4(1,0 điểm) Trong lơ hàng có 12 sản phẩm khác nhau, có phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lơ hàng Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có khơng q phế phẩm Số phần tử không gian mẫu C12 = 924 (phần tử) Xét trường hợp sản phẩm lấy có phế phẩm suy có C10 = 210 cách xác xuất 210 924 Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lơ hàng có khơng q phế phẩm P = 1− 210 714 17 = = 924 924 22 Câu 5(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M ( 1; ) , N ( 3; −4 ) đường thẳng d có phương trình x + y – = Viết phương trình đường tròn qua M, N tiếp xúc với d Gọi E trung điểm MN ta có E(2;-1) Gọi ∆ đường trung trực MN Suy ∆ có phương trình x − − ( y + 1) = ⇔ x − y − = Gọi I tâm đường tròn qua M, N I nằm ∆ Giả sử I ( 3t + 5; t ) Ta có IM = d ( I , d ) ⇔ ( 3t + ) + ( t − ) 2 ( 4t + ) = 2 2t + 12t + 18 = ⇔ t = −3 Từ suy I ( −4; −3) , bán kính R = IM= Phương trình đường trịn ( x + ) + ( y + 3) = 50 2 61 Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( d) : x −1 y − z −1 = = mặt phẳng (Q):x+2y+2z-5=0.Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa −1 đường thẳng (d) cho góc mặt phẳng (P) mặt phẳng (Q) nhỏ u r Đường thẳng (d) có véc tơ phương d = ( 1; 2; −1) , M ( 1; 2;1) ∈ ( d ) uu r mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến nQ = ( 1; 2; ) uu r 2 Gọi véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (P) nP = ( a; b; c ) , a + b + c ≠ u uu r r Vì (P) chứa (d) nên d nP = ⇔ a + 2b − c = Gọi α góc (P) (Q) α nhỏ cos α lớn Mà cos α = a + 2b + 2c + + a + b + c 2 Nếu b=0 cos α = Nếu b ≠ cos α = = a + 2b 2a + 4ab + 5b f ( t ) với f ( t ) = ( t + 2) ( − 2t ) ( t + ) a ,t = ⇒ f / ( t ) = 2t + 4t + b ( 2t + 4t + 5) 2 bảng biến thiên t −∞ f/(t) F(t) -2 - + +∞ - 1 5 b Từ bảng biến thiên ta có f ( t ) ≤ f  ÷ = ⇒ cos α ≤ Dấu bàn xảy t = = ⇒ a = 2b a 2 Chọn b=1,a=2 mặt phẳng (P) ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = ⇔ x+2y+5z-10=0 Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a ( a > ) ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc 60o Tam giác ABC vuông B, · ACB = 300 ; G trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Gọi M trung điểm BC Ta có ( SBG ) ∩ ( SCG ) = SG 62 · (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) suy SG ⊥ ( ABC ), SAG = 600 , SG chiều cao chóp S.ABC 3a 3a · · ; AG = SA.cos SAG = (1) SG = SA.sin SAG = 3a = 2 ∆ABC vng B có C = 30o Đặt AB = x ( x > ) x x x , AM = AB + BM = ; AG = AM = (2) 2 3 x 3a 9a = ⇔ x= Từ (1) (2) suy 2 suy BC = x 3, BM = 1 81a 1 3a 81a 243a ; VS ABC = SG.S ABC = (đvtt) AB.BC = x = = 2 56 3 56 112 3a 81a 243a Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: VS ABC = = 56 112  x x − − y − y = 15 y + + x −  ( 1)  Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  y ( y + )  + − x = x + y − 15 x + y = 12 ( )   y ≥ Điều kiện: ≤ x ≤ 6;  ,  y ≤ −2 S ABC = ( Từ (1) ta có ( ) ) x x − − y − y = 15 y + + x − ⇔  x −  + x − = ( y + 1) + ( y + 1)   3 / Xét hàm số f ( t ) = 4t + 3t ⇒ f ( t ) = 12t + > hàm số đồng biến Vì f ( ) x − = f ( y + 1) ⇔ x − = y + ⇔ y + y = x − 2 Thế vào (2) ta được: x − + − x = x − 11x + ⇔ ( ( y ≥ −1) ) ( x −1 − + ) − x − = x − 11x + x−5 5− x 1   + = ( x − ) ( x − 1) ⇔ ( x − )  x − + − ÷= x −1 + − x +1 − x +1 x −1 +   1 − Vì x ≤ x ≤ nên x − + >0 x=5,y=2 − x +1 x −1 + ⇔ Hệ phương trình có nghiệm (x;y) (5;2) Câu 9(1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] x + y + z = Tìm giá trị lớn A = x + y + z − xy − yz − zx Ta có ( x + y + z ) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) ⇔ xy + yz + zx = − Vậy nên A = x2 + y + z ( x + y2 + z2 ) − 2 Khơng tính tổng quát, giả sử: x ≥ y ≥ z ⇒ = x + y + z ≤ 3x ⇒ x ≥ ⇒ x ∈ [ 1; 2] Lại có: y + z ≤ ( y + z )2 = ( − x ) ⇒ x + y + z ≤ ( − x ) + x = x − x + 2 Xét f ( x) = x − x + 9, x ∈ [ 1; 2] ⇒ f '( x) = x − 6, f '( x ) = ⇔ x = 3 f (1) = 5; f (2) = 5; f  ÷ = 2 63  x =  x =  x =   2 ⇔ y =1 Suy x + y + z ≤ , đẳng thức xảy  yz = x + y + z = z =    x ≥ y ≥ z Vậy Amax = x = 2, y = 1, z = hoán vị chúng 64 ... 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... (3; +) f( 19) = Do phơng trình log ( n − 3) + log5 ( n + ) = cã nghiÖm nhÊt n = 19 π π w = + i = 2(cos + i sin ) 4 Với n = 19 áp dng công thc Moavr ta có: 19 19? ?  19 19  3π 3π  19  = ( 2)... số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn? Gọi A: ? ?Chọn thẻ chẵn” Chọn thẻ 16 thẻ có C16 = 1820 cách chọn Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) = 1820 Chọn thẻ thẻ đánh