tuyển chọn 100 đề thi thử đại học môn toán

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

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

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của

đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại A B, sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IABnhỏ nhất

2

a

Tính thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' '

y

f x ( ) = x+2x-1

1 4

-2 -2 O 1 2 3 5/2

LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm)

1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2

1

x y x

NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cậnI(1;1)làm tâm đối xứng

2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1)

Giả sử M x y( ; )0 0 (x0 ≠1) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến ( )∆ và đồ thị (C)

Ta có 0 0

0

21

k x

23

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1

- Cho x = 1, thay vào (1) ta có

Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1

- Cho y = 1, thay vào (1) ta có x=2x0−1 nênA x(2 0−1;1)

Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là

sin 2 sinsin 3 cos cos 2

x x

2 2 2

x

x x

t x

2

3 3

2

2 3

1

1 1

x

x

2 3 1

1

3 3

Vì hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' ' nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có

đáy là hai hình chữ nhật ABCD, A B C D' ' ' ' nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ

Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ

 ⇒AD⊥(ABB A' ')nên AB’ là hình chiếu của B’D trên (ABB A' ')

Suy ra góc giữa đường thẳng B D' và mặt phẳng (ABB A' ') bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng

Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB

nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5

Do ( )β song song với mặt phẳng ( )α : 2x+2y z− +17 0= nên phương trình mặt phẳng ( )β có

dạng: 2x+2y z d− + =0 (d ≠17)

Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính là r = 3

Gọi H là hình chiếu của I trên ( )β

Vì ( )β cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán kính 6π nên

4

x x

x x

±



⇔  = ±

7

Thay vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = -1 thì y = 3; x = 2 thì y = 3

2

− ; x = -2 thì y = 5

2Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3

315

x y a b x

5

x y z

ab bc ca abc b

a b c

a b c c

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=−2

b) Tìm m>0để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y , CĐ y CT thỏa mãn :2y CĐ+y CT =4

8

6 ln

0

e e

e I

x x x

Câu 4.(1,0 điểm)

Cho tập E={1,2,3,4,5} Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi

một khác nhau thuộc tập E Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.

Câu 5.(1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

71

51

4:

31

x hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d x y1: + − =8 0, d x2: −2y+ =3 0

.Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.

Câu 7.(1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có SC⊥(ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3và

· 1200

ABC= Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 450

Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD

8)

2(

4)

1(

1

2 2

2 + + + ++

=

z y

x P

LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm):

0'

;1

30

'

;1

30

x

x

y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;−3) (, −1;+∞); nghịch biến trên (−3; −1)

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=−3, y CĐ =1, hàm số đạt cực tiểu tại x=−1, y CT =−3

10

1)

2(0

'

2

1 2

m x x

x x m

x m x

3

2

3

k x

−

10

x O

2 2 3

2

132

27)3(23

d2

t t t

t t

t

t t I

=++

11t

12d)12

t

t

.63

80ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1

135

25

3

.)()()

(

2 2

1 60

1 60

1 24

1 24 1 60

1 60

1 36

=+

=

∪

C C

C C C C

C C B P A P

131)(

2

2,

c b

c

a

c b

c

a

Với a=c,b=2c, chọn c=1⇒u∆ =(1;2;1) ta có

12

21

1:x+ = y− = z

∆

Với a=−2c,b=−c, chọn c=−1⇒u∆ =(2;1;−1) ta có

11

22

1:

;(8

;32

32

−

=

−+

996

0131380

d

b d

b

d b AC

I

BD u AC

15

2

)3

;10(6

34

92

92

2252

92

63

7

2 2

2

A

A a

a a

a a

345tan 0 a

3

.

a S

SC

⇒

Gọi O=AC∩BD. Vì BD⊥ AC, BD⊥SC nên BD⊥(SAC) tại O Kẻ OI ⊥SA⇒OI là đường

vuông góc chung của BD là SA.

Xét hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra

.10

53

1

b a b

Áp dụng (*) ta được : 2

2

8)

12(

1)

1(

1

+

++

++

=

z y

x

2 ( 3)

8)

121(

8

+

++++

≥

z y

x

2

4.64)

322(

64

+++

=++++

≥

z y x z

y

+

≥

Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1,y=2,z=1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi x=1,y=2,z=1

ĐỀ SỐ 3

Câu 1.(2,0 điểm)

Cho hàm số : y x= −3 3mx +2 ( )1 ,m là tham số thực

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )1 khi m= 1

2) Tìm các giá trị củam để đồ thị hàm số ( )1 có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d x y: + + =7 0góc α,biết cos 1

26

Câu 2.(1,0 điểm)

1) Giải phương trình : 3 4cos 2 8sin4 1

sin 2 cos 2 sin 2

Câu 6.(1,0 điểm):

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) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S

Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD A B C D 1 1 1 1 có độ dài cạnh bằng 3 và điểm M

thuộc cạnh CC CM1, =2.Mặt phẳng ( )α đi qua A M, và song somg với BD chia khối lập

phương thành hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện đó

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F = 3x2+7y+ 5y+5z+ 7z+3x2

+) Chiều biến thiên: y' 3 = x2 − 3, y' 0= ⇔ = ±x 1

Khi đó xét dấu của y':

y = ⇔ x= ⇔ = ⇒x đồ thị hàm số nhận điểm ( )0; 2 làm điểm uốn

Đồ thị: y= ⇔0 x3− + = ⇔ =3x 2 0 x 1,x= −2, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các điểm ( ) (1;0 , 2;0 − )

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm ( )0; 2 làm điểm uốn làm tâm đối xứng

14

2 (1,0 điểm)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có VTPT nr1=(k; 1− )

Đường thẳng d x y: + + =7 0 tiếp tuyến có VTPT nr2 =( )1;1

1 2

11

m m

1 Giải phương trình : 3 4cos 2 8sin4 1

sin 2 cos 2 sin 2

Phương trình 3 4cos 2 (3 4cos 2 cos 4 ) 1

4

x0

y

15

Lấy điểm B x y( ; ;0) (∈ Oxy) ⇒ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒ uuur uuurOC AB = ⇒ B(2,4,0)

Ta có OSuuur=(0;0; 4 ,) OBuuur=(2; 4;0 ,) CSuuur=(0; 4;4 ,− ) CBuuur=(2;0;0 )

Vì OS.uuur uuurOB=0,CS CBuuur uuur =0 nên 4 điểm O,B,C,S thuộc mặt cầu tâm I(I là trung điểm SB) ,bán kính 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C2 khi m=2.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d y: = −1 cắt đồ thị (C m) tại đúng hai điểm phân biệt A B, sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 4 2− 2 với I( )2;3

Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c

Tính thể tích của tứ diện ABCD

Câu 6.(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) và cạnh

BC = 2AB Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình

phẳng (P): − + + + =x y 2z 5 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P),

song song với d và cách d một khoảng là 14

- Hàm số đồng biến trên các khoảng:(− 3;0) và ( 3;+∞).

Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞ −; 3) và (0; 3)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,y C§=3; đạt cực tiểu tại x= ± 3,y CT = −6

Trong phương trình (2) có ∆ =' m2+ > ∀1 0, m nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt

Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu

Điều đó tương đương với: ac< ⇔ <0 m 0

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn

3

3log ( 1)2log ( 1)

log 4

0( 1)( 6)

x x

++ −

3log ( 1)

06

x x

Ta tính 3

1

2 1

Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm

Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng 8 6,4 8

0,2

câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu

Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là n( ) 4Ω = 10

Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu

B D

A

C P

M

N

B' Y

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P

Theo định lý Thales thuận ta có: = = ⇒ = ⇒ H(; )

Đường thẳng AC qua H và AC // MN ⇒ AC: x + 3y - 10 = 0

C ∈ AC ⇒ C(10 - 3c; c)

Trong ∆ACD ⊥ D có + = ⇔ + = ⇔ CD = 18

Do đó: (10 - 3c - 7) + (c + 3) = 18 ⇔ 10c - 12c = 0 ⇔

Câu 7.(1,0 điểm)

Chọn A(2;3; 3), (6;5; 2)− B − ∈d Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P).

Gọi d1 là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P)

Giả sử uuurd véctơ chỉ phương của d, uuurP là véctơ pháp tuyến của (P)

Khi đó véctơ chỉ phương của d1 là ur=u uuur uurd, P=(3; 9;6)−

22

Phương trình của đường thẳng 1

0log 4

x x

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

b) Chứng minh rằng đường thẳng y = - x + 2 là một trục đối xứng của đồ thị hàm số (1).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông SA = a và vuông góc với mặt phẳng

(ABC) M, N lần lượt là trung điểm AD, DC Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 450 Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM)

Câu 7.(1,0 điểm)

Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; - 2; - 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:

x - y - z + 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với (P) và cắt Oy, Oz lần lượt tại M, N sao cho OM = ON ≠ 0

1.( 1.0điểm )

TXĐ: D R= \ 1{ }

24

Giới hạn: lim1 2 , lim1 2 , lim 2 1

Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng khi x→1 ,− x→1+

Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang khi x→ ±∞

Đồ thị nhận điểm I(1;1) làm tâm đối xứng

2.(1.0điểm ) Gọi I(1; 1), đồ thị hàm số đã cho là (C)

Phép tịnh tiến hệ trục Oxy → IXY theo OIuur = (1; 1): 1

KL: Nghiệm của phương trình đã cho là ,

1 4

-2 -2 O 1 2 3 5/2

Nếu x∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là 1 1

1 tan xcos 2x

1 tan x

−

=+

3 2

0 0

dt I

Gọi H là giao điểm của BM và AN.

Do M, N là các trung điểm nên BM ⊥AN

Suy ra ·SHA là góc giữa hai mặt phẳng:

(ABCD) và (SBM) nên SHA· =450 ⇒ AH = AS =a

Trong tam giác vuông ABM: 12 1 2 1 2

• Gọi F là trung điểm BC Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM).

Gọi E là giao điểm của DF và AN Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM))

Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì EK ⊥mp SBM( )

Đường tròn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 2 Gọi H là giao điểm của IM và AB thì IM ⊥AB

và HA = HB d(I, d) = 3 2 > R Suy ra qua mọi M thuộc (d) đều kẻ được tiếp tuyến của (C) Tam giác AMI vuông ở M có:: 2 2 2 2 2 2 2

Gọi M(0; a; 0), N(0; 0; b), trong đó ab≠0.Ta có uuuurAM = −( 3; 2+a; 2),uuurAN = −( 3; 2;b+2)

Khi đó, một véc tơ pháp tuyến của (Q): nuurQ =[uuuur uuurAM AN, ] (2= a+2b ab b a+ ;3 ;3 )

Véc tơ pháp tuyến của (P): nuurP = − −(1; 1; 1)

Vì ( )P ⊥( )Q ⇔nuurP ⊥nuurQ ⇔n nuur uurP Q= ⇔0 ab a b− − =0 (1)

Với x = 0, y = 0 hệ phương trình không thỏa mãn.

Với x, y ≠ 0, biến đổi hệ phương trình trên thành:

Suy ra (2) tương đương MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC (3)

Ta chứng minh (3)

Thực hiệm phép quay tâm A góc 600 C→C M', →M' Suy ra MA = MM', MC = M'C' Khi đó:MA + MB + MC = MB + MM' + M'C' ≥ BC' = OA + OB + OC

Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi M ≡ O ⇔ a = 0.

Ghi chú: •Có thể giải bằng PP véc tơ

• Không dùng các bất đẳng thức không có trong SGK để chứng minh.

2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( )C Tìm trên đồ thị ( )C điểm M có hoành

độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị ( )C cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn :

C'

Tính tích phân: ( )

1 2

0

.1

x x

i z

12

Câu 9.(1,0 điểm):

Cho x,y,z là ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện xy+yz+zx=2012xyz

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A 2 1 21 1 2

1

y x

=+ >0 ∀ ≠ −x 1.

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1)và (− +∞1; )

• Cực trị : Hàm số không có cực trị

• Bảng biến thiên :

29

2 1 3

: :

1 1

x

x x

−

+ +

0

0 0

36

1 40

0 0

x

IA IB

x x

x x

Ω = .Gọi A là biến cố lấy ra 3 số có tổng

là số chẵn.Để 3số có tổng là số chẵn thi ba số đề là số chẵn hoặc 1 chẵn và hai lẻ nên

Câu 7.(1,0 điểm)

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM Mặt khác AB ⊥ CC '⇒AB⊥(CMNC')⇒ A B' ' (⊥ CMNC')

+Nếu x y− + y = ⇔ =0 x 0,y=0 thay vào hệ thấy thỏa mãn

Vậy (x;y)=(0;0) là một nghiệm của hệ

32

Cho hàm số y x= 4−2mx2 +2 ( )C m với m là tham số

1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1

2)Tìm m để đồ thị hàm số có ba cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ làm trực tâm

Câu 2.(1,0 điểm).

1) Giải phương trình sin 2 cos 2 4 2 sin 4 3cos

1cos 1

Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích S∆ABC =96; M(2;0) là trung điểm

của AB , đường phân giác trong góc A có phương trình ( ) : d x y− − =10 0, đường thẳng AB

tạo với ( )d một góc ϕ thoả mãn cos 3

từ trung điểm K của SB tới (SAH)

Hàm số đồng biến trên(−1;0 , 1;) ( +∞) ; ngịch biến trên(−∞ −; 1 , 0;1) ( )

Hàm số đạt cực đại tại x=0;y CD =2 ; đạt cực tiểu tại x= ±;y CT =1

Bảng biến thiên

34

Đồ thị hàm số đi qua các điểm (−2;10 , 2;10) ( )

Vẽ đúng đồ thị và đi qua các điểm đặc biệt

Do tính chất đối xứng qua trục Oy ta có BC vuông góc với OA

Đối chiếu điều kiện suy ra x= +π k2π là nghiệm của phương trình

2.(0,5 điểm): Giải bất phương trình 4x2+5x+ +1 2 x2+ + > +x 1 x 3

+

Vậy nghiệm của BPT là x< −1;x>0

1

1

x e

Vậy tất cả có 5.C C42 53.5!+4.C C42 53.5!= 64800 số được lập

Câu 5.(1,0 điểm)

M đối xứng với ' M(2;0) qua ( ) :d x y− − =10 0 nên M'(10; 8)−

Đường thẳng qua M(2;0) với vectơ pháp tuyến ( ; )n a br có phương trình

a x− +by= tạo với ( ) :d x y− − =10 0 góc ϕ

75

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z+ − − =1 0, y z+ − =3 0.

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nr=uuur uuurAB AC,  =(8; 4;4).−

I

A H

= −



 =

Kiểm tra thấy chỉ có x= −2, y=1thoả mãn điều kiện trên.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= −2, y=1.

Câu 9.(1,0 điểm): Ta có ab bc ca+ + −2abc a b c= ( + + −) (1 2 )a bc a= (1− + −a) (1 2 )a bc.

Câu 1.(2,0 điểm)

Cho hàm số : 2 1

1

x y x

−

=

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân

biệt A, B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ)

3sin sin 2(cos 2 3cos 1)(3 2sin )

− − ,∆2: x2−1= y−−13= z−−14 lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh

B và đường cao kẻ từ đỉnh C Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc giữa

cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và

khoảng cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng

(ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC

Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z-x-y)=x+y+1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T =

Câu 1.(2,0 điểm):

1.(1,0 điểm), Tập xác định: R \{-1}

− Giới hạn và tiệm cận: xlim→−∞y=2 , xlim y 2

→+∞ = ⇒ tiệm cận ngang y = 2, lim1

Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B

⇔PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 0

' 0

k≠



⇔ ∆ > ⇔ k < 0 Với k < 0 gọi A( x1 ; k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2 + 1) + 2) là các giao điểm của ∆ với

( C ) thì x1, x2 là các nghiệm của PT (*) Theo Viet ta có

1 2

23

++

Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có : 1

Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*)

Pt đã cho ⇔ 3cos2 2 3 sin cos sin2

t t

t

− ⇔ t3 −3t2−10t +24 ≥ 0 ( do ( **) ) ⇔

(t+3).(t−2).(t − ≥4) 0 ⇔ ≥t 4 .

Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay 9− +x x−1= 4 ⇔ =x 5

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T = { }5

sin (3 2 cos )(2cos 3).cos (1 2cos )

Đặt t = 2cos x2 ⇒dt = 4cos ( sin )x − x dx

Đổi cận: Khi x = 0 ⇒ =t 2 ; khi 1

x = π ⇒ =t

Khi đó I =

1 2

2

1

40