100 đề thi thử đại học môn toán tập 1

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP 1 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 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 x y x + = − (C) 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 IAB nhỏ nhất. Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sau: ( ) 2 sin3 cos .cos2x tan2x + tanx x x= Câu 3.(1,0 điểm) a. Tìm n nguyên dương thỏa mãn: 0 1 2 3 2 3 4 ( 1) 512( 2) n n n n n n C C C C n C n+ + + + + + = + b. Giải phương trình sau: log 9 (x 2 – 5x + 6) 2 = 3 3 1 x 1 log log (3 x) 2 2 − + − . Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: 1 3 3 4 1 3 8 8 2 x x I dx x − = ∫ Câu 5.(1,0 điểm) : Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết bán kính đáy của hình trụ bằng 5a ; góc giữa đường thẳng 'B D và mặt phẳng ( ) ' 'ABB A bằng 30 0 ; khoảng cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ) ' 'ABB A là 3 2 a . Tính thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D . Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225. Gọi F, F lần lượt là hai tiêu điểm của (E) (x< x). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi tứ giác FFBA nhỏ nhất biết rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6. Câu 7.1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng ( ) α có phương trình 2 2 17 0x y z+ − + = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) β song song với mặt phẳng ( ) α và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6 π . Câu 8.1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y x y x + + − =    + − + =   Câu 9.(1 điểm) Cho , , 0x y z > thoả mãn: 5 5 5 1 y x z − − − + + = . Chứng minh rằng: 5 5 4 5 5 5 25 25 25 5 5 5 5 y y x z x z y z y x y x z x z + + + + ≥ + + + + + + 3 x y f x ( ) = x+2 x-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 + = − + TXĐ { } \ 1R lim 1; lim 1 x x y y →+∞ →−∞ = = ; 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ Đồ thị có Tiệm cận ngang là đường thẳng 1y = và tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = . + SBT: 2 3 ' ( 1) y x − = − ; ' 0 1y x< ∀ ≠ . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: Đồ thị: NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cận (1;1)I làm tâm đối xứng. 2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1) Giả sử 0 0 ( ; )M x y ( 0 1x ≠ ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến ( ) ∆ và đồ thị (C). Ta có 0 0 0 2 1 x y x + = − , hệ số góc của tiếp tuyến ( ) ∆ là: 2 0 3 ( 1) k x − = − . Phương trình tiếp tuyến ( ) ∆ là 0 0 2 0 0 2 3 ( ) ( 1) 1 x y x x x x + = − − + − − (1) Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1 - Cho x = 1, thay vào (1) ta có 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 3 2 2 5 5 3 3 (1 ) nên (1; ) ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1 x x x x x x y x B x x x x x x x x + − + + + + = − − + = + = + = − − − − − − − − Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1 - Cho y = 1, thay vào (1) ta có 0 2 1x x= − nên ( ) 0 2 1;1A x − Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là 2 AB 4 x '( )f x ( )f x −∞ +∞ 1 − − 1 1 +∞ −∞ Ta có 2 2 2 0 0 2 0 0 5 36 (2 2) 1 4( 1) 1 ( 1) x AB x x x x   + = − + − = − +  ÷ − −   Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm 2 0 2 0 36 4( 1) ; ( 1) x x − − ta có 2 2 0 0 2 2 0 0 36 36 4( 1) 2 4( 1) . 24 ( 1) ( 1) x x x x − + ≥ − = − − . Tức là R = 2 6 2 AB ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 4 4 0 0 0 0 2 0 36 4( 1) 4( 1) 36 ( 1) 9 1 3 ( 1) x x x x x − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± − Khi đó (1 3;1 3)M + + hoặc (1 3;1 3)M − − Vậy (1 3;1 3)M + + hoặc (1 3;1 3)M − − Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình ( ) 2 sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x= ĐK: cos 0 cos2 0 x x ≠   ≠  Khi đó 2 2 sin 2 sin sin 3 cos .cos 2 os2x os x x PT x x x c c x   ⇔ = +  ÷   2 2 sin sin sin 2 . osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x. os2x.sinx = cos2x. osx osx x x x c c c c ⇔ ⇔ 2 2 cos 2 0 (không tm) sinx cos2 .sin . 1 0 sinx=0 cos sinx 1 (không tm do sin os os2x=0) cosx x x x x x c x c   =    − = ⇔  ÷     = = ⇔   sin 0 , ( )x x k k Z tmdk π = ⇔ = ∈ . Vậy nghiệm của PT đã cho là ,x k k π = ∈Z ; Câu 3.(1,0 điểm) a. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 2 3 2 3 4 ( 1) 512( 2) n n n n n n C C C C n C n+ + + + + + = + Xét 0 1 2 2 3 1 ( 1) n n n n n n n x x C x C x C x C x + + = + + + + . Lấy đạo hàm hai vế được: 1 0 1 2 2 ( 1) . .( 1) 2 3 ( 1) n n n n n n n n x n x x C C x C x n C x − + + + = + + + + + . Thay 1x = có 1 0 1 2 2 .2 2 3 ( 1) n n n n n n n n C C C n C − + = + + + + + . Suy ra 1 2 .2 512( 2) 10. n n n n n − + = + ⇔ = b.Giải phương trình: log 9 (x 2 – 5x + 6) 2 = 3 3 1 x 1 log log (3 x) 2 2 − + − . Điều kiện xác định 2 2 ( 5 6) 0 1 3 1 0 2 3 0 x x x x x x  − + > < <   − > ⇔   ≠   − >  Khi đó PT đã cho tương đương 2 3 3 ( 1)(3 ) log 5 6 log 2 x x x x − − − + = 5 2 2 2 2 2 2 2 2( 5 6) 4 3 4 3 5 6 (do 4 3 0 :1 3) 2 2( 5 6) 4 3 x x x x x x x x x x x x x x x x  − + = − + − − + − ⇔ − + = ⇔ − + − > ∀ < <  − + = − +  3 5 3 x x =   ⇔  =  . Kết hợp với điều kiện xác định ta có 5 3 x = . Vậy nghiệm của phương trình là: 5 3 x = Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại: dx x x dx x xx I ∫ − = ∫ − = 1 3 1 3 3 2 1 3 1 4 3 3 1 1 Đặt dx x dtt x t x t 3 2 2 3 3 2 2 31 1 1 1 − =⇔−=⇔−= dtt x dx 2 3 2 3 −=⇒ Khi đó: dt t dx x x 2 3 1 1 3 3 3 2 −= − ; Đổi cận: 01;2 3 1 =⇒==⇒= txtx Vậy: 6 8 3 2 3 2 0 2 0 4 3 = ∫ == tdt t I Câu 5.(1,0 điểm): 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 , ' ' ' ' '; ' ' 5O AC BD O A C B D CA C A a⇒ = ∩ = ∩ = = Do AA' DA AB DA ⊥   ⊥  ( ' ')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 · 'DB A =30 0 . Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được 3 2 a OH = , AB’ = 3 3a Tính được AB = 4a. BB’ = 11a Thể tích khối hộp là 2 . ' ' ' ' .OO' = AB.AD.OO'=12a 11 ABCD A B C D ABCD V S= (đvdt) Câu 6.(1,0 điểm): E líp: (E): + = 1 ⇒ ⇒ (a, b, c > 0) Theo giả thiết thì BF + AF = 6 (1) Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20 ⇔ BF + AF = 14 (2) 6 Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB Do đó P ⇔ AB = Mặt khác Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = 0 (4) Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = 6 ⇔ x - x= 5 (5) nên AB = ≥ 5 Yêu cầu bài toán ⇔ AB = 5 ⇔ y = y Do đó (4) ⇔ (x - x)(x + x) = 0 ⇔ x + x = 0 (6) Giải (5) và (6) ta được ⇒ y = y = ± Kết luận A(; ± ), B(; ± ) là các điểm cần tìm. Câu 7.(1,0 điểm): Ta có (S): 2 2 2 2 2 2 2 4 6 11 0 ( 1) ( 2) ( 3) 25x y z x y z x y z+ + − + − − = ⇔ − + + + − = nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5. Do ( ) β song song với mặt phẳng ( ) α : 2 2 17 0x y z+ − + = nên phương trình mặt phẳng ( ) β có dạng: 2 2 0 ( 17)x y z d d+ − + = ≠ Đường tròn có chu vi 6 π 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 6 π nên IH = 2 2 25 9 4R r− = − = Mà IH = d(I, ( ) β ) = 2 2 2 2 4 3 5 3 2 ( 2) 1 d d− − + − = + − + Giải phương trình 17( ) 5 4 7( / ) 3 d loai d d t m = −  = ⇔  = −  Vậy phương trình ( ) β là 2 2 7 0 x y z+ − − = Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 2 2 ( 1) 3 0 (1) 5 ( ) 1 0 (2) x x y x y x + + − =    + − + =   Cách 1: Điều kiện xác định 0x ≠ Ta có (1) 2 x 3xy x⇔ + + = 4 2 2 2 3 2 3 2 2 2 9x x y x x y x y x⇒ + + + + + = (1’) (2) 2 2 2 4 3 2 2 2 ( ) 5 2 5x x y x x x y x y x+ + = ⇔ + + + = (2’) Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có 2 ( ) 2x x y+ = 2 2 x y x ⇔ + = (*) Thay vào (2) ta có 4 2 4 5 1 0 x x − + = ta có 2 2 1 1 1 1 4 x x  =    =   1 2 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 2 Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3 2 − ) Cách 2: Điều kiện xác định 0x ≠ Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương 3 1x y x + − = − Hệ trở thành 2 2 3 1 5 ( ) 1 x y x x y x  + − = −     + − = −   . Đặt 2 1 (b>0) x y a b x + =    =   ta có hệ 2 2 3 1 5 1 a b a b − = −   − = −  Giải hệ có 1, 2 1 1 , 2 2 b a b a = =    = =  Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1 Nếu 1 2 a b= = ta có x = 2, 3 2 y = − . Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3 2 − ) Câu 9.(1,0 điểm) Đặt 5 , , 0 5 1 1 1 , , 0 1 5 x y z a a b c ab bc ca abc b a b c a b c c  = >  + + =    = ⇒ ⇔    > + + =     =  Ta có: 2 2 2 3 3 3 2 2 2 a b c a b c VT a bc b ca c ab a abc b abc c abc = + + = + + + + + + + + Vì ( ) ( ) 3 3 3 2 2 a a a a abc a ab bc ca a b a c = = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a b c VT a b a c b c b a c a c b ⇒ = + + + + + + + + Ta có: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 8 8 64 4 a a b a c a a a b a c + + + + ≥ = + + Tương tự: ( ) ( ) 3 3 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + ( ) ( ) 3 3 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + 3 2 ( ) 8 4 4 a b a c b c a b c VT a b c VT VP + + + + + + +   ⇒ + ≥ + + ⇒ ≥ =  ÷   (ĐPCM) ĐỀ SỐ 2 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số 1)1(3)2( 2 3 23 +−−−−= xmxmxy (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2−=m . b) Tìm 0>m để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là CTCĐ yy , thỏa mãn : 42 =+ CTCĐ yy . 8 Câu 2.(1,0 điểm). Giải phương trình .sin)sin(cos322cossin)1(tan 2 xxxxxx +=+++ Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân : .d 7233 6ln 0 ∫ +++ = x ee e I xx x Câu 4.(1,0 điểm). Cho tập { } 5,4,3,2,1=E . 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 7 1 5 1 4 : 1 + = − − = + zyx d và 2 1 11 2 : 2 − + = − = − zyx d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 1 ),0;2;1( dM ⊥− và tạo với 2 d góc .60 0 Câu 6.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là ,0317 =−+ yx hai đỉnh DB, lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 8 0,d x y+ − = . 2 : 2 3 0d x y− + = .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 ABCDS. có )(ABCDSC ⊥ , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a và · 0 120ABC = .Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng )(SAB và )(ABCD bằng .45 0 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BDSA, . Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 4 4 1 3 x y x y x y x y  + = − +   + + = − +   Câu 9.(1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn .3 222 yzyx ≤++ Tìm giá trị nhỏ nhất của : . )3( 8 )2( 4 )1( 1 222 + + + + + = zyx P LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): a) (1,0điểm) Khi 2−=m hàm số trở thành .196 23 +++= xxxy a) Tập xác định: . * Giới hạn tại vô cực: Ta có −∞= −∞→ y x lim và .lim +∞= +∞→ y x b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có ;9123' 2 ++= xxy 9 .130'; 1 3 0'; 1 3 0' −<<−⇔<    −> −< ⇔>    −= −= ⇔= xy x x y x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;;1,3; ∞+−−∞− nghịch biến trên ( ) .1;3 −− * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ,1,3 =−= CĐ yx hàm số đạt cực tiểu tại .3,1 −=−= CT yx // 6 12y x= + // 0 2y x= ⇔ = − , y=-1 Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn * Bảng biến thiên: c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) Ta có .),1(3)2(33' 2 ∈∀−−−−= xmxmxy    −== −== ⇔=+−−−⇔= .1 1 01)2(0' 2 1 2 mxx xx mxmxy với 0 > m thì . 21 xx < Khi đó hàm số đạt cực đại tại 1 1 −=x và đạt cực tiểu tại .1 2 −= mx Do đó: .1)1)(2( 2 1 )1(, 2 3 )1( 2 +−+−=−==−= mmmyy m yy CTCĐ Vì 42 =+ CTCĐ yy ⇔ 0)1)(2(6641)1)(2( 2 1 2 3 .2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmm m 2 1 33 ( 1)( 8) 0 1; . 2 m m m m m − ± ⇔ − + − = ⇔ = = Đối chiếu với yêu cầu 0 > m ta có giá trị của m là . 2 331 ,1 +− == mm Câu 2.(1,0 điểm) Điều kiện: ,0cos ≠x hay . 2 π π kx +≠ Khi đó phương trình đã cho tương đương với xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan 22 +=+−++ ( ) 2 2 2 2 (tan 1)sin 3 sin cos 3(cos sin )sin 6sinx x x x x x x x⇔ − + + = − + 2 2 2 2 (tan 1)sin 3cos2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin )cos 0 (sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + = − ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ − + = in cos 4 , 1 cos2 2 3 s x x x k k x x k π π π π  = = +    ⇔ ⇔ ∈   = −  = ± +    ¢ Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm ∈+±=+= kkxkx , 3 , 4 π π π π Câu 3.(1,0 điểm) x 'y y 3 − ∞− ∞+ 1 − 1 ∞− ∞+ 3 − + – 0 0 + 10 x O 3 − y 1 3 − 1 − [...]... 0 ,1, 2,3, , 2 014 2 015 1 1 − 1 2 2 015 0 ( C2 015 + C2 015 + L + C2 015 ) = 2 015 ( 1 + 1) 2 015 − C2 015  = 22 015 1   2 015 2 015 2 1 Vậy: T = 2 015 ⇒T = 1 Cách 2: Xét tích phân: ∫ (1+ x) 2 014 0  x.C =  1 0 2 014 + 1 Mà ∫ (1+ x) 2 x C 2 2 014 1 2 014 2 2 014 x C 3 ( 1+ x) dx = |1 = 0 0 1 2 2 014 dx = ∫ ( C2 014 + x.C2 014 + x 2 C2 014 + + x 2 014 C2 014 ) dx 0 + + 2 015 2 015 0 Vậy: T = + 3 1 x 2 014 0 1 2 C2 014 ... Câu 9. (1, 0 điểm) 1 x 1 y 1 z Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ + + ≥ 2 nên Tương tự ta có 1 1 1 y 1 z 1 ( y − 1) ( z − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (1) x y z y z yz 1 1 1 x 1 z 1 ( x − 1) ( z − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x − 1) ( y − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (3) y x y x y xy 1 8 Nhân vế với vế của (1) , (2), (3) ta được ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ≤ vậy Amax = 1 3 ⇔x= y=z= 8 2 ĐỀ SỐ 5 23 Câu 1. (2,0...  ÷   1 1 1 1 7 = lim − lim =− − =− 2 x →2 x→2 2 3 2 x + 2) 6 − x + 2 3 x +4 ( ( ) + 2 x + 4 + 4 16 12 48 ⇔ cos 2 x = 0 ∨ sin 2 x + cos 2 x = 0 ( loai ) ⇔ 2 x = ( ) ( Vậy L= − ) ) 7 48 Câu 3. (1, 0 điểm): 0 1 2 C2 014 C2 014 C2 014 C 2 014 + + + L + 2 014 1 2 3 2 015 2 014 ! k 2 015 ! 1 Cách 1: Ta có: C2 014 = k !( 2 014 − k ) ! = 1 × = × 2 015 C k +1 k +1 k +1 2 015 ( k + 1) !  2 015 − ( k + 1)  ! 2 015   Tính... + 1 + 2 x 2 + x + 1 > x + 3 ĐK: x ≤ 1; x ≥ 1 / 4 BPT ⇔ ( x + 1) ( 4 x + 1) − ( x + 1) + 2 ( Ta kiểm tra được với x < 1 là nghiệm 1 Xét x ≥ 4 BPT ⇔ x + 1 ( ) 4x + 1 − x + 1 + ) x2 + x + 1 − 1 > 0 ( 2 x2 + x ) 2 x + x +1 +1 >0 2 x ( x + 1) 3x x + 1 + >0⇔ x>0 x + 1 + 4 x + 1 1 + x2 + x + 1 Vậy nghiệm của BPT là x < 1; x > 0 ⇔ e Câu 3. (1, 0 điểm): Tính tích phân T = ∫ 1 ln x + e x ( e 2 + ln x ) 1. .. 0 1 1 1 1 + m − 2 = m3 ⇒  Thay x = vào (1) ta được: 2 2 2 2 2  m = 1 2 1 * Với m = 0, (1) trở thành: 4 x − 4 1 − x = 0 ⇔ x = 2 1 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 * Với m = - 1, (1) trở thành: x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = 1 kiện cần là x = 1 − x ⇔ x = ( ⇔ ( ) ) ( ) x + 1 x − 2 4 x ( 1 x) + x +1 x − 2 x ( 1 x) = 0 ⇔ ( 4 ) +( 2 x − 4 1 x x − 1 x ) 2 =0  4 x − 4 1 ... x + 1 dx I=∫ ∫ (t anx +1) 2 cos2x 0 0 π 6 Đặt t = t anx ⇒ dt= 1 3 Suy ra I = − ∫ 0 1 dx = (tan 2 x + 1) dx 2 cos x Với x = 0 ⇒ t = 0; x = π 1 ⇒t = 6 3 1 dt 1 3 1 3 = = (t + 1) 2 t + 1 0 2 1 2 2 015 2 015 2 C C + C2 015 Cnk +1 + C2 015 Cnk + 2 + + C2 015 Cnk + 2 015 = Cnk++2 015 (0 ≤ k ≤ n − 2 015 ) (*) Nhận xét : VP(*) là hệ số của x k + 2 015 trong khai triển (1 + x) n + 2 015 VT(*) là hệ số của x k + 2 015 trong... xzz  16  x y z  Theo giả thi t xy + yz + zx = 2 012 xyz ⇔ Chứng minh tương tự ta có: Vậy: 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ≤  + + ÷; ≤  + + ÷ x + 2 y + z 16  x y z  x + y + 2 z 16  x y z  1 1 1 1  1 1 1  2 012 + + ≤  + + ÷= = 503 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4  x y z  4 vậy A=503 là lớn nhất khi x=y=z=3/2 012 ĐỀ SỐ 7 Câu 1. (2,0 điểm) 4 2 Cho hàm số y = x − 2mx + 2 ( Cm ) với m là tham số 1) Khảo... 1 2 C2 014  1 C2 014 C2 014 C2 014 C 2 014 |0 = + + + L + 2 014 ÷ 2 015  1 2 3 2 015 2 015 1 ( 22 015 − 1) 2 015 22 015 − 1 2 015 π 2 Câu 4. (1, 0 điểm): Tính tích phân s inx  s inx + ∫  0 π 2 Ta có I= sin x  sin x + ∫  0 π 2  π 2 π 2  ÷dx  π 2 cos 2x.sin x  = 2 ÷dx ∫ sin xdx + ∫ 1 + 3 cos x dx 1 + 3 cos x  0 0 cos 2x Tính A= sin xdx = 1 ( 1 − cos2x ) dx = ∫ 2∫ 0 0 2  cos2x 1 + 3cos x π 1 1 2 π x − sin... ,bán kính SB 1 1 4 + 16 + 16 = 3 , Nên tâm: I ( 1; 2; 2 ) và bán kính :R = SB = 2 2 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − 2 ) + (z − 2)2 = 9 R= Câu 7 (1, 0 điểm) : Gọi O = AC ∩ BD, O = A1C1 ∩ B1D1 , I = AM ∩ OO1 Trong mặt phẳng ( BDD1 B1 ) qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB1 , DD1 lần lượt tại K , N Khi đó AKMN là thi t diện cần dựng A1 D1 B1 C1 M K N I A D O B C 17 Đặt V1 = VA.BCMK... 1 + y'= − 3 < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2 y Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ ;1) , (1; +∞) Bảng biên thi n: t - x+2 x -1 4 5/2 1 1 + -2 - y f(x) = + 1 O 1 2 3 x -2 + y' - 1 Đồ thị: 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) x = 1+ X  y = 1+ Y uur Phép tịnh tiến hệ trục Oxy → IXY theo OI = (1; 1) :  Hàm số đã cho trở thành 1 + Y = 1+ X + 2 3 ⇔Y = 1+ . 2 015 2 015 2 015 1 1 2 1 1 1 2 015 2 015 2 015 T C C C C −   ⇒ = + + + = + − =   L Vậy: 2 015 2 1 2 015 T − = Cách 2: Xét tích phân: ( ) ( ) 1 1 2 014 0 1 2 2 2 014 2 014 2 014 2 014 2 014 2 014 0 0 1. 1: Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 2 014 2 015 2 014 ! ! 2 014 ! 1 2 015 ! 1 1 1 2 015 2 015 1 ! 2 015 1 ! k k k k C C k k k k + − = = × = × + +   + − +   0 ,1, 2,3, ,2 014 k∀ = ( ) ( ) 2 015 2 015 1 2 2 015 0 2 015 . 2 1 3 2 2 015 2 014 1 2 014 2 014 2 014 2 014 0 . . . . | 1 2 3 2 015 x C x C x C x C   = + + + +  ÷   = 0 1 2 2 014 2 014 2 014 2 014 2 014 1 2 3 2 015 C C C C + + + +L Mà ( ) ( ) ( ) 2 015 1 2 014 1