Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ! "# $ %&'()*+',- .!/(2 điểm) Cho hàm số ( ) Cxxy 43 23 +−= 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau. .!/ (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 21 1 21 1 x y y y x x + = − + + = − + .!/ (1 điểm) Giải phương trình: 3 2 3 3 5 8 36 53 25x x x x− = − + − .!0/ (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 0 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. .!0/ (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 3xy yz zx+ + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 1 4 3 2xyz x y y z z x + ≥ + + + 1'2(+',-%&' 3+45 671"8'9/ :/;" 4<1= !> .!08/(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD. Điểm 1 0; 3 M ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( ) 2 2 : 1 25 9 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. .!08/ (1 điểm) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 n n P x x x x= − + + , biết rằng 2 1 1 5 n n n A C − + − = ?/;" 4<1=. 8"/ .!0@/(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3 4 1 0x y+ + = và 2 3 0x y− − = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là ( ) 12 2 3+ .!0@/ (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013 n n n n n n n C C C C n C + + + + + + − + − + + + = @A+BC;+9DD Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ) .!(+',- .Cho hàm số: 3 2 2 2 ( 1) ( 4 3) 1 3 y x m x m m x = + + + + + + 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 2 2( )A x x x x = − + với 1 2 ,x x là các điểm cực trị của hàm số. .!(+',- 1 . Giải phương trình: sin3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x − − + + − = / 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y + + + = + = + + , ( , )x y ∈ R 3. Giải bất phương trình: 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x− > − . .!(+',- Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 ; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). .!0(+',- /Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. /Chứng minh 2 2 2 2 0 1 3 1 2 2 2 1 1 2 3 1 ( 1) n n n n n n n C C C C C n n + + − + + + + = ÷ ÷ ÷ ÷ + + , với n nguyên dương. .!0(+',- . Cho ,x y R∈ thỏa mãn 3 ( ) 4 2x y xy+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1P x y x y x y = + + − + + /Giải phương trình 2 2 2 7 10 12 20x x x x x − + = + − + ( x R∈ ) ………Hết……… Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 2 -2 -5 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 EFGHIGJ .!. Với m = -3 thì ta có 3 2 2 2 1 3 y x x .= − + +)Tập xác định: D R. = +)Sự biến thiên: 2 2 4y' x x.= − Ta có ( ) ( ) 5 0 0 2 0 1 2 3 y' x ;x x; y ; , ; = ⇔ = = ⇒ = − ÷ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0),(2; )−∞ +∞ , nghịch biến trên ( 0; 2). +) Hàm số đạt ( ) ( ) 5 0 1 2 3 CD CT y y ; y y − = = = = +) Bảng biến thiên: +) Đồ thị: .!* +) Ta có 2 2 2 2 1 4 3y' x ( m )x m m .= + + + + + Hàm số có hai cực trị y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 2 6 5 0 5 1m m m+ + < ⇔ − < < − +) Khi đó ta có 1 2 2 1 2 1 1 ( 4 3) 2 x x m x x m m + = − − = + + => 2 1 8 7 2 A m m= + + +) Xét 2 1 ( 8 7) 2 t m m= + + trên (-5;-1) => 9 0 2 t− ≤ < +) Từ đó ta có 9 2 A ≤ khi m = -4. .!* sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x − − + + − = (sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x⇔ + + − − + − = 2 2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 2 2 2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 2 1 1 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos ;sin ;cos 1 2 2 x x x x x x⇔ − − + = ⇔ = = = K- 2 1 6 sin , ( ). 5 2 2 6 x k x k Z x k π π π π = + = ⇔ ∈ = + K- 2 1 3 cos , ( ). 2 2 3 x k x k Z x k π π π π = + = ⇔ ∈ = − + K- cos 1 2 , ( ).x x k k Z π = ⇔ = ∈ LMN!OPPPPPP/ .!* Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y + + + = + = + + , ( , )x y ∈R . +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ Với 0y ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y + + + = + + + = ⇔ + = + + + + − = +) Đặt 2 1 , x u v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 3 1 4 4 2 7 2 15 0 5 9 v u u v u v v u v v v u = = + = = − ⇔ ⇔ − = + − = = − = Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 +) Với 3 1 v u = = 2 2 2 1 2 1 1 2 0 2 5 3 3 3 x x x y x y x x y y x y y x y x = = − + = + = + − = ⇔ ⇔ ⇔ ∪ = = + = = − = − . +) Với 5 9 v u = − = 2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x + = + = + + = ⇔ ⇔ + = − = − − = − − vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 1 2 x y = = , 2 5 x y = − = Câu 2: 3, 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x− > − +) Điều kiện x >0 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x− > − 2 3 3 3 (3log 2) 5(4 2log ) 2log 7x x x− − + > − 2 3 3 3log 8log 3 0x x⇔ − − > 3 3 1 log log 3 3 x x − < ∪ > +) 1 3 3 3 1 1 log 3 3 3 x x x − − < ⇔ < ⇔ < +) 3 log 3 9x x> ⇔ > Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm 3 1 9 3 0 x x x < ∪ > ≠ .! +) Từ giải thiết ta có SD ⊥ ( ABCD) suy ra (SB, (ABCD)) = · 0 60SBD = Ta có 2 1 3 ( ) 2 2 ABCD a S AB CD AD= + = (đvdt) +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a => 0 2 tan 60 6BD a SD BD a= ⇒ = = . Vậy 3 . 1 6 . 3 2 S ABCD ABCD a V SD S= = (đvtt) +) chứng minh được BC ⊥ ( SBD) , kẻ DH ⊥ SB=> DH ⊥ (SBC) Có 2 2 2 1 1 1 6 2 a DH DH SD DB = + ⇒ = +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ⊥ (SBC) và 1 6 3 6 GK EG a GK DH ED = = ⇒ = Vậy d( G, (SBC) = 6 6 a GK = .!* +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 G S D A B C E H K Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): 2 2 ( 2) ( 1) 5x y− + − = Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + = − + − = Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1).Vậy B( 1; -1) .!* Chứng minh 2 2 2 2 0 1 3 1 2 2 2 1 1 2 3 1 ( 1) n n n n n n n C C C C C n n + + − + + + + = ÷ ÷ ÷ ÷ + + (1) +) Ta có 1 1 1 ! 1 ( 1)! 1 . . . 1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1 k k n n C n n C k k k n k n k n k n + + + = = = + + − + + + − + + VT (1) = 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) n n n n n C C C C n + + + + + + + + + + +) xét 2 2 2 2 2 2 0 (1 ) n n k k n k x C x + + + = + = ∑ => hệ số chứa x n+1 là 1 2 2 n n C + + +) Ta lại có 1 1 2 2 1 1 1 1 0 0 (1 ) (1 ) .(1 ) n n n n n k i k i n n k i x x x C C x + + + + + + + + = = + = + + = ∑∑ hệ số chứa x n+1 là 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + 0 2 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n C C C C C + + + + + + = + + + + + ( vì k n k n n C C − = ) 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n C C C C + + + + + = + + + + + +) đồng nhất hệ số chứa x n+1 được 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n C C C C + + + + + + + + + = 1 2 2 n n C + + -1 Vậy VT(1) = 1 2 2 2 1 ( 1) n n C n + + − + =VP(1) .!Q* Cho ,x y R∈ thỏa mãn 3 ( ) 4 2x y xy+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1P x y x y x y= + + − + + + ta có 3 3 2 2 ( ) 4 2 ( ) ( ) 2 ( ) 4 0 x y xy x y x y x y xy + + ≥ ⇒ + + + ≥ + − ≥ ( ) 2 2 1 ( ) 2( ) 2 0 1x y x y x y x y ⇔ + − + + + + ≥ ⇒ + ≥ +) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 2 1 3 2 1 4 x y P x y x y x y x y x y + = + − − + + ≥ + − − + + ÷ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 2 1 4 x y x y= + − + + .!Q*K- Đặt 2 2 2 ( ) 1 2 2 x y t x y + = + ≥ ≥ ta có 2 9 2 1 4 P t t= − + , với 1 2 t ≥ +) Xét 2 9 2 1 4 P t t= − + với 1 2 t ≥ => 2 9 9 2 1 4 16 P t t= − + ≥ “= “ 1 2 t = => x=y = ½ Vậy GTNN của P = 9 16 Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2, +) Điều kiện 10 2 x x ≥ ≤ Đặt 2 2 7 10, 12 20a x x b x x= − + = − + ta có 2a –b =x (1) 2 2 2( 7 10 ( 1)) 12 20 ( 2)x x x x x x− + − + = − + − + => 2 2 18( 1) 16( 1) 9 8 1 1 2 7 10 ( 1) 12 20 ( 2) x x x a x b x x x x x x x − − − − = ⇒ = ∪ = + + + + − + + + − + + + +) Ta có hệ 2 2 5 4 5 9 8 8 9 10 1 2 a b x a b x a x a b x a x b x − = − = ⇔ ⇒ = − − = + = + + + + => 2 54 15 5 5 7 10 4 5 15 5 2 2 x x x x x x ≥ + − + = − ⇔ ⇔ = ± = ( thỏa mãn) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 15 5 2 x + = Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 6 . Hàm số đạt ( ) ( ) 5 0 1 2 3 CD CT y y ; y y − = = = = +) Bảng biến thi n: +) Đồ thị: .!* +) Ta có 2 2 2 2 1 4 3y' x ( m )x m m .= + + + + + Hàm số có hai cực trị y’ = 0 có hai. ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1P x y x y x y = + + − + + / Giải phương trình 2 2 2 7 10 12 20x x x x x − + = + − + ( x R∈ ) ………Hết……… Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 2 -2 -5 5 Thầy. hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 2 2( )A x x x x = − + với 1 2 ,x x là các điểm cực trị của hàm số. .!(+',- 1 . Giải