Đề đáp án dự bị 2005

PHẦN HAI: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI DỰ BỊ KHỐI A: x + 2mx + − 3m Câu I: (2 đ)Gọi (Cm) đồ thò hàm số : y = (*) (m tham số) x−m 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm hai phía trục tung. ⎧ x2 + y + x + y = Câu II: ( điểm) 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎩ x( x + y + 1) + y ( y + 1) = 2. Tìm nghiệm khỏang (0; π ) phương trình : x 3π sin − cos x = + cos ( x − ) Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A có trọng tâm G ( ; ) , phương trình đường thẳng BC x − y − = phương trình đường thẳng 3 BG x − y − = .Tìm tọa độ đỉnh A, B, C. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) . a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm AC với mặt phẳng (P). b) Chứng minh tam giác ABC tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC. π Câu IV: ( điểm). 1.Tính tích phân I = ∫ sin x.tgxdx . 2. Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn 8. Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng : + 4x + + y + + 4z ≥ Bài giải CÂU I • x + 2x − (1) x −1 MXĐ: D = R \ {1} • y' = • BBT 1/ Khi m = y = x y' y x − 2x ( x − 1)2 , y ' = ⇔ x = hay x = −∞ + 0 - TRANG - +∞ + +∞ −∞ • Tiệm cận: x = pt t/c đứng y = x + pt t/c xiên 2/ Tìm m Ta có y ' = x − 2mx + m − ( x − m )2 Hàm số (*) có cực trò nằm phía trục tung ⇔ y ' = có nghiệm trái dấu ⇔ x1x = P = m − < ⇔ −1 < m < CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình ⎧⎪x + y2 + x + y = (I) ⎨ ⎪⎩x ( x + y + 1) + y ( y + 1) = ⎧⎪x + y + x + y = (I) ⇔ ⎨ 2 ⎪⎩x + y + x + y + xy = ⇒ xy = −2 Ta có S = x + y; P = xy ⇒ S2 = x + y + 2xy ⇒ x + y = S2 − 2P ⎧⎪S2 − 2P + S = ⎧ P = −2 Vậy ( I ) ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎩S = hay S = −1 ⎪⎩S − P + S = ⎧S = x + y = TH1 : ⎨ x, y nghiệm phương trình X2 + 0X − = ⎩P = xy = −2 ⎧⎪ x = ⎧⎪ x = − hay ⎨ Vậy hệ có nghiệm ⎨ ⎪⎩ x = − ⎪⎩ y = ⎧ S = x + y = −1 TH : ⎨ x,y nghiệm phương trình X2 + X − = P = xy = − ⎩ ⎧x = ⇒ X = 1hay X = −2 . Vậy hệ có nghiệm ⎨ V ⎩ y = −2 ⎧⎪ x = ⎧⎪ x = − Tóm lại hệ Pt (I) có nghiệm ⎨ V ⎨ ⎪⎩ y = − ⎪⎩ y = CÁCH KHÁC ⎧ x = −2 ⎨ ⎩y = ⎧x = ⎧ x = −2 V⎨ V⎨ ⎩ y = −2 ⎩y = ⎧⎪x + y + x + y = ⎧⎪(x + y)2 + x + y = ⎪⎧x + y + x + y = (I) ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎪⎩xy = −2 ⎪⎩ xy = −2 ⎪⎩x + y + x + y + xy = ⎪⎧ x + y = hay x + y = − ⎪⎧ x + y = hay x + y = − ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪⎩ xy = −2 ⎪⎩ xy = −2 ⎧⎪ x = ⎧⎪ x = − ⎧⎪x = − y ⎧x = ⎧ x = −2 ⎪⎧ x + y = − V⎨ ⇔⎨ hay ⎨ ⇔ ⎨ V⎨ V⎨ ⎪⎩ x + x − = ⎩ y = −2 ⎩y = ⎪⎩x = ⎪⎩ y = ⎩⎪ y = − 2/ Tìm nghiệm ∈ ( 0, π ) TRANG Ta có sin x 3π ⎞ ⎛ − cos 2x = + cos2 ⎜ x − ⎟ (1) ⎠ ⎝ 3π ⎞ ⎛ (1) ⇔ (1 − cos x ) − cos 2x = + + cos ⎜ 2x − ⎟ ⎠ ⎝ (1) ⇔ − cos x − cos 2x = − sin 2x (1) ⇔ −2 cos x = cos 2x − sin 2x . Chia hai vế cho 2: (1) ⇔ − cos x = cos 2x − sin 2x 2 π⎞ 5π 2π 7π ⎛ ⇔ cos ⎜ 2x + ⎟ = cos ( π − x ) ⇔ x = +k ( a ) hay x = − + h2π ( b ) 6⎠ 18 ⎝ Do x ∈ ( 0, π ) nên họ nghiệm (a) chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chọn h = 1. Do ta có ba 5π 17π 5π , x2 = , x3 = 18 18 ⎧x − 2y − = CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ pt ⎨ ⇒ B ( 0, −2 ) ⎩7x − 4y − = Vì ΔABC cân A nên AG đường cao ΔABC Vì GA ⊥ BC ⇒ pt GA: 2(x − ) + 1(y − ) = ⇔ 2x + y − = ⇔ 2x + y − = 3 ⎧2x + y − = ⇒ GA ∩ BC = H ⎨ ⇒ H ( 2, −1) ⎩x − 2y − = uuur uuur uuur ⎛ 4 1⎞ ⎞ uuur ⎛ Ta có AG = 2GH với A(x,y). AG = ⎜ − x, − y ⎟ ; GH = ⎜ − , −1 − ⎟ 3 3⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ ⎧x = ⎪ ⇒ ⎨1 ⇒ A ( 0,3) ⎪⎩ − y = − nghiệm x thuộc ( 0, π ) x1 = xA + xB + xC y + y B + yC ⇒ C ( 4,0 ) y G = A 3 Vậy A ( 0,3) ,C ( 4, ) ,B ( 0, −2 ) uuur 2a/ Ta có BC = ( 0, −2,2 ) Ta có : x G = • mp (P) qua O ( 0, 0, ) vuông góc với BC có phương trình 0.x − 2y + 2z = ⇔ y − z = • ⎧x = − t uuur ⎪ Ta có AC = ( −1, −1,2 ) , phương trình tham số AC ⎨y = − t . ⎪z = 2t ⎩ Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có − t − 2t = ⇔ t = 1 . Thế t = vào pt (AC) ta có 3 ⎛2 2⎞ M ⎜ , , ⎟ giao điểm AC với mp (P) ⎝3 3⎠ uuur uuur 2b/ Với A (1,1, ) B ( 0,2, ) C ( 0,0,2 ) .Ta có: AB = ( −1,1, ) , AC = ( −1, −1,2 ) uuur uuur uuur uuur ⇒ AB.AC = − = ⇔ AB ⊥ AC ⇒ ΔABC vuông A TRANG Ta dễ thấy ΔBOC vuông O. Do A, O nhìn đoạn BC góc vuông. Do A, O nằm mặt cầu đường kính BC, có tâm I trung điểm BC. Ta dễ • dàng tìm dược I ( 0,1,1) R = 12 + 12 = 2 Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC : x + ( y − 1) + ( z − 1) = CÂU IV. 1/ Tính I = π/ ∫ sin xtgxdx = ⇒ I= π/ ∫ π/ ∫ sin x. sin x dx cos x (1 − cos x ) sin x dx , Đặt u = cos x ⇒ −du = sin xdx cos x ⎛π⎞ ⎟ = , u(0) = ⎝3⎠ Đổi cận u ⎜ I= 1/ ∫ (1 − u ) ( −du ) = u ⎡ u2 ⎤ ⎛1 ⎞ − u du = ln u − ⎥ = ln − ∫ ⎜⎝ u ⎟⎠ ⎢ ⎦1/ ⎣ 1/ 2/ Gọi n = a1a2 a3a4 a5a6 số cần lập ycbt : a3 + a4 + a5 = ⇒ a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,2,5} hay a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,3,4} a) Khi a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,2,5} • Có cách chọn a1 • Có cách chọn a2 • Có 3! cách chọn a3 ,a4 ,a5 • Có cách chọn a6 Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n b) Khi a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,3,4} tương tự ta có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n Cách khác Khi a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,2,5} Có 3! = cách chọn a3a4 a5 Có A 36 cách chọn a1 ,a2 ,a6 Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n Khi a3 ,a4 ,a5 ∈ {1,3,4} tương tự ta có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n CÂU V: ⇒ Ta có: + x = + + + x ≥ 4 x + 4x ≥ x = 2. x . Tương tự + 4y ≥ y = 2. x + 4z ≥ 4z Vậy + x + + y + + 4z ≥ ⎡ x + y + 4z ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ TRANG ≥6 ≥ 24 x + y +z = x.4 y.4z DỰ BỊ KHỐI A: x2 + x + . x +1 2. Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (- 1; 0) tiếp xúc với đồ thò ( C ) . ⎪⎧ x + y + − x + y = Câu II:( điểm). 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎪⎩3 x + y = π 2. Giải phương trình : 2 cos3 ( x − ) − 3cos x − sin x = Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 −12 x − y + 36 = . Viết phương trình đường tròn (C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy cho tứ giác OABC hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, B, C, S. b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC. x+2 Câu IV: ( điểm). 1.Tính tích phân I = ∫ dx . x +1 Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò ( C ) hàm số y = 2. Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 − x) n , n số nguyên dương thỏa mãn: n +1 k C21n +1 + C23n +1 + C25n +1 + . + C22n+ = 1024. ( Cn số tổ hợp chập k n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cmrằng với x, y > ta có : y (1 + x)(1 + )(1 + ) ≥ 256 . Đẳng thức xảy nào? x y Bài giải: CÂU I. x2 + x + (C) x +1 x + 2x MXĐ: D = R \ {−1} . y ' = ,y' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = 0hay x = −2 ( x + 1) 1/ Khảo sát vẽ đồ thò y = BBT x y' −∞ + y -2 -3 -1 - −∞ - 0 +∞ −∞ +∞ + +∞ Tiệm cận: x = −1 phương trình tiệm cận đứng y = x phương trình tiệm cận xiên 2/ Phương trình tiếp tuyến Δ qua M ( −1,0 ) góc k ) có dạng TRANG ( hệ số Δ : y = k ( x + 1) Δ tiếp xúc với ( C ) ⇔ hệ pt sau có nghiệm ⎧ x2 + x + = k ( x + 1) ⎪ ⎪ x +1 ⎨ ⎪ x + 2x = k ⎪ ( x + 1)2 ⎩ ( ) x + x + x + 2x ( x + 1) = ⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm x +1 ( x + 1)2 ⇔ x =1 ⇒ k = Vậy pt tiếp tuyến Δ với ( C ) qua M ( −1,0 ) là: y = ( x + 1) ⎧⎪ 2x + y + − x + y = (I) ⎪⎩3x + 2y = CÂU II. 1/ Giải hệ pt : ⎨ ⎧ 2x + y + − x + y = ( I ) ⇔ ⎪⎨ ⎪⎩( 2x + y + 1) + ( x + y ) = Đặt u = 2x + y + ≥ 0,v = x+y ≥0 ⎡ u1 = ⇒ v1 = ⎪⎧ u − v = ⇒ ⎢ 2 ⎪⎩ u + v = ⎣ u2 = −1 ⇒ v2 = −2 ( loại ) (I) thành ⎨ ⎧⎪ 2x + y + = Vậy ( I ) ⇔ ⎨ ⎪⎩ x + y = ⎧2x + y + = ⎧x = ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩x + y = ⎩y = −1 ⎛ ⎝ 2/ Giải phương trình 2 cos3 ⎜ x − π⎞ ⎟ − 3cos x − sin x = ( ) 4⎠ π ⎞⎤ ⎡ ⎛ (2) ⇔ ⎢ cos ⎜ x − ⎟ ⎥ − 3cos x − sin x = ⎠⎦ ⎝ ⎣ ⇔ ( cos x + sin x ) − 3cos x − sin x = ⇔ cos3 x + sin x + 3cos2 x sin x + 3cos x sin x − 3cos x − sin x = ⎧⎪cos x = ⎧⎪cos x ≠ ⇔⎨ hay ⎨ 3 ⎪⎩sin x − sin x = ⎪⎩1 + 3tgx + 3tg x + tg x − − 3tg x − tgx − tg x = ⇔ sin x = hay tgx = ⇔ x = π π + kπ hay x = + kπ CÂU III 1/ ( C ) ⇔ x + y − 12x − 4y + 36 = ⇔ ( x − ) + ( y − ) = Vậy (C) có tâm I ( 6,2 ) R=2 TRANG Vì đường tròn ( C1 ) tiếp xúc với trục Ox, Oy nên tâm I1 nằm đường thẳng y = ± x vàvì (C) có tâm I ( 6,2 ) ,R = nên tâm I1 (x; ± x) với x > 0. TH1 : Tâm I1 ∈ đường thẳng y = x ⇒ I ( x,x ) , bán kính R1 = x ( C1 ) tiếp xúc với (C) ⇔ I I1 = R + R1 ⇔ ( x − )2 + ( x − )2 =2+x ⇔ ( x − ) + ( x − ) = + 4x + x ⇔ x − 16x − 4x + 36 = ⇔ x − 20x + 36 = ⇔ x = hay x = 18 .Ứng với R1 = hay R1 = 18 ( x − 18)2 + ( y − 18)2 = 18 TH : Tâm I1 ∈ đường thẳng y = −x ⇒ I ( x, − x ) ; R1 = x Có đường tròn là: ( x − ) + ( y − ) = ; Tương tự trên, ta có x= Có đường tròn ( x − ) + ( y + ) = 36 Tóm lại ta có đường tròn thỏa ycbt là: ( x − )2 + ( y − )2 = 4; ( x − 18)2 + ( y − 18)2 = 18; ( x − )2 + ( y + )2 = 36 uuur uuur 2a/ Tứ giác OABC hình chữ nhật ⇒ OC = AB ⇒ B(2,4,0) * Đoạn OB có trung điểm H (1,2,0 ) . H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OBC. Vì A, O, C nhìn SB góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; ) tâm mặt cầu bán kính R = 1 SB = + 16 + 16 = , 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − ) + (z − 2) = uuur 2b/ SC = ( 0,4, −4 ) chọn ( 0,1, −1) vtcp SC. ⎧x = ⎪ Pt tham số đường thẳng SC ⎨y = t ⎪z = − t ⎩ Mp (P) qua A ( 2,0,0 ) vuông góc với SC có phương trình O( x − 2) + y − z = ⇔ y − z = Thế pt tham số SC pt (P) Ta có t=2 suy M ( 0,2,2 ) Gọi A1 ( x,y,z ) điểm đối xứng với A qua SC. Có M trung điểm AA1 nên ⎧2 + x = 2.0 ⎧x = −2 ⎪ ⎪ ⎨0 + y = 2.2 ⇒ ⎨y = Vậy A1 ( −2,4,4 ) ⎪0 + z = 2.2 ⎪z = ⎩ ⎩ CÂU IV: 1/ Tính I = x+2 ∫0 x + 1dx Đặt t = x + ⇒ x = t − ⇒ dx = 3t dt TRANG ⇒ x + = t + .Đổi cận t( 0) = ; t (7 ) = 2. Vậy I = ∫1 (t ) + 3t t 2/ Ta có (1 + x ) dt = 3∫ 2n +1 ( ⎡ t5 t2 ⎤ 231 t + t dt = ⎢ + ⎥ = ⎣ ⎦1 10 ) 2 3 2n +1 2n +1 = C2n +1 + C2n +1x + C2n +1x + C2n +1x + . + C2n +1x 2n +1 Cho x = Ta có 22n +1 = C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + . + C2n +1 (1) n +1 Cho x = −1 Ta có = C2n +1 − C2n +1 + C2n +1 − C2n +1 + C2n +1 − . − C2n +1 (2) 2n +1 ⎤ Lấy (1) - (2) ⇒ 22n +1 = ⎡C12n +1 + C32n +1 + C2n +1 + . + C2n +1 ⎣ ⇒2 2n = C12n +1 + C32n +1 10 10 Ta có ( − 3x ) ⎦ + C2n +1 2n +1 + . + C2n +1 k k 10 − k = ∑ ( −1) C10 ( 3x ) 10 = 1024 = . Vậy 2n=10 k k =0 7 3 Suy hệ số x −C10 .2 hay −C10 .2 CÂU V: Ta có: + x = + x x x x3 + + ≥ 44 3 3 y y y y y3 1+ = 1+ + + ≥4 3 x 3x 3x 3x .x 3 1+ = 1+ + + ≥ 44 y y y y 33 ( y) ⎛ ⎞ 36 ⇒ ⎜1 + ≥ 16 ⎟ ⎜ y ⎟⎠ y ⎝ ⎞ x y3 36 ⎛ y ⎞⎛ Vậy (1 + x ) ⎜ + ⎟ ⎜ + ⎟ ≥ 256 3 3 = 256 y ⎟⎠ 3 .x y ⎝ x ⎠ ⎜⎝ DỰ BỊ KHỐI B: Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò ( C ) hàm số y = x − x + 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : x − x − log m = . Câu II: điểm) 1. Giải hệ phương trình : ⎧⎪ x + y + − x + y = ⎨ ⎪⎩3 x + y = π 2. Giải phương trình : 2 cos3 ( x − ) − 3cos x − sin x = x2 y + = 1. Viết 64 phương trình tiếp tuyến d (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy A, B cho AO = 2BO. x y z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = 1 ⎧ x = −1 − 2t ⎪ d2 : ⎨ y = t ( t tham số ) ⎪z = 1+ t ⎩ Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : a) Xét vò trí tương đối d1 d2 . TRANG b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 N thuộc d2 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : x − y + z = độ dài đọan MN = . Câu IV: ( điểm) 1. Tính tích phân e ∫x ln xdx . 2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam nữ. Hỏi có cách lập nhóm đồng ca gồm người biết nhóm phải có nữ. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn : a + b + c = Cmrằng : a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤3 . Khi đẳng thức xảy ? Bài giải: CÂU I: 1/ Khảo sát y = x − 6x + . ( ) MXĐ: D=R y' = 4x3 − 12x = 4x x − ,y' = ⇔ x = hay x = ± y'' = 12x − 12,y'' = ⇔ x = ±1 BBT x y' y '' y −∞ -1 − + + + + - - + +∞ -4 2/ Tìm m để pt x − 6x − log m = có nghiệm phân biệt. Đặt k = log2 m + Ycbt ⇔ đường thẳng y=k cắt (C) điểm phân biệt TRANG + + +∞ Đồ thò x − 6x − log2 m = ⇔ x − 6x + = log2 m + +∞ -4 ⇔ −4 < k < ⇔ −4 < log2 m + < < m ). AB: x y + = ⇔ x + 2y − 2m = 2m m AB tiếp xúc với (E) ⇔ 64 + 4.9 = 4m ⇔ 4m = 100 ⇔ m = 25 ⇔ m = ( m > ) Vậy pt tiếp tuyến x + 2y − 10 = Vì tính đối xứng nên ta có tiếp tuyến TRANG 10 Pt x + 2y − 10 = 0,x + 2y + 10 = x − 2y − 10 = 0, x − 2y + 10 = r 2/ a/ d1 qua O ( 0,0,0 ) , VTCP a = (1,1,2 ) r d qua B ( −1,0,1) , VTCP b = ( −2,1,1) r r uuur ⎡a, b ⎤ = ( −1, −5,3 ) , OB = ( −1, 0,1) ⎣ ⎦ r r uuur ⎡a, b ⎤ OB = + = ≠ ⇔ d1 ,d chéo ⎣ ⎦ b/ M ∈ d1 ⇒ M ( t ',t ',2t ' ) ; N ∈ d ⇒ N ( −1 − 2t,t,1 + t ) uuuur MN = ( −2t − t '− 1,t − t ',t − 2t '+ 1) uuuur uur Vì MN // (P) ⇔ MN ⊥ n p = (1, −1,1) uuuur r ⇔ MN.n p = ⇔ −2t − t '− − t + t '+ t − 2t '+ = ⇔ t = −t ' ( t '− 1)2 + 4t '2 + (1 − 3t ' )2 MN = = ⇔ 14t '2 − 8t '+ = ⇔ 2t ' ( 7t '− ) = ⇔ t ' = hay t ' = * t’=0 ta có M ( 0,0,0 ) ≡ O ∈ ( P )( loại ) * t' = ⎛4 8⎞ ⎛1 3⎞ ta có M ⎜ , , ⎟ ; N ⎜ , − , ⎟ ⎝7 7⎠ ⎝7 7⎠ CÂU IV. 1/ Tính I = e ∫1 x ln xdx x3 dx Đặt u = ln x ⇒ du = ; dv = x dx chọn v = x 3 e x dx x e e e = ln x − x = e3 + I = ∫ x ln xdx = ln x − ∫ x x 9 3 2. Ta có trường hợp * nữ + nam. Ta có C35C10 = 2520 * nữ + nam. Ta có C54 C10 = 1050 * nữ + nam. Ta có C55C10 = 120 Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách CÂU V: a + 3b + + 1 = ( a + 3b + ) 3 b + 3c + + 1 = ( b + 3c + ) Ta có ( b + 3c )1.1 ≤ 3 c + 3a + + 1 ( c + 3a )1.1 ≤ = ( c + 3a + ) 3 Suy a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ ⎡⎣ ( a + b + c ) + ⎤⎦ 3 ( a + 3b )1.1 ≤ TRANG 11 1⎡ ⎤ ≤ ⎢ 4. + ⎥ = 3⎣ ⎦ ⎧ ⎪a + b + c = Dấu = xảy ⇔ ⎨ ⇔a=b=c= 4 ⎪⎩a + 3b = b + 3c = c + 3a = Cách 2: Đặt x = a + 3b ⇒ x = a + 3b ; y = b + 3c ⇒ y3 = b + 3c ; z = c + 3a ⇒ z3 = c + 3a ⇒ x + y + z = ( a + b + c ) = 4. = . BĐT cần cm ⇔ x + y + z ≤ . y3 + + ≥ 3 y3 .1.1 = 3y ; Ta có : x + + ≥ x .1.1 = 3x ; z3 + + ≥ 3 z3 .1.1 = 3z ⇒ ≥ ( x + y + z ) (Vì x3 + y3 + z3 = ). Vậy x + y + z ≤ Hay a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ Dấu = xảy ⇔ x = y3 = z3 = a + b + c = ⇔ a + 3b = b + 3c = c + 3a = a + b + c = ⇔a=b=c= 4 DỰ BỊ KHỐI B: x + 2x + Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = (*) x +1 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò ( C ) hàm số (*) . 2. Gọi I giao điểm hai tiệm cận ( C ).Chứng minh tiếp tuyến (C ) qua điểm I . Câu II:( điểm). 1. Giải bất phương trình : x − x + − x + ≤ π cos x − 2. Giải phương trình : tg ( + x) − 3tg x = cos x Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : (C1 ): x2 + y2 = (C2 ): x2 + y2 −2 x − y − 23 = . Viết phương trình trục đẳng phương d đường tròn (C1) (C2). Chứng minh K thuộc d khỏang cách từ K đến tâm (C1) nhỏ khỏang cách từ K đến tâm ( C2 ). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) mặt phẳng (P) : x + y − z + = . a) Gọi M1 hình chiếu M lên mặt phẳng ( P ). Xác đònh tọa độ điểm M1 tính độ dài đọan MM1. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua M x-1 y-1 z-5 chứa đường thẳng : = = -6 π Câu IV: ( điểm). 1.Tính tích phân ∫ (tgx + e sin x cos x)dx . 2. Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác thiết phải có chữ 1, ? Câu V: (1 điểm) Cmrằng ≤ y ≤ x ≤ TRANG 12 x y − y x ≤ . Đẳng thức xảy nào? Bài giải x + 2x + CÂU I 1/ Khảo sát y = (C) x +1 MXĐ: D = R \ {−1} y' = x + 2x ( x + 1) ,y ' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = hay x = −2 BBT x y' −∞ + y -2 -2 -1 - - 0 +∞ −∞ +∞ + +∞ −∞ Tiệm cận x = −1 pt t/c đứng. y = x + pt t/c xiên Đồ thò :Bạn đọc tự vẽ. 2/ Chứng minh tiếp tuyến (C) qua I ( −1,0 ) giao điểm tiệm cận. Gọi M o ( x o ,y o ) ∈ ( C ) ⇔ y o = x 2o + 2x o + xo + Phương trình tiếp tuyến (C) M o ⎛ x + 2x ⎞ o ⎟ y − y o = f ' ( x o )( x − x o ) ⇔ y − y o = ⎜ o ( x − xo ) ⎜ ( x + 1)2 ⎟ ⎝ o ⎠ Tiếp tuyến qua I ( −1,0 ) ⇔ − y o (x = o ) + 2x o ( −1 − x o ) ( x o + 1)2 x 2o + 2x o + x 2o + 2x o ⇔ = xo + xo + ⇔ = Vô lí. Vậy tiếp tuyến (C) qua I ( −1,0 ) CÂU II 1/ Giải bất phương trình (1) ⇔ 8x − 6x + − 4x + ≤ (1) 8x − 6x + ≤ 4x − 1 ⎧ ≤ ≥ x Vx ⎪ 1 ⎧ ⎧8x − 6x + ≥ ⎪ x = Vx ≥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨4x − ≥ ⇔ ⎨x ≥ ⇔⎨ ⎪ ⎪ ⎪ x ≤ hay x ≥ 2 ⎩8x − 6x + ≤ (4x − 1) ⎪8x − 2x ≥ ⎩⎪ ⎪ ⎩ 1 ⇔ x = hay x ≥ TRANG 13 cos 2x − ⎛π ⎞ (2) + x ⎟ − 3tg x = cos2 x ⎝2 ⎠ 2/ Giải phương trình tg ⎜ (2) ⇔ − cot gx − 3tg x = ⇔− −2sin x cos2 x π − tg x = ⇔ tg3x = −1 ⇔ tgx = −1 ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z tgx CÂU III 1/ Đường tròn ( C1 ) có tâm O ( 0,0 ) bán kính R1 = Đường tròn ( C2 ) có tâm I (1,1) , bán kính R = Phương trình trục đẳng phương đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) (x ) ( ) + y2 − − x + y − 2x − 2y − 23 = ⇔ x + y + = (d) Gọi K ( x k ,y k ) ∈ ( d ) ⇔ y k = − x k − OK = ( x k − ) + ( y k − ) = x 2k + y 2k = x 2k + ( − x k − ) = 2x 2k + 14x k + 49 IK = ( x k − 1) + ( y k − 1) = ( x k − 1) + ( − x k − ) = 2x 2k + 14x k + 65 ( ) ( ) Ta xét IK − OK = 2x 2k + 14x k + 65 − 2x 2k + 14x k + 49 = 16 > Vậy IK > OK ⇔ IK > OK(đpcm) 2/ Tìm M1 h/c M lên mp (P) r Mp (P) có PVT n = ( 2,2, −1) ⎧x = + 2t ⎪ Pt tham số MM1 qua M, ⊥ ( P ) ⎨y = + 2t ⎪z = −3 − t ⎩ Thế vào pt mp (P): ( + 2t ) + ( + 2t ) − ( −3 − t ) + = ⇔ 18 + 9t = ⇔ t = −2 . Vậy MM1 ∩ ( P ) = M1 (1, −2, −1) Ta có MM1 = ( − 1)2 + ( + )2 + ( −3 + 1)2 = 16 + 16 + = 36 = r x −1 y −1 z − * Đường thẳng Δ : qua A(1,1,5) có VTCP a = ( 2,1, −6 ) = = −6 uuuur Ta có AM = ( 4,1, −8 ) uuuur r Mặt phẳng (Q) qua M, chứa Δ ⇔ mp (Q) qua A có PVT ⎡ AM,a ⎤ = ( 2,8,2 ) hay (1,4,1) ⎣ ⎦ nên pt (Q): ( x − ) + ( y − ) + ( z + ) = Pt (Q): x + 4y + z − 10 = Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa Δ nên pt mp(Q) có dạng: x − 2y + = hay m(x − 2y + 1) + 6y + z − 11 = . Mặt phẳng (Q) qua M(5;2; - 3) nên ta có – + = ( loại) hay m( – + 1) + 12 – – 11 = ⇔ m = 1. Vậy Pt (Q): x + 4y + z − 10 = TRANG 14 CÂU IV: 1/ Tính I = Ta có: I = π/ ∫0 sin x ∫0 ( tgx + e cos x ) dx π/ π / sin x e tgxdx + ∫ π/ = ⎡⎣ − ln ( cos x ) ⎤⎦ +e sin x π / o π/ cos xdx = ∫ = ln + e π/ sin x dx + ∫ esin x cos xdx cos x −1 2/ Gọi n = a1a2 a3a4 a5 số cần lập Trước tiên ta xếp 1, vào vò trí: ta có: A 25 = 4.5 = 20 cách Xếp 1,5 ta có cách chọn chữ số cho ô lại cách chọn chữ số cho ô lại thứ cách chọn chữ số cho ô lại thứ * Theo qui tắc nhân ta có: A 25 .5.4.3 = 20.60 = 1200 số n. Cách khác : - Bước : xếp 1, vào vò trí: ta có: A 25 = 4.5 = 20 cách -Bước : có A 35 = 3.4.5 = 60 cách bốc số lại xếp vào vò trí lại . Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt. x ≥ x2 1 Ta có x y − y x ≤ ⇔ x y ≤ + y x (1) 4 CÂU V. Ta có ≤ x ≤ ⇒ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có y x+ 1 1 ≥ yx + ≥ yx . = x y ⇒ x y − y x ≤ 4 4 ⎧ ⎪0 ≤ y ≤ x ≤ ⎧x = ⎪ ⎪ ⇔⎨ Dấu = xảy ⇔ ⎨ x = x y= ⎪ ⎪ ⎩ ⎪yx = ⎩ DỰ BỊ KHỐI D: Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) đồ thò hàm số y= – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – (1) (m tham số). 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (1) m = . 2) Tìm m để đồ thò (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1. Câu II:( điểm). 1. Giải bất phương trình : x + − − x ≥ 3x − 3π sin x 2. Giải phương trình : tg ( − x) + =2 + cos x Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 −4 x − y − 12 = . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : x − y + = cho MI = 2R , I tâm R bán kính đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2;0;0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm A1, B1. Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, A, B, O1. b) Gọi M trung điểm AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vuông góc với O1A cắt OA, OA1 N, K . Tính độ dài đọan KN. B TRANG 15 Câu IV: ( điểm). e3 1.Tính tích phân I = ∫ 2. Tìm k ∈ {0;1; 2; .; 2005} cho ln x dx . x ln x + k đạt giá trò lớn nhất. ( Cnk số tổ hợp chập k n C2005 phần tử) Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎧⎪7 x + x +1 − 2+ x +1 + 2005 x ≤ 2005 ⎨ ⎪⎩ x − (m + 2) x + 2m + ≥ Bài giải CÂU I 1/ Khảo sát y = − x + ( 2m + 1) x − m − m=1 Khi m = y = −x3 + 3x − MXĐ: D=R y ' = −3x + 6x = 3x ( − x + ) , y ' = ⇔ x = hay x = y '' = −6x + 6, y '' = ⇔ x = BBT x y' y '' y −∞ + 0 + + + - +∞ - +∞ lõm -2 lõm lồi lồi 2/ Tìm m để ( Cm ) tiếp xúc với y = 2mx − m − ( d ) (d) tiếp xúc với ( Cm ) ⎧⎪ − x + ( 2m + 1) x − m − = 2mx − m − ⇔⎨ có nghiệm − + + = 3x 2m x 2m ( ) ⎪⎩ TRANG 16 −∞ ⎧⎪x = hay − x + ( 2m + 1) x = m ⇔⎨ có nghiệm − + + = 3x 2m x 2m ( ) ⎪⎩ ⎧⎪− x + ( 2m + 1) x = 2m ⇔ m = hay ⎨ có nghiệm 2 − + + = − + + 3x 2m x x 2m x ( ) ( ) ⎪⎩ ⎧⎪− x + ( 2m + 1) x = m ⇔ m = hay ⎨ có nghiệm ⎪⎩2x − ( 2m + 1) x = ⎧− x + ( 2m + 1) x = 2m ⎪ ⇔ m = hay ⎨ có nghiệm 2m + ⎪x = ⎩ 2 ⎛ 2m + ⎞ ⇔ m = hay − ⎜ ⎟ + ( 2m + 1) = 2m ⇔ m = hay m = ⎝ ⎠ 2x + − − x ≥ 3x − (1) ⎧2x + ≥ ⎪ Điều kiện ⎨5 − x ≥ ⇔ ≤ x ≤ ⎪3x − ≥ ⎩ (1) ⇔ 2x + ≥ 3x − + − x ≤ x ≤ ⇔ 2x + ≥ 3x − + − x + ( 3x − )( − x ) ≤ x ≤ 2 ⇔ ≥ ( 3x − )( − x ) ≤ x ≤ ⇔ 3x − 17x + 14 ≥ ≤ x ≤ 3 14 2 14 ⇔ (x ≤ hay ≤ x) ≤ x ≤ ⇔ ≤ x ≤ hay ≤x≤5 3 3 sin x ⎛ 3π ⎞ 2/ Giải phương trình tg ⎜ − x⎟ + = (2) ⎝ ⎠ + cos x sin x cos x sin x (2) ⇔ cot gx + =2⇔ + =2 + cos x sin x + cos x CÂU II: 1/ Giải bpt ⇔ cos x + cos2 x + sin x = 2sin x + 2sin x cos x sin x ≠ ⇔ ( cos x + 1) = 2sin x ( cos x + 1) sin x ≠ ⇔ 2sin x = ⇔ x = π 5π + k π hay x = + k 2π . 6 Ghi chú:Khi sinx ≠ cos x ≠ ± CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm I ( 2,3 ) , R=5 M ( x M ,y M ) ∈ ( d ) ⇔ 2x M − y M + = ⇔ y M = 2x M + IM = ( x M − )2 + ( y M − )2 = 10 TRANG 17 ⇔ ( x M − )2 + ( 2x M + − 3)2 = 10 ⇔ 5x 2M − 4x M − 96 = ⎡ x M = −4 ⇒ y M = −5 ⇒ M ( −4, −5 ) ⎢ ⇔⎢ 24 63 ⎛ 24 63 ⎞ xM = ⇒ yM = ⇒ M⎜ , ⎟ ⎢⎣ 5 ⎝ 5 ⎠ 2/ a/ Vì AA1 ⊥ ( Oxy ) ⇒ A1 ( 2,0,4 ) BB1 ⊥ ( Oxy ) ⇒ B1 ( 0,4,4 ) Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O1 Ptmc (S): x + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = Vì O ∈ ( S) ⇒ d = Vì A ∈ ( S) ⇒ − 4a = ⇒ a = Vì B ∈ ( S) ⇒ 16 − 8b = ⇒ b = Vì O1 ∈ ( S) ⇒ 16 − 8c = ⇒ c = Vậy (S) có tâm I(1,2,2) Ta có d = a2 + b2 + c2 − R ⇒ R2 = + + = Vậy pt mặt cầu (S) là: ( x − 1)2 + ( y − )2 + ( z − )2 = b/ Tính KN uuuur Ta có M (1,2,0 ) , O1A = ( 2,0, −4 ) uuuur Mp(P) qua M vuông góc với O1A nên nhận O1A hay (1;0; -2) làm PVT ⇒ pt (P): 1( x − 1) + ( y − ) − 2(z − 0) = (P): x − 2z − = ⎧x = t ⎪ PT tham số OA ⎨y = ⎪z = ⎩ Thế vào pt (P): t − = ⇒ t = ⇒ OA ∩ ( P ) = N (1,0,0 ) ⎧x = t uuuur ⎪ Pt tham số OA1 là: ⎨ y = với OA1 = ( 2, 0,4 ) hay (1;0;2) vtcp. ⎪z = 2t ⎩ Thế vào pt (P): t − 4t − = ⇒ t = − 2⎞ ⎛ ⇒ OA1 ∩ ( P ) = K ⎜ − ,0, − ⎟ 3⎠ ⎝ TRANG 18 2⎞ 20 20 ⎛ ⎛ 1⎞ = = Vậy KN = ⎜ + ⎟ + ( − ) + ⎜ + ⎟ = 3⎠ 3 ⎝ 3⎠ ⎝ CÂU IV: 1/ Tính I = e3 ∫1 ln x dx x ln x + Đặt t = ln x + ⇒ t = ln x + ⇒ 2tdt = dx t − = ln x x Đổi cận: t(e3 ) = 2; t(1) = I=∫ e3 ⎡ t 2t ⎤ t − 2t + 76 ln x + t⎥ = dx = ∫ 2tdt = ∫ t − t + dt = ⎢ − 1 t x ln x + ⎣5 ⎦1 15 ( ) k k +1 ⎧⎪C2005 ≥ C2005 k∈N 2. lớn ⇔ ⎨ k k −1 ≥ C C ⎪⎩ 2005 2005 2005! 2005! ⎧ ⎪ k!( 2005 − k )! ≥ ( k + 1)!( 2004 − k )! ⎧ k + ≥ 2005 − k ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ 2005! 2005! ⎩2006 − k ≥ k ⎪ ≥ ⎪⎩ k!( 2005 − k )! ( k − 1)!( 2006 − k )! ⎧ k ≥ 1002 ⇔⎨ ⇔ 1002 ≤ k ≤ 1003, k ∈ N k ≤ 1003 ⎩ ⇔ k = 1002 hay k = 1003 k C2005 CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎧⎪72x + x +1 − 72+ x + + 2005x ≤ 2005 (1) ⎨ ⎪⎩x − ( m + ) x + 2m + ≥ (2) Điều kiện x ≥ −1 .Ta có 72x + Ta có: (1) ⇔ x +1 (7 2x x +1 − 72 + x +1 ) ≤ 0, ∀x ∈ [ −1;1] − 72 ≤ 2005 (1 − x ) : ∀x ∈ [ −1;1] sai x > Do (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ . Vậy, hệ bpt có nghiệm ⇔ f ( x ) = x − ( m + ) x + 2m + ≥ có nghiệm ∈ [ −1,1] ⇔ Maxf(x)≥0 ⇔ max {f(−1), f(1)} ≥ x∈[ −1;1 ] ⇔ max {3m + 6,m + 2} ≥ ⇔ 3m + ≥ hay m + ≥ ⇔m≥− DỰ BỊ KHỐI D: Câu I: (2 điểm) 1. 2. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số y = Tìm m để phương trình x + 3x + = m có nghiệm phân biệt x +1 TRANG 19 x + 3x + . x +1 x − x2 ⎛1⎞ − 2⎜ ⎟ ≤3. Câu II:( điểm). 1. Giải bất phương trình : ⎝ 3⎠ 2. Giải phương trình : sin x + cos x + 3sin x − cos x − = Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(0;5), B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn qua hai điểm A, B có bán kính R = 10 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xác đònh tọa độ điểm lại hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.Gọi M trung điểm BC . Chứng minh hai mặt phẳng ( AB1D1) ( AMB1) vuông góc nhau. b) Chứng minh tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC1 ( N ≠ A ) tới mặt phẳng ( AB1D1) ( AMB1) không phụ thuộc vào vò trí điểm N. x2 − x B B π Câu IV: ( điểm). 1.Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) cos xdx . 2. Tìm số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức : Pn + An2 − Pn An2 = 12 . ( Pn số hóan vò n phần tử Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số dương x yz = 1. Cmrằng : x2 y2 z2 + + ≥ . 1+ y 1+ z 1+ x Bài giải CÂU I: x + 3x + 1/ Khảo sát y = (C) x +1 MXĐ: D = R \ {−1} y' = x + 2x ( x + 1) ,y ' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = hay x = −2 BBT x y' −∞ + y −∞ -2 -1 -1 - - 0 +∞ −∞ TRANG 20 +∞ + +∞ Tiệm cận: x=-1 tc đứng y = x + tc xiên x + 3x + 2/ Tìm m để pt = m có nghiệm x +1 phân biệt Ta có ⎧ x + 3x + x > −1 ⎪ x + 3x + ⎪ x + y= =⎨ x +1 ⎪ x + 3x + x < −1 ⎪⎩− x +1 ( Do đồ thò y = ) x + 3x + có cách x +1 Giữ nguyên phần đồ thò (C) có x > -1 Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) có x x +1 ⎛1⎞ CÂU II. 1/ Giải bất phương trình x −2x − ⎜ ⎟ ⎝3⎠ Ta có (1) ⇔ x −2x − 2.3x −2x ≤ . Đặt t = 3x 2x − x −2x ≤ (1) > , (1) thành t − 2t − ≤ ⇔ −1 ≤ t ≤ . Do đó, (1) ⇔ −1 ≤ 3x −2x ≤ ⇔ < 3x ⇔ x − 2x ≤ ⇔ x − 2x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ + 2/ Giải phương trình sin 2x + cos2x + 3sin x − cos x − = ( ) (2) ⇔ sin x cos x + − sin x + 3sin x − cos x − = ⇔ −2 sin x + ( cos x + ) sin x − cos x − = ⇔ sin x − ( cos x + ) sin x + cos x + = ( ) (phương trình bậc theo sinx) Có Δ = ( cos x + ) − ( )( cos x + 1) = ( cos x + 1) cos x + − cos x − 1 ⎡ = = sin x ⎢ Vậy (2) ⇔ ⎢ ⎢sin x = cos x + + cos x + = cos x + ⎢⎣ ⇔ sin x = cos x + hay sin x = TRANG 21 −2x ≤ 31 π⎞ π ⎛ ⇔ sin ⎜ x − ⎟ = = sin hay sin x = 4⎠ ⎝ π π 5π ⇔ x = + k2 π hay x = π + k2 π hay x = + k2 π hay x = + k2 π . 6 Cách khác: (3)⇔ (2sin x − 1) ( sin x − cos x − 1) = CÂU III. 1/ Gọi I ( a, b ) tâm đường tròn (C) Pt (C), tâm I, bán R = 10 kính ( x − a )2 + ( y − b )2 = 10 A ∈ ( C ) ⇔ ( − a ) + ( − b ) = 10 ⇔ a2 + b2 − 10b + 15 = (1) B ∈ ( C ) ⇔ ( − a ) + ( − b ) = 10 ⇔ a2 + b − 4a − 6b + = (2) (1) ( 2) ⎧a = −1 ⎧a = ⎪⎧a2 + b2 − 10b + 15 = ⇔⎨ ⇔⎨ hay ⎨ ⎩b = ⎩b = ⎩⎪ 4a − 4b + 12 = Vậy ta có đường tròn thỏa ycbt ( x + 1)2 + ( y − )2 = 10 ( x − )2 + ( y − )2 = 2/ Ta có A ( 0,0,0 ) ;B ( 2,0,0 ) ;C ( 2,2,0 ) ;D(0;2;0) A1 ( 0,0,2 ) ;B1 ( 2,0,2 ) ;C1 ( 2,2,2 ) ;D1 ( 0,2,2 ) Mp ( AB1D1 ) có cặp VTCP là: uuuur AB1 = ( 2, 0,2 ) uuuur AD1 = ( 0,2,2 ) r ⇒ mp ( AB1D1 ) có PVT u = uuuur uuuur ⎡ AB1 ,AD1 ⎤ = ( −1, −1,1) ⎦ 4⎣ mp ( AMB1 ) có cặp VTCP là: uuuur M ( 2,1,0 ) AM = ( 2,1, ) uuuur AB1 = ( 2, 0,2 ) r uuuur uuur ⇒ mp ( AMB1 ) có PVT v = ⎡ AM,AB⎤ = (1, −2, −1) ⎦ 2⎣ rr r r Ta có: u.v = −1(1) − 1( −2 ) + 1( −1) = ⇔ u ⊥ v ⇒ ( AB1D1 ) ⊥ ( AMB1 ) ⎧x = t uuur ⎪ b/ AC1 = ( 2,2,2 ) ⇒ Pt tham số AC1 : ⎨y = t , N ∈ AC1 ⇒ N ( t,t,t ) ⎪z = t ⎩ TRANG 22 Pt ( AB1D1 ) : − ( x − ) − ( y − ) + ( z − ) = ⇔ x + y − z = ⇒ d ( N,AB1D1 ) = t+t−t t = d1 3 Pt ( AMB1 ) : ( x − ) − ( y − ) − ( z − ) = ⇔ x − 2y − z = ⇒ d ( N,AMB1 ) = = t − 2t − t 1+ +1 −2t = = d2 t t d1 = = = = d2 t 32t Vậy tỉ số khoảng cách từ N ∈ AC1 ( N ≠ A ⇔ t ≠ ) tới mặt phẳng ( AB1D1 ) ( AMB1 ) ⇒ không phụ thuộc vào vò trí điểm N. CÂU IV: 1/ Tính I = π/ ∫0 + cos2x ⎞ ⎟ dx ⎝ ⎠ ( 2x − 1) cos2 xdx = ∫0 ( 2x − 1) ⎛⎜ π/ π/ π/ 1⎡ π2 π ⎤ 2x dx x x − − = − = ( ) ⎦0 ∫0 2⎣ π/ I = ∫ (2x − 1)cos xdx 1 Đặt u = (2x − 1) ⇒ du = dx,dv = cos 2xdx chọn v = sin 2x 2 1 π/ 1 π/ π/ ⇒ I = (2x − 1)sin 2x − ∫ sin 2xdx = cos2x = − 4 π/ π2 π − − Do I = ∫ ( 2x − 1) cos2 x = 2/ Tacó: 2Pn + 6A 2n − Pn A 2n = 12 ( n ∈ N,n > 1) I1 = ⇔ 2n!+ 6n! n! n! − n! = 12 ⇔ ( − n!) − ( − n!) = ( n − )! ( n − )! ( n − )! ⇔ ( − n!) = hay n! − = ⇔ n! = hay n(n − 1) − = (n − 2)! ⇔ n = hay n − n − = ⇔ n = 3hay n = 2(vì n ≥ ) CÂU V. Cho x,y, z số dương thỏa mãn xyz=1 x2 y2 z2 + + ≥ CMR: 1+ y 1+ z 1+ x x2 + y x2 + y + ≥2 . =x Ta có: 1+ y 1+ y y2 + z y2 + z + ≥2 =y 1+ z 1+ z TRANG 23 z2 1+ x z2 + x + ≥2 =z 1+ x 1+ x Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế ta có: ⎛ x + y ⎞ ⎛ y2 + z ⎞ ⎛ z2 1+ x ⎞ + + + ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ ≥ (x + y + z) ⎠ ⎝1+ z ⎠ ⎝1+ x ⎠ ⎝1+ y x2 y2 z2 x+y+z + + ≥− − + (x + y + z) 1+ y 1+ z 1+ x 4 3( x + y + z) ≥ − 4 3 ≥ .3 − = − = = ( x + y + z ≥ 3 xyz = ) 4 4 x2 y2 z2 + + ≥ Vậy 1+ y 1+ z 1+ x ⇔ HÀ VĂN CHƯƠNG- PHẠM HỒNG DANH-NGUYỄN VĂN NHÂN. (TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN) TRANG 24 [...]... ⎦1 15 k C2005 ( ) k k +1 ⎧C2005 ≥ C2005 ⎪ k∈N lớn nhất ⇔ ⎨ k k −1 C2005 ≥ C2005 ⎪ ⎩ 2005! 2005! ⎧ ⎪ k!( 2005 − k )! ≥ ( k + 1)!( 2004 − k )! ⎧ k + 1 ≥ 2005 − k ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ 2005! 2005! ⎩2006 − k ≥ k ⎪ ≥ ⎪ k!( 2005 − k )! ( k − 1)!( 2006 − k )! ⎩ ⎧ k ≥ 1002 ⇔⎨ ⇔ 1002 ≤ k ≤ 1003, k ∈ N k ≤ 1003 ⎩ ⇔ k = 1002 hay k = 1003 CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎧72x + x +1 − 72+ x + 1 + 2005x ≤ 2005 (1)... K Tính độ dài đọan KN B TRANG 15 Câu IV: ( 2 điểm) e3 1.Tính tích phân I = ∫ 1 2 Tìm k ∈ {0;1; 2; ; 2005} sao cho ln 2 x dx x ln x + 1 k k C2005 đạt giá trò lớn nhất ( Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎧7 2 x + x +1 − 7 2+ x +1 + 2005 x ≤ 2005 ⎪ ⎨ 2 ⎪ x − (m + 2) x + 2m + 3 ≥ 0 ⎩ Bài giải CÂU I 1/ Khảo sát y = − x 3 + ( 2m + 1) x 2 − m −... có: (1) ⇔ 7 x +1 (7 2x x +1 − 72 + x +1 ) ≤ 0, ∀x ∈ [ −1;1] − 72 ≤ 2005 (1 − x ) : đúng ∀x ∈ [ −1;1] và sai khi x > 1 Do đó (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 Vậy, hệ bpt có nghiệm ⇔ f ( x ) = x 2 − ( m + 2 ) x + 2m + 3 ≥ 0 có nghiệm ∈ [ −1,1] ⇔ Maxf(x)≥0 ⇔ max {f(−1), f(1)} ≥ 0 x∈[ −1;1 ] ⇔ max {3m + 6,m + 2} ≥ 0 ⇔ 3m + 6 ≥ 0 hay m + 2 ≥ 0 ⇔m≥− 2 DỰ BỊ 2 KHỐI D: Câu I: (2 điểm) 1 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò... + z ) (Vì x3 + y3 + z3 = 3 ) Vậy x + y + z ≤ 3 Hay 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3 Dấu = xảy ra ⇔ x 3 = y3 = z3 = 1 và a + b + c = ⇔ a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 và a + b + c = 3 4 3 1 ⇔a=b=c= 4 4 DỰ BỊ 2 KHỐI B: x + 2x + 2 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = (*) x +1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số (*) 2 Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có... phương trình tg ⎜ (2) ⇔ − cot gx − 3tg 2 x = ⇔− −2sin 2 x cos2 x 1 π − tg 2 x = 0 ⇔ tg3x = −1 ⇔ tgx = −1 ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z tgx 4 CÂU III 1/ Đường tròn ( C1 ) có tâm O ( 0,0 ) bán kính R1 = 3 Đường tròn ( C2 ) có tâm I (1,1) , bán kính R 2 = 5 Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) là (x 2 ) ( ) + y2 − 9 − x 2 + y 2 − 2x − 2y − 23 = 0 ⇔ x + y + 7 = 0 (d) Gọi K ( x k ,y k ) ∈ (... CÂU V Ta có 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có y x+ 1 1 1 1 ≥ yx 2 + ≥ 2 yx 2 = x y ⇒ x y − y x ≤ 4 4 4 4 ⎧ ⎪0 ≤ y ≤ x ≤ 1 ⎧x = 1 ⎪ ⎪ ⇔⎨ Dấu = xảy ra ⇔ ⎨ x = x 2 1 ⎪ ⎪y = 4 1 ⎩ ⎪yx 2 = 4 ⎩ DỰ BỊ 1 KHỐI D: Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) là đồ thò của hàm số y= – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – 1 (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 1 2) Tìm m để đồ thò (Cm) tiếp... III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 −4 x − 6 y − 12 = 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 sao cho MI = 2R , trong đó I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C) 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2;0;0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ các điểm A1, B1 Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O,... Giải phương trình : sin 2 x + cos 2 x + 3sin x − cos x − 2 = 0 Câu III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5), B(2; 3) Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xác đònh tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.Gọi... 2 ⎝ π π 5π ⇔ x = + k2 π hay x = π + k2 π hay x = + k2 π hay x = + k2 π 2 6 6 Cách khác: (3)⇔ (2sin x − 1) ( sin x − cos x − 1) = 0 CÂU III 1/ Gọi I ( a, b ) là tâm của đường tròn (C) Pt (C), tâm I, bán R = 10 kính là ( x − a )2 + ( y − b )2 = 10 2 2 2 2 A ∈ ( C ) ⇔ ( 0 − a ) + ( 5 − b ) = 10 ⇔ a2 + b2 − 10b + 15 = 0 (1) B ∈ ( C ) ⇔ ( 2 − a ) + ( 3 − b ) = 10 ⇔ a2 + b 2 − 4a − 6b + 3 = 0 (2) (1) và . 7 2t 53 1 6 5 2005 2005 kk 2005 2005 CC CC + − ⎧ ≥ ⎪ ⇔ ⎨ ≥ ⎪ ⎩ kN 2. lớn nhất k 2005 C kk1 1 ∈ ()()( ) ()()( ) 2005! 2005! k! 2005 k ! k 1 ! 2004 k ! k 1 2005 k 2005! 2005! 2006 k k k! 2005 k !. PHẦN HAI: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI DỰ BỊ 1 KHỐI A: Câu I: (2 đ)Gọi (C m ) là đồ thò của hàm số :. { } 0;1;2; ;2005 sao cho đạt giá trò lớn nhất. ( là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2005 k C k n C Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2121 2 7 7 2005 2005 (2)230 xx