THÔNG TIN TÀI LIỆU
Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = − x + x − (C) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) 2) Tìm đường thẳng (d): y = điểm mà từ kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x + + x + = x + 2 x + x + − 16 2) Giải phương trình: 2 cos2 x + sin x cos x + 3π π ÷− 4sin x + ÷ = 4 π Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x )dx Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vng B có AB = a, BC = a , SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N hình chiếu vng góc điểm A cạnh SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: a + b + c + abcd + b + c + d + abcd + c + d + a + abcd + d + a + b + abcd ≤ abcd II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng (d): 2x – y – = đường tròn (C’): x + y − 20 x + 50 = Hãy viết phương trình đường tròn (C) qua ba điểm A, B, C(1; 1) 2) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt trục tọa độ I, J, K mà A trực tâm tam giác IJK Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh a + bi = (c + di)n a + b2 = (c + d )n B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y –8 = Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C 2) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh đường thẳng AB CD chéo Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳng Oxy cắt đường thẳng AB, CD log ( x + y ) − log (2 x ) + = log ( x + 3y ) 4 x Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: log4 ( xy + 1) − log (4 y + y − x + 4) = log y ÷− www.VNMATH.com Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2đ): Cho hàm số y = x − 3mx + x − có đồ thị (Cm) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để (Cm) cắt trục Ox điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu II (2đ): Giải phương trình: sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x Giải bất phương trình: Câu III (1đ) Tính giới hạn sau: 21− x − x + 2x − A = lim x →1 ≥0 x + − − x2 x −1 Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA = 1; AD = Gọi M, N trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Tính thể tích khối tứ diện ANIB Câu V (1đ): Biết ( x; y) nghiệm bất phương trình: x + 5y − x − 15y + ≤ Hãy tìm giá trị lớn biểu thức F = x + 3y II PHẦN TỰ CHỌN (3đ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2đ) 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x + y = A, B điểm (E) cho: 25 16 AF1+BF2 = , với F1;F2 tiêu điểm Tính AF2 + BF1 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : x − y − z − = điểm A(2;3; −1) Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) 3 Câu VIIa (1đ): Giải phương trình: log1 ( x + 2) - = log1 ( - x) + log1 ( x + 6) 4 B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn qua A(2; −1) tiếp xúc với trục toạ độ x +1 y −1 z − = = mặt phẳng P : x − y − z − = Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A(1;1; −2) , song song với mặt phẳng (P ) vng góc với đường thẳng d Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 2 Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: y = mx + (m + 1) x + 4m + m có đồ thị (Cm ) x+m Tìm m để điểm cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, điểm cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy www.VNMATH.com Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn AB = Câu II: (2 điểm) 1 log ( x + 3) + log ( x − 1)8 = 3log8 (4 x ) π Tìm nghiệm khoảng 0; ÷ phương trình: 2 π x 3π 4sin2 π − ÷− sin − x ÷ = + cos2 x − ÷ 2 2 Giải phương trình: Câu III: (1 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục R f ( x ) + f (− x ) = cos4 x với x ∈ R Tính: I= π ∫ f ( x ) dx −π Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O Các mặt bên (SAB) (SAD) vng góc với đáy (ABCD) Cho AB = a, SA = a Gọi H, K hình chiếu A SB, SD Tính thể tích khối chóp O.AHK Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = a Chứng minh rằng: 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2;–3), B(3;–2) Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm đường thẳng (d): 3x – y – = 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – = Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng (P) Câu VII.a: (1 điểm) Tìm số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = nhận số phức z = + i làm nghiệm B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) đường thẳng (d) 6x − 3y + 2z = Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) cắt đường thẳng AB, OC 6x + 3y + 2z − 24 = Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình sau tập số phức: z4 – z3 + 6z – 8z –16 = Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x − x + 4, có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm m để phương trình x − x + = log2 m có nghiệm Câu II (2.0 điểm) 1 − = cot x 2sin x sin x Tìm m để phương trình sau có nghiệm x ∈ 0; + : Giải phương trình: sin x + sin x − m ( ) x − x + + + x (2 − x ) ≤ (1) (2) Câu III (1.0 điểm) Tính I = ∫ 2x + 01+ 2x + dx Câu IV (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a ·BAC = 120o Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB ⊥ MA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Câu V (1.0 điểm) Cho x, y, z số dương Chứng minh: x + y + z ≥ xy + yz + zx II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm B(−1; 3; 0), C (1; 3; 0), M (0; 0; a) với a > Trên trục Oz lấy điểm N cho mặt phẳng (NBC) vng góc với mặt phẳng (MBC) Cho a = Tìm góc α mặt phẳng (NBC) mặt phẳng (OBC) Tìm a để thể tích khối chóp BCMN nhỏ x + x − x + = 3y −1 + (x, y ∈ ¡ ) Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: y + y − y + = x −1 + B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) mặt phẳng (P): 2x –y+z+1=0 Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) cho MA + MB nhỏ Câu VII b (1.0 điểm) Giải bất phương trình: (log x + log4 x )log2 x ≥ www.VNMATH.com Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Câu II (2 điểm) Giải phương trình: Giải hệ phương trình : Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: 3sin x − 2sin x =2 sin x.cos x x − x + y − y + = 2 x y + x + y − 22 = π (1) (2) I = ∫ esin x sin x.cos3 x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên a, mặt bên hợp với đáy góc α Tìm α để thể tích khối chóp đạt giá trị lớn Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P = 4(x3 + y3 ) + 4(x3 + z3 ) + 4(z3 + x ) + + + y z2 x ÷ ÷ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; 0) Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + = 0, AB = 2AD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hồnh độ âm Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d1 ) (d2 ) có phương trình: x - y −1 z − = = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) (d2 ) (d1 ); x −1 y +1 z - = = ; (d ) : Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : (3) 10 x + x + = m(2 x + 1) x + B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆) (∆′) có phương trình: x = + t (∆) : y = −1 + 2t z = x = −2 + t ' ′ ; (∆ ) : y = t ' z = + 4t ' Viết phương trình đường vng góc chung (∆) (∆′) Câu VII.b (1 điểm) Giải biện luận phương trình: mx + (m x + 2mx + 2) = x − x + x − (4) Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2 điểm): Cho hàm số y = x −3 x (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Chứng minh m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + ln cắt đồ thị (C) điểm M cố định xác định giá trị m để (d) cắt (C) điểm phân biệt M, N, P cho tiếp tuyến với đồ thị (C) N P vng góc với Câu (2 điểm): 1) Giải phương trình: 5.32 x −1 −7.3x −1 + −6.3x +9 x +1 =0 (1) 2) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt: log ( x + 1) − log ( x − 1) > log3 ( a) 3 log2 ( x − x + 5) − m log( x −2 x +5) = (b) x = 9z2 − 27(z − 1) ( a) Câu (1 điểm): Giải hệ phương trình: y = x − 27( x − 1) (b) z3 = y − 27( y − 1) (c ) (2) (3) Câu (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, cạnh bên hình chóp a Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AB, CD; K điểm cạnh a Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng MN SK theo a Câu (1 điểm) Cho số a, b, c > thoả mãn: a + b + c =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: AD cho AK = T= a 1− a + b 1− b + c 1− c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) đường thẳng d: x – 2y + = Tìm d hai điểm B, C cho tam giác ABC vng B AB = 2BC 2) Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – = mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính Câu 7a (1 điểm) Tìm số thực a, b, c để có: z3 − 2(1 + i)z2 + 4(1 + i)z − 8i = ( z − ai)(z2 + bz + c) Từ giải phương trình: z3 − 2(1 + i)z2 + 4(1 + i)z − 8i = tập số phức Tìm mơđun nghiệm B Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : { x = 2t; y = t; z = ; (d2) : { x = − t ; y = t ; z = Chứng minh (d1) (d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) (d2) x ln10 e dx lim J Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ≥ ln2 Tính J = ∫b x tìm b→ ln2 e −2 Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 + 2mx + (m + 3) x + có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m = 2) Cho (d) đường thẳng có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m cho (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos x + = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) (1) 2) Giải hệ phương trình: Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 3 8 x y + 27 = 18 y 2 x y + x = y π (2) I = ∫ sin x × sin x + dx π Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc hai mặt phẳng (SBC) (ACB) 60 0, ABC SBC tam giác cạnh a Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC) Câu V (1 điểm) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (3) 91+ 1− x − (m + 2)31+ 1− x + 2m + = II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ 2 hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vng 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) đường thẳng d có phương trình: x −1 y z −1 = = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 4a 4b 4c + + ≥3 (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) (4) B Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích ; trọng tâm G ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y – = Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) giao tuyến mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + = 0, (Q): x + 2y – 2z – = mặt cầu (S): x + y2 + z2 + 4x – 6y + m = Tìm m để (S) cắt (d) điểm M, N cho độ dài MN = log ( x + y ) = + log ( xy ) Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình : (x, y ∈ R) 3x − xy + y = 81 www.VNMATH.com Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số f ( x) = x + 2(m − 2) x + m − 5m + (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số với m = 2) Tìm m để (Cm) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vng cân Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình sau tập số thực: 1 ≤ x + − 3− x − 2x + log x ≥ 2) Tìm nghiệm thực phương trình sau thoả mãn sin x.tan x + 3(sin x − tan x) = 3 1− x (1) : (2) − x ln ( + x ) ÷ Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ ÷dx x 1+ Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi với µA = 1200 , BD = a >0 Cạnh bên SA vng góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) đáy 60 Một mặt phẳng (α) qua BD vng góc với cạnh SC Tính tỉ số thể tích hai phần hình chóp mặt phẳng (α) tạo cắt hình chóp Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc + a + c = b Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2 − + a +1 b +1 c +1 (3) II PHẦN RIÊNG (3 điểm ) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình d1: x + y + = Phương trình đường cao vẽ từ B d 2: x − y − = Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1;1), cắt đường thẳng ( d1 ) : x + y z −1 = = vng góc với đường thẳng ( d ) : x = −2 + 2t; y = −5t; z = + t ( t ∈ R ) −2 Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: Cn1 + 3Cn2 + 7Cn3 + + (2n − 1)Cnn = 32 n − 2n − 6480 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x + y = , Parabol ( P ) : x = 10 y Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (∆) : x + y − = , đồng thời tiếp xúc với trục hồnh Ox cát tuyến chung Elip (E) với Parabol (P) 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (P): x + y + z − = đồng thời cắt hai đường thẳng ( d1 ) : t∈R x −1 y +1 z = = (d ) : x = −1 + t ; y = −1; z = −t , với −1 x = + 6log y Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực: x x +1 y = y + (a ) (b) (4) www.VNMATH.com Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + (m tham số) (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hồnh độ điểm cực tiểu nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3x cos3 x − sin 3x sin x = 2+3 x + + y ( y + x) = y 2) Giải hệ phương trình: (x, y ∈ ( x + 1)( y + x − 2) = y (1) ) (2) dx 4x + 2x + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có cạnh AB=AD = a, AA’ = a góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm cạnh A’D’ A’B’ Chứng minh AC’ vng góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho x,y số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 ≤ Chứng minh rằng: –4 – ≤ x – xy – 3y ≤ + II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y – z + = hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Xác định tọa độ điểm K cho KI vng góc với mặt phẳng (α), đồng thời K cách gốc tọa độ O (α) ln(1 + x ) = ln(1 + y ) = x − y (a) Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 (b) x − 12 xy + 20 y = B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC qua điểm M(0;– 1) Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + = Tìm tọa độ đỉnh D ABC 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = hai đường thẳng d 1: x y−3 z +1 x − y z−3 = = , = = Chứng minh d1 d2 chéo Viết phương trình đường −1 1 thẳng ∆ nằm (P), đồng thời ∆ cắt d1 d2 Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: x – x +1 + 2(2 x –1)sin(2 x + y –1) + = www.VNMATH.com Đề số 10 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x+2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Chứng minh đường thẳng d: y = –x + m ln ln cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 2) Giải bất phương trình: log 22 x − log x − > (log x − 3) dx sin x cos x Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a Câu V (1 điểm) Cho ba số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn: a 2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a4 + b4 + c4 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d 1): x − y + 17 = , (d2): x + y − = Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1), (d2) tam giác cân giao điểm (d 1), (d2) 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có A ≡ O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1) Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’ Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0) Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt hai đường thẳng (d1): x + y + = 0, (d2): x – 2y + = A, B cho MB = 3MA 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) đường thẳng (d 1), (d2) với: (d1): x −1 y + z = = ; (d2) giao tuyến mặt phẳng (P): x + = (Q): x + y − z + = Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vng góc (d1) cắt (d2) Câu VIIb (1 điểm) Tìm hệ số x8 khai triển Newtơn biểu thức : Câu III (1 điểm) Tìm ngun hàm I = ∫ P = (1 + x − x3 )8 Hướng dẫn Đề sơ Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) + Từ M kẻ tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt: − x + x − = k ( x − m) + (1) m < −1 m > ⇔ (2) −3 x + x = k m ≠ Câu II: 1) Đặt t = x + + x + > (2) ⇔ x = 2) ⇔ (sin x + cos x ) 4(cos x − sin x ) − sin x − = 2) π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 33 33 Câu III: (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x ) = + cos x + cos8 x ⇒ I = π 64 16 64 128 ⇔ x=− Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; AM = a; SM= 4a ⇒ SM = SB V1 SM SN SM = (1) V SB SC SB V V 3 ⇒ = ⇒ = ⇒ V2 = V (2) V V 5 = a a3 ⇒ V2 = V = S∆ABC SA = 3 Câu V: a + b ≥ 2a2 b2 (1); b + c ≥ 2b 2c2 (2); c + a ≥ 2c a2 (3) ⇒ a + b + c ≥ abc(a + b + c) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc(a + b + c + d ) ⇒ 4 a + b + c + abcd ≤ (4) ⇒ đpcm abc(a + b + c + d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x + y − x − 8y + 10 = 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ) : x y z + + =1 a b c 77 a= uu r uur a + b + c = IA = (4 − a ;5;6), JA = (4;5 − b ;6) 77 uur uur ⇒ ⇒ b = JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c) −5b + 6c = −4a + 6c = c = 77 n ⇒ n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | ⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm C1(1; −1) , C2 (−2; −10) 11 11 16 x + y + = 0 3 91 91 416 = 0 + Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x + y − x + y + 3 2) Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) mặt phẳng qua CD (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) x = α x=2 với α >0 tuỳ ý Câu VII.b: y = α y=1 + Với C1 (1; −1) ⇒ (C): x + y − Hướng dẫn Đề sơ Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) trục hồnh: x − 3mx + x − = (1) Gọi hồnh độ giao điểm x1; x2 ; x3 Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng x2 = m nghiệm phương trình (1) m = ⇒ −2m + 9m − = ⇔ Thử lại ta : m = −1 ± 15 m= −1 − 15 x = Câu II: 1) sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = ⇔ x = 2) < x ≤ kπ kπ 1 Câu III: A = lim x + − + lim − − x = + = 12 12 x →1 x →1 x −1 x −1 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − y vào bpt ta được: 50 y − 30 Fy + 5F − 5F + ≤ Vì bpt ln tồn y nên ∆ y ≥ ⇔ − 25 F + 250 F − 400 ≥ ⇔ ≤ F ≤ Vậy GTLN F = x + y Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a BF1+BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = ⇒ AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = − 33 ( x − a)2 + ( y + a)2 = a2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: ( x − a)2 + ( y − a)2 = a (b) a = a) ⇒ b) ⇒ vơ nghiệm a = Kết luận: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = ( x − 5)2 + ( y + 5)2 = 25 r x −1 y −1 z + r uur uur = = 2) u = ud ; nP = (2;5; −3) ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : −3 Câu VII.b: Toạ độ điểm cực trị là: A(m;3m + 1) B(−3m; −5m + 1) Vì y1 = 3m2 + > nên để cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, cực trị m > thứ III hệ toạ độ Oxy −3m < ⇔ m> −5m + < Hướng dẫn Đề sơ www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a + 1), B(b; b3 − 3b + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến (C) A B song song suy y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = ⇔ a + b − = ⇔ b = – a ⇒ a ≠ (vì a ≠ b) AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + − a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = ⇒ b = −1 AB = ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ a = −1 ⇒ b = ⇒ A(3; 1) B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x − = x ⇔ x = 3; x = −3 + (Cm ) thuộc góc phần tư 5π 2π x = 18 + k (k ∈ Z ) (a) π π 2) (2) ⇔ sin x − ÷ = sin − x ÷ ⇔ 3 2 x = 5π + l 2π (l ∈ Z ) (b) π 5π ÷ nên x= 18 2 Vì x ∈ 0; π ⇒2 ∫ −π π f ( x )dx = −π π π π ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( −t ) ( −dt ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx Câu III: Đặt x = –t ⇒ π − ∫ − π π − f ( x ) + f (− x ) dx = π ∫ π − π cos4 xdx −π 1 3π + cos2 x + cos x ⇒ I = 8 16 uuur uuur uuur Câu IV: V = AH , AK AO = a 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cơ–si: cos4 x = ab2 c ab2 c ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − (1) 4 2b c 1+b c 1+ b c Dấu = xảy b = c = bc ( + d ) b bc d bc d bc d bc bcd =b− ≥b− =b− ≥b− =b− − (2) 2 4 2c d 1+c d 1+ c d cd ( + a ) c cd a cd a cd a cd cda =c− ≥c− =c− ≥c− =c− − (3) 2 4 2d a 1+d a 1+ d a da ( + b ) d da2 b da2 b da b da dab =d− ≥d− =d− ≥d− =d− − (4) 2 4 2a b 1+a b 1+ a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab + + + ≥4− − 4 + b2 c + c2 d + d a + a b Mặt khác: a =a− ≥a− =a− a+c+b+d • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) ≤ ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a+c = b+d 2 a+b c+d • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤ ÷ ( c + d) + ÷ ( b + a) a+b c+d + ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b ) ( c + d ) ÷= ( a + b ) ( c + d ) a+b+c+d ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d = a b c d 4 + + + ≥4− − Vậy ta có: 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b ⇔ a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥ ⇒ đpcm Dấu "=" xảy a = b = c = d = x = t Câu VI.a: 1) Ptts d: Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d y = −4 + 3t uuu r uuur 1 AB AC sin A = AB AC − AB AC 2 ⇒ C(–2; –10) C(1;–1) ( S= ) = t = −2 ⇔ 4t + 4t + = ⇔ t = r r r uur uuu 2) (Q) qua A, B vng góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n = n p , AB = ( 0; −8; −12 ) ≠ ⇒ (Q) : y + 3z − 11 = Câu VII.a: Vì z = + i nghiệm phương trình: z2 + bx + c = nên: b + c = b = −2 (1 + i)2 + b(1 + i) + c = ⇔ b + c + (2 + b)i = ⇔ ⇔ + b = c = Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC song song d: (β): 3x – 3y + z = 6x + 3y + 2z − 12 = ∆ giao tuyến (α) (β) ⇒ ∆: 3x − 3y + z = z = −1 z = Câu VII.b: z4 – z3 + 6z – 8z –16 = ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z2 + 8) = ⇔ z = 2i z = −2 2i Hướng dẫn Đề sơ www.VNMATH.com 9 Câu I: 2) x − x + = log2 m có nghiệm ⇔ log12 m = ⇔ m = 12 = 144 12 − cos2 x − cos x cos x = cos x π π Câu II: 1) (1) ⇔ ⇔ cos2x = ⇔ x = + k sin x ≠ t2 − (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3] t +1 t + 2t + t2 − > Vậy g tăng [1,2] Khảo sát g(t) = với ≤ t ≤ g'(t) = t +1 (t + 1)2 2) Đặt t = x2 − 2x + (2) ⇔ m ≤ t2 − Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤ có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) = t∈[ 1;2] t +1 Câu III: Đặt t = 2x + I = ∫ t2 dt = + ln2 1+ t r uuur uuuu r r uuuuu uuur uuuuu AB,AM = a 15 ; S Câu IV: V = A A = MB,MA AA1BM ∆BMA1 = 3a 3V a ⇒ d= = S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy) Gọi I trung điểm BC ⇒ I(0; 3; 0) ·MIO = 450 ⇒ α = ·NIO = 450 3 3 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC = a + ÷ đạt nhỏ ⇔ a = ⇔ a = a a u = x − Câu VII.a: Đặt Hệ PT ⇔ v = y − u + u + = 3v v + v + = 3u ⇒ 3u + u + u + = 3v + v + v + ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t + Ta có: f ′ (t ) = 3t ln + t + t2 +1 t2 +1 > ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u = v ⇒ u + u + = 3u ⇔ u − log (u + u + 1) = (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log u + u + ⇒ g '(u ) > ⇒ g(u) đồng biến Mà g (0) = ⇒ u = nghiệm (2) KL: x = y = nghiệm hệ PT Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 2) A, B nằm phía (P) Gọi A′ điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1; 0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ M giao điểm (P) với A′B ⇒ M(2;2; −3) Câu VII.b: (log x + log x )log2 x ≥ ⇔ log2 x + ≥ ⇔ 0 < x ≤ log2 x x >1 Hướng dẫn Đề sơ www.VNMATH.com Câu I: 2) Gọi M x0 ; + ÷ ∈(C) x0 − Tiếp tuyến d M có dạng: y = −3 ( x − x0 ) + + ( x0 − 1) x0 − Các giao điểm d với tiệm cận: A 1; + ÷ , B(2x0 –1; 2) x0 − S∆IAB = (khơng đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB x0 = + = x0 − ⇒ ⇔ ⇒ M1(1 + 3; + ); M2(1 − 3;2 − ) x0 − x0 = − 2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = π Câu II: 1) (1) ⇔ ⇔ 2cosx – = ⇔ x = ± + k 2π sin x ≠ 0, cos x ≠ ( x − 2) + ( y − 3) = 2) (2) ⇔ Đặt ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 = x2 − = u y −3 = v u + v = u = u = Khi (2) ⇔ ⇔ v = v = u.v + 4(u + v) = x = x = −2 x = x = − ⇒ ; ; ; y = y = y = y = 1 t Câu III: Đặt t = sin x ⇒ I= ∫ e (1 − t )dt = e 20 tan α tan α 1 tan α = ≤ Câu IV: V= a Ta có (2 + tan α )3 + tan α + tan α + tan α 27 (2 + tan α )3 ⇒ V max = 4a 27 tan α =1 ⇒ α = 45 o Câu V: Với x, y, z > ta có 4( x3 + y ) ≥ ( x + y )3 Dấu "=" xảy ⇔ x = y Tương tự ta có: 4( y + z ) ≥ ( y + z )3 Dấu "=" xảy ⇔ y = z 4( z + x ) ≥ ( z + x)3 ⇒ Dấu "=" xảy ⇔ z = x 4( x3 + y ) + 4( y + z ) + 4( z + x ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ xyz x y z Ta lại có + + ÷ ≥ z x y Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z xyz xyz = 1 ⇔x=y=z=1 ≥ 12 Dấu "=" xảy ⇔ Vậy P ≥ xyz + ÷ ÷ xyz x = y = z Vậy minP = 12 x = y = z = Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = Câu VII.a: Nhận xét: 10 x + x + = 2(2 x + 1)2 + 2( x + 1) 2x + 2x + 2x + = t Điều kiện : –2< t ≤ (3) ⇔ ÷ − m ÷+ = Đặt x2 + x +1 x +1 12 2t + Rút m ta có: m= Lập bảng biên thiên ⇒ < m ≤ –5 < m < −4 t r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M có VTPT n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) r => VTPT BC là: n1 = (−b; a) ⇔ ax + by –2a –b =0 Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 −b 3b + 4a b = −2a = ⇔ Do ABCD hình vng nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ a2 + b2 a2 + b2 b = − a • b = –2a: AB: x – 2y = ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – =0 • b = –a: AB: –x + y+ =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ =0 x – y + 10 z – 47 = 2) x + 3y – 2z + = 3 Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + = ( x − 1) + ( x − 1) Xét hàm số: f(t)= t + t , hàm số đồng biến R f ( mx + 1) = f ( x − 1) ⇔ mx + = x − Giải biện luận phương trình ta có kết cần tìm −2 • −1 < m < phương trình có nghiệm x = m −1 • m = –1 phương trình nghiệm với ∀x ≥ • Các trường hợp lại phương trình vơ nghiệm Hướng dẫn Đề sơ Câu I: 2) M(–1;2) (d) cắt (C) điểm phân biệt ⇔ m > − ; m ≠ −3 ± 2 Tiếp tuyến N, P vng góc ⇔ y '( xN ) y '( xP ) = −1 ⇔ m = 3 Câu II: 1) Đặt t = 3x > (1) ⇔ 5t − 7t + 3t − = ⇒ x = log ; x = − log 5 log ( x + 1) − log ( x − 1) > log ( a ) 3 2) (b ) log ( x − x + 5) − m log ( x2 − x + 5) = • Giải (a) ⇔ < x < • Xét (b): Đặt t = log ( x − x + 5) Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3) 25 ; −6 ÷ Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3)3 + ( y − 3)3 + ( z − 3)3 = (d ) (b) ⇔ t − 5t = m Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ∈ − • Nếu x>3 từ (b) có: y = x( x − 3) + 27 > 27 ⇒ y > từ (c) lại có: z = y ( y − 3) + 27 > 27 ⇒ z > => (d) khơng thoả mãn • Tương tự, x y=3; thay vào (c) => z=3 Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I trung điểm AD, HL ⊥ SI ⇒ HL ⊥ ( SAD ) ⇒ HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) a 21 1 − (1 − a ) − (1 − b) − (1 − c) + + + + Câu V: T = = ÷− ( − a + − b + − c ) − a − b −c 1− a 1− b 1− c 1 + + ≥ Ta có: ; < − a + − b + − c < (Bunhia) 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = 6 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = minT = 2 6 4 7 Câu VI.a: 1) B ; ÷; C1 (0;1); C2 ; ÷ 5 5 5 5 ⇒T≥ − 6= 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính (Q) qua tâm I Suy ra: –2a – b = ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (Q): y – 2z = Câu VII.a: Cân hệ số ta a = 2, b = –2, c = Phương trình ⇔ ( z − 2i)( z − z + 4) = ⇔ z = 2i; z = + 3i; z = − 3i ⇒ z = Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = Gọi M(0; m) ∈ Oy ·AMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ⇒ · AMB = 120 (2) Vì MI phân giác ·AMB nên: IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 300 IA (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) ⇔ MI = sin 60 3 (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = M2(0; − ) 2) Gọi MN đường vng góc chung (d 1) (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = 2 J = = Câu VII.b: Đặt u = e x − ⇒ J = − (eb − 2) Suy ra: blim → ln 2 Hướng dẫn Đề sơ www.VNMATH.com Câu I: 2) xB, xC nghiệm phương trình: x + 2mx + m + = 1 ± 137 S∆KBC = ⇔ BC.d ( K , d ) = ⇔ BC = 16 ⇔ m = 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cos x – sin x )2 − 4(cos x – sin x ) – = ⇔ x = + k 2π ∨ x = π + k 2π (2 x )3 + ÷ = 18 a + b = y 2) (2) ⇔ Đặt a = 2x; b = (2) ⇔ y ab = 2 x x + = ÷ y y 3− 3+ ; ; ÷, ÷ Hệ cho có nghiệm: 3+ ÷ 3− ÷ Câu III: Đặt t = cosx I = 16 ( π + 2) 3a Câu IV: VS.ABC = SSAC SO = a = SSAC d (B; SAC ) SSAC = a 13 ⇒ d(B; SAC) = 13 16 16 Câu V: Đặt t = 31+ 1− x 2 Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] (3) ⇔ m = t − 2t + t −2 48 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + với t ∈ [3;9] f(t) đồng biến [3; 9] ≤ f(t) ≤ t−2 48 ⇒ 4≤m≤ Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = ABIC hình vng cạnh ⇒ IA = m −1 m = −5 = ⇔ m −1 = ⇔ m = 2) Gọi H hình chiếu A d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)) Giả sử điểm I hình chiếu uuurcủa H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn A ≡ I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm VTPT ⇒ (P): x + y − 5z − 77 = Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cơ–si ta có: ⇔ a3 + b + c 3a b3 + c + a 3b c3 + a + b 3c + + ≥ ; + + ≥ ; + + ≥ (1 + b)(1 + c) 8 (1 + c)(1 + a) 8 (1 + a)(1 + b) 8 a3 b3 c3 a + b + c 33 abc 3 + + ≥ − ≥ − = (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = a − b − 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB a +5 b −5 a − b = (1) ; ⇒ a−b−5 =3⇔ ; Trọng tâm G ÷ ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) a − b = (2) ⇒ S = p + 65 + 89 S • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p +2 • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m < 13) Gọi H trung điểm MN ⇒ MH= ⇒ IH = d(I; d) = −m − r uur r u; AI (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) ⇒ d(I; d) = =3 r u Vậy : − m − =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > log ( x + y ) = log + log ( xy ) = log (2 xy) 2 2 2 x − xy + y = x + y = xy ( x − y )2 = x = y x = x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay xy = y = y = −2 x − xy + y = xy = Hướng dẫn Đề sơ www.VNMATH.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT m < Toạ độ điểm cực trị là: A(0; m − 5m + 5), B( − m ;1 − m), C ( − − m ;1 − m) Tam giác ABC ln cân A ⇒ ∆ABC vng A m = 1 Câu II: 1) • Với −2 ≤ x < : x + − − x < 0, − x > , nên (1) ln 5 < x < : (1) ⇔ x + − − x ≥ − x ⇔ ≤ x < 2 1 5 Tập nghiệm (1) S = −2; ÷∪ 2; ÷ 2 2 π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan x + 3) = ⇔ x = − + k ; k ∈ Z π 5π Kết hợp với điều kiện ta k = 1; nên x = ; x = • Với Câu III: • Tính H = ∫ 1− x dx Đặt 1+ x π π x = cos t ; t ∈ 0; ⇒ H = − 2 u = ln(1 + x ) • Tính K = ∫ x ln ( + x ) dx Đặt ⇒ K= dv = xdx Câu IV: Gọi V, V1, V2 thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD phần lại hình chóp S.ABCD: V S ABCD SA SA = = = 13 V1 S BCD HK HK V V V V1 + V2 = = + = 13 ⇔ = 12 Ta được: V1 V1 V1 V1 a+c Câu V: Điều kiện abc + a + c = b ⇔ b = ac ≠ a, b, c > − ac π Đặt a = tan A, c = tan C với A, C ≠ + kπ ; k ∈ Z Ta b = tan ( A + C ) 2 − + (3) trở thành: P = 2 tan A + tan ( A + C ) + tan C + 1 = 2cos A − 2cos ( A + C ) + 3cos C = cos A − cos(2 A + 2C ) + 3cos C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos C 10 10 Do đó: P ≤ sin C − 3sin C + = − sin C − ÷ ≤ 3 sin C = Dấu đẳng thức xảy khi: sin(2 A + C ) = sin(2 A + C ).sin C > ⇒ tan C = 10 Vậy max P = ⇔ a = Từ sin C = uuur 2 Từ sin(2 A + C ) = ⇔ cos(2 A + C ) = tan A = 2 2 ; b = 2; c = ÷ ÷ Câu VI.a: 1) B(0; –1) BM = (2; 2) ⇒ MB ⊥ BC Kẻ MN // BC cắt d2 N BCNM hình chữ nhật 8 1 3 3 PT đường thẳng MN: x + y − = N = MN ∩ d2 ⇒ N ; ÷ NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y − = 5 C = NC ∩ d1 ⇒ C ; − ÷ 3 AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + y + = AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: x + y + = 2) Phương trình mp(P) qua M vng góc với d2: x − y + z + = x −1 y −1 z −1 = = Toạ độ giao điểm A d1 mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d: −1 n 2 3 n n Câu VII.a: Xét ( + x ) = Cn + Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x n n n • Với x = ta có: = Cn + 2Cn + 4Cn + 8Cn + + Cn Với x = ta có: 2n = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + + Cnn (1) (2) • Lấy (1) – (2) ta được: C + 3C + 7C + + ( − 1) C = − • PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − 2n − 6480 ⇔ 32 n − 3n − 6480 = ⇒ 3n = 81 ⇔ n = Câu VI.b: 1) Đường thẳng qua giao điểm (E) (P): x = − 3b = b b =1 ⇔ Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( − 3b; b ) Ta có: − 3b − = b ⇔ − 3b = −b b = n n n n n n n n ⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = (C): x + ( y − ) = 2 2) Lấy M ∈ ( d1 ) ⇒ M ( + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ∈ ( d ) ⇒ N ( −1 + t ; −1; −t ) uuuu r Suy MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 ) t = uuuu r r 1 2 ( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k n; k ∈ R* ⇔ t − 2t1 − = t1 = −t − t1 ⇔ −2 ⇒ M = ; − ; − ÷ 5 5 t = ⇒ d: x − = y + = z + 5 x = −1 x +1 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = x +1 Thay vào (a) ⇔ x = + 6log ⇔ x − x − = ⇔ x = ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32) Hướng dẫn Đề sơ Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < ∆ ' = 4m − m − > f (1) = −5m + > ⇔ ⇔ 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3) t ≤ −1 0< x≤ log x ≤ −1 t ≤ −1 ⇔ t > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 < t < 3 < log x < (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) < x < 16 3 +C Câu III: Đặt tanx = t I = ∫ (t + 3t + + t −3 )dt = tan x + tan x + 3ln tan x − t 2 tan x Câu IV: Kẻ đường cao HK ∆AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 A H AH a = Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = AA1 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho 2005 số số a2009 ta có: 11+412 + + + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 = 2009.a (1) 43 2005 + + + b 2009 + b 2009 + b 2009 + b 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 b 2009 b2009 b2009 = 2009.b (2) 43 Tương tự: 11+412 2005 11+412 + + + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 = 2009.c (3) 43 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4( a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009(a + b + c ) 4 ⇔ 6027 ≥ 2009(a + b + c ) Từ suy P = a + b + c ≤ Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P = Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: x − y + 17 x+ y −5 x + y − 13 = ( ∆1 ) = ⇔ 2 2 + (−7) +1 3 x − y − = ( ∆2 ) Đường thẳng cần tìm qua M(0;1) song song với ∆1 , ∆2 KL: x + y − = 3x − y + = 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vng K 49 49 ⇒ CH = CK + HK = Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) + ( y − 2) + z = 10 10 2 Câu VII.a: Có tất C4 C5 4! = 1440 số uuur A ∈ (d1 ) A(a; −1 − a) MA = (a − 1; −1 − a) ⇔ ⇒ uuur Câu VI.b: 1) B (2b − 2; b) MB = (2b − 3; b) B ∈ (d ) 1 A − ; − ÷ A ( 0; −1) ⇒ (d ) : x − y − = ⇒ 3 ⇒ (d ) : x − y − = B (4;3) B (−4; −1) 2) Phương trình mặt phẳng (α) qua M(0;1;1) vng góc với (d1): 3x + y + z − = 3 x + y + z − = x = −1 ⇔ y = / Toạ độ giao điểm A (d2) (α) nghiệm hệ x + = x + y − z + = z = / Đường thẳng cần tìm AM có phương trình: x y −1 z −1 = = k k =0 i =0 k 2k k k i i i Câu VII.b: Ta có: P = ( + x (1 − x ) ) = ∑ C8 x (1 − x ) Mà (1 − x) = ∑ Ck ( −1) x Để ứng với x8 ta có: 2k + i = 8;0 ≤ i ≤ k ≤ ⇒ ≤ k ≤ Xét giá trị k ⇒ k = k = thoả mãn Do hệ số x8 là: a = C83C32 (−1) + C84C40 (−1)0 = 238 [...]... 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C 2 10 1 10 Do đó: P ≤ 2 sin C − 3sin C + 3 = − sin C − ÷ ≤ 3 3 3 1 sin C = 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi: sin(2 A + C ) = 1 sin(2 A + C ).sin C > 0 2 1 ⇒ tan C = 3 10 Vậy max P = ⇔ a = 3 Từ sin C = uuur 2 2 Từ sin(2 A + C ) = 1 ⇔ cos(2 A + C ) = 0 được tan A = 4 2 2 2... "=" xảy ra ⇔ Vậy P ≥ 6 3 xyz + 3 ÷ ÷ xyz x = y = z Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1 Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1)2 + 2( x 2 + 1) 2 2x + 1 2x + 1 2x + 1 = t Điều kiện : –2< t ≤ 5 (3) ⇔ 2 2 ÷ − m 2 ÷+ 2 = 0 Đặt x2 + 1 x +1 x +1 12 2t 2 + 2 Rút m ta có:... 0 0 0 0 Câu VII.a: Từ (b) ⇒ x = 2y hoặc x = 10y (c) Ta có (a) ⇔ ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d) Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t ∈ (–1; + ∞) ⇒ f ′(t) = 1 −t −1 = 1+t 1+ t Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ≠ y thì x, y là 2 số trái dấu, nhưng điều này mâu thuẩn (c) Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y Khi đó thay vào (3) ta được x = y = 0 Câu VI.b: 1) Gọi... B(3;–1;1) Phương trình đường thẳng ∆: x+2 y −7 z −5 = = 5 −8 −4 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0 (1) x (2) cos(2 + y − 1) = 0 Câu VII.b: PT ⇔ π 2 x Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = ±1 Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 − + kπ Hướng dẫn Đề sô 10 www.VNMATH.com Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) ⇒ AB ngắn nhất ⇔ AB2 nhỏ nhất ⇔ m = 0 Khi đó AB = 24 Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ⇔... với ∆1 , ∆2 KL: x + 3 y − 3 = 0 và 3x − y + 1 = 0 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông tại K 49 49 ⇒ CH 2 = CK 2 + HK 2 = Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 + z 2 = 10 10 2 2 Câu VII.a: Có tất cả C4 C5 4! = 1440 số uuur A ∈ (d1 ) A(a; −1 − a) MA = (a − 1; −1 − a) ⇔ ⇒ uuur Câu VI.b: 1) B (2b − 2; b) MB = (2b − 3; b) B ∈ (d 2 ) 2 1 A − ; −... AB) = AB 2 a +5 b −5 a − b = 8 (1) ; ⇒ a−b−5 =3⇔ ; Trọng tâm G ÷ ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) 3 a − b = 2 (2) 3 ⇒ S 3 = p 2 + 65 + 89 S 3 • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p 2 +2 5 • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m < 13) Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = −m − 3 r uur r u; AI (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) ⇒ d(I; d) = =3 r u Vậy... –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 log ( x 2 + y 2 ) = log 2 + log ( xy ) = log (2 xy) 2 2 2 2 2 2 x − xy + y = 4 x 2 + y 2 = 2 xy ( x − y )2 = 0 x = y x = 2 x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay xy = 4 y = 2 y = −2 x 2 − xy + y 2 = 4 xy = 4 Hướng dẫn Đề sô 8 www.VNMATH.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m 2 − 5m + 5), B( 2 − m ;1 − m),... + a2 b ≥ 2 ⇒ đpcm Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 x = t Câu VI.a: 1) Ptts của d: Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d y = −4 + 3t uuu r uuur 1 1 AB AC sin A = AB 2 AC 2 − AB AC 2 2 ⇒ C(–2; 10) hoặc C(1;–1) ( S= ) 2 = 3 t = −2 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 3 ⇔ t = 1 2 r r r uur uuu 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n = n p , AB = ( 0; −8; −12 ) ≠ 0 ⇒ (Q) : 2 y + 3z − 11... 1 3 2 ( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k n; k ∈ R* ⇔ t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1 ⇔ −2 ⇒ M = ; − ; − ÷ 5 5 5 t = 1 5 1 3 2 ⇒ d: x − = y + = z + 5 5 5 x = −1 2 x +1 2 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = 2 x +1 Thay vào (a) ⇔ x = 1 + 6log 4 2 ⇔ x − 3 x − 4 = 0 ⇔ x = 4 ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32) Hướng dẫn Đề sô 9 Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 ∆ ' =... sin 2 5 x − cos2 6 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = 0 ⇔ x = 2) 0 < x ≤ 1 kπ 2 kπ 9 2 3 1 1 7 Câu III: A = lim x + 7 − 2 + lim 2 − 5 − x = + = 12 2 12 x →1 x →1 x −1 x −1 2 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − 3 y vào bpt ta được: 50 y 2 − 30 Fy + 5F 2 − 5F + 8 ≤ 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ F ≤ 8 Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8 Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và ... C ).sin C + 3cos C 10 10 Do đó: P ≤ sin C − 3sin C + = − sin C − ÷ ≤ 3 sin C = Dấu đẳng thức xảy khi: sin(2 A + C ) = sin(2 A + C ).sin C > ⇒ tan C = 10 Vậy max P = ⇔ ... 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = Câu VII.a: Nhận xét: 10 x + x + = 2(2 x + 1)2 + 2( x + 1) 2x + 2x + 2x + = t Điều kiện : –2< t ≤... di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm C1(1; −1) , C2 (−2; 10) 11 11 16 x + y + = 0 3 91 91 416 = 0 + Với C2 (−2; 10) ⇒ (C): x + y − x + y + 3 2) Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy)
Ngày đăng: 06/11/2015, 13:33
Xem thêm: 10 de toan hay