Các đề toán ĐH có giải [cực hay]

Bộ đề ôn thi Đại học ĐỀ Câu I x   cos  3sin   x  1  cos2  x  Chứng minh với  hàm số có cực đại cực tiểu Giả sử hàm số đạt cực trị x1 , x Chứng minh: x12  x22  18 Câu II Giải phương trình: 31  2cos x   t anx  t anx  2sin x  Cho hàm số: Cho hàm số: y   3 x  y   2 Giải hệ phương trình sau:    x   y  10  2 Câu III Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol  P  : y  64 x đường thẳng  : x  y  46  Tìm A thuộc (P) cho khoảng cách từ A đến  nhỏ Tính khoảng cách nhỏ Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M  0;0; 3 , N  2;0; 1 mặt phẳng   : x  y  z   a) Tìm tọa độ giao điểm I đường thẳng MN với mặt phẳng   b) Tìm tọa độ P nằm mặt phẳng   cho tam giác MNP Câu IV ln e x dx 1.Tính tích phân : I   x x ln 10  e  e  Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức thỏa mãn điều kiện: z   i  Câu V 20 C02010 21 C12010 2 C2010 23 C32010 22010 C 2010 2010 Tính P       1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 Cho a, b, c ba số thực thoả mãn điều kiện: a  b  c  Chứng minh rằng: 27 a  27 b  27c  3a  3b  3c Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Xét PT: y  2x   cos  3sin   x  1  cos2   Ta có: 2    cos  3sin    16 1  cos2    cos  3sin    32cos    cos  3sin   sin   Nếu       sin   cos 2  Điều cos  cos  vô lý Suy    Do hàm số có cực đai, cực tiểu Theo định lý Viet, ta có: x1  x  3sin   cos ; x1x  4 1  cos2  2 x12  x 22   x1  x   2x1x   3sin   cos   1  cos2   9sin   6sin  cos  17 cos  x12  x22  18  9sin   6sin  cos  17 cos   18  sin   cos 2    3sin   cos   Từ đây, ta suy ra: đpcm Câu II ĐK: cos x  PT  1  2cos x   tan x 1  2cos x   1  2cos x    tan x    1    cos x    cos x   cos x   cos x      2 2    2 cos x   tan x  sin x  3cos x 1  cos x  3cos x  1 2   cos x   cos2x    2x    k2  x    k k   3 thỏa mãn điều kiện ban đầu 3 ĐK:   x, y  2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski:   3 3   1  x   y   12  12    x   y   x  y  2 2    (1)   3 3  10  1  x   y   12  12    x   y   x  y  2 2 2    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam (2) Bộ đề ôn thi Đại học Từ (1) (2) suy x  y  , nghĩa dấu xảy (1) (2) Khi         x  x  y  x  y Vậy  x; y   1;1 nghiệm hệ y Câu III  a2  A   P  : y  64x  A  ;a   64  a2  3a  46 64 2 d  A,     a  48a  736  a  24   160  80 80 42  32 160   a  24   160     80 80  Dấu xảy khi a  24   a  24 Lúc Mind  A,    A  9; 24   a) Đường thẳng MN qua M  0;0; 3 nhận MN   2;0;2  làm VTCP nên có  x  2t  phương trình:  y   z  3  2t  I  MN   P   Tọa độ điểm I ứng với tham số t nghiệm phương trình: 11 4  11  I  ;0;   10 5 5 b) Gọi    mặt phẳng trung trực đoạn thẳng MN Gọi K trung điểm   MN  K 1;0; 2  Chọn n  MN  1;0;1 làm VTPT    Lúc đó,    có phương trình: 1. x  1  1. z     x  z   3.2t  8.0  7. 3  2t     t   P        P    cho MNP   2  MN  NP Giả sử tọa độ điểm N  a;b;c  , ta có: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học 3a  8b  7c    a  c    2 a  b   c  3   2 1 Giải hệ phương trình , ta tìm P  2; 2; 3 , P   ;  ;    3 3 Câu IV Đặt t  e x   t  e x   2tdt  e x dx Đổi cận: x  ln  t  ; x  ln  t  2 2 2tdt dt  1  3 t I  2     dt  ln  t   t    t  t  3 t 9  t  t  1  ln 2 Hai số phức liên hợp có mođun nhau, ta suy z 2i  z 2i Vì z   i  z   2  i   z   i Từ ta có: z   i  Tập hợp điểm M đường tròn tâm I  2;1 , bán kính R  Câu V 2010 20 C02010 21 C12010 2 C 2010 23 C32010 2010 C2010 A       2011 Ta có: k k 2k C k2010  2  2010!   2  2010!   1  k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! k k  2  2011! k 1 1      2  C k2011 2011  k  1! 2011  k  1! 4022  2011    2  C12011   2  C22011    2  C 2011 2011  4022  2011    2  1   2  C02011   4022 2011 P Đặt x  3a ; y  3b ; z  3c Bài toán quy chứng minh bất đẳng thức: x  y3  z  x  y  z với x, y, z dương thỏa mãn xyz  3a.3b.3c  3a  bc  30  Ta có: x    3 x 1.1  3x Tương tự y3    3y ; z    3z Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Cộng vế theo vế 3  x  y  z    3 x  y  z  bất đẳng thức trên, (1) ta được: Mặt khác  x  y3  z    x  y3  z    x  y3  z3    x  y3  z   2.3 x y3z    x  y  z3   2.3xyz   x  y  z3   (2) Từ (1) (2) suy đpcm ĐỀ Câu I 2x 1  C  điểm M thuộc (C) Gọi I giao điểm x 1 hai tiệm cận Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A B Chứng minh rằng: M trung điểm AB Chứng minh diện tích tam giác IAB không đổi Tìm tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ Câu II Giải phương trình:  8sin x  1  162sin x  27  Cho hàm số: y  Tìm m để phương trình sau có nghiệm: Câu III x2  x   x2  x   m x2 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y  x  x elip (E):  y  Chứng minh (P) (E) cắt điểm phân biệt A, B, C, D bốn điểm nằm đường tròn Xác định tâm bán kính đường tròn Cho tia OA, OB, OC đôi vuông góc OA = a, OB = b, OC = c Gọi  ,  ,  góc mặt phẳng (OAB), (OBC) , (OCA) với mặt phẳng (ABC) Chứng minh rằng: cos 2  cos   cos 2  Câu IV  dx  sinx  cos x Tính tích phân: I   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Gọi A, B theo thứ tự điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 1 i z  z Chứng minh tam giác OAB vuông cân Câu V  22 y  x  y  x 1 Giải hệ phương trình sau:  2 log  x  y  1  log y  2 x  y  Cho số thực dương thay đổi x, y, z thỏa mãn điều kiện  1 1 1 24           Tìm giá trị lớn biểu thức: y z  x x y z 1 Q   30 x  y  2008 z 30 y  z  2008 x 30 z  x  2008 y HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 2x  2x    ; TCN: y  lim  x 1 x  x  x  Giao điểm hai tiệm cận I 1;2  Hàm số viết lại sau: y   x 1   Gọi M  x ;2     C x    Tiếp tuyến với (C) M là: y  y  x  x  x    x0 1 Ta có : TCĐ : x  lim   Giao điểm tiếp tuyến với TCĐ A 1;2   x0    Giao điểm tiếp tuyến với TCN B  2x  1;2  xA  xB  x   x0 M  Ta có :  A , M , B thẳng hàng nên M trung điểm y  y A B  yM  2 x0 1  đoạn thẳng AB 1 2 S IAB  IA.IB   x  1  2 x0  Vậy diện tích tam giác IAB không đổi Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Ta có: IA.IB  Chu vi  IAB   IA  IB  AB  IA  IB  IA  IB2   IA.IB  2IA.IB  2    x   M  0; 1 Dấu xảy IA  IB   x      x   M  2;3 Câu II Đặt u  2sin x ĐK: 2  u  3 PT cho thành:  u  1  81u  27    u  1  81u  27 Đặt 3v  u   3u  v3  Do đó, ta có: 3  u   3v  u   3v u   3v    3 2 u  v  v  u   v   3u      u  v   u  uv  v     u   3v  u   3v     3u  u   v   u  v    u    v  3   u  v      Lúc đó: 6sin x  8sin x   3sin x  4sin x   sin 3x  sin   2   3x   k2  x  18  k    3x   x  5  k 2  k2   18 2 2 1  3 1  3   x  x 1  x  x 1  m   x       x     m 2   2      3 1 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét: A   ;  ; B ;  đỉnh 2 2     M  x;0  ta có: AB  2 Với điểm M AM  BM  AB  2 1  3 1  3   Mà AM   x      ; BM=  x      2   2     Suy ra: m   1  m  Vậy phương trình cho có nghiệm 1  m  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Câu III Tọa độ giao điểm (P) (E) nghiệm hệ phương trình:  y  x  2x x2  2   x  2x   9x  36x  37x     x   y 1 9 Đặt f  x   9x  36x  37x  f  x  liên tục  f  1 f    657   x1   1;0  : f  x1   f   f 1  9   x   0;1 : f  x   f 1.f    5   x  1;2  : f  x   f   f  3  405   x   2;3  : f  x   Do PT: f  x   PT bậc nên có tối đa nghiệm Vậy PT f  x   có nghiệm phân biệt nên (P) cắt (E) điểm phân biệt Giả sử  P    E   M  x ; y  Khi đó, ta có:  y0  x 02  2x 2   x  2x  y  8x  16x  8y     x0 2 x  9y    y    x  9y     0 9 Cộng vế theo vế hai phương trình trên, ta : 16 9x 02  9y 02  16x  8y    x 02  y02  x  y   9 2 8   161  Vậy giao điểm (P) (E) nằm  x     y0    9  9 81  161 8 4 đường tròn tâm I  ;  , bán kính R  9   z C O A x Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam B y Bộ đề ôn thi Đại học   1  x y z mp  ABC  :     có phương vectơ pháp tuyến n1   , ,  a b c a b c   mp  OAB  có vectơ pháp tuyến n2  OC   0,0, c    mp (OBC ) có vectơ pháp tuyến n3  OA   a,0,0    mp  OAC  có vectơ pháp tuyến n4  OB  (0, b,0) Gọi  ,  ,  góc mặt phẳng  OAB  ,  OBC  ,  OCA với mp  ABC  Vậy : 1 1 0 c a b c c cos   1 1 1 02  02  c2    2 2 a b c a b c 1 1 a 0 0 a b c a cos   1 1 1 a   02    2 2 a b c a b c 1 1 b 0 a b c b cos   1 1 1  b  02    2 2 a b c a b c Từ (1), (2) (3) suy ra: cos 2  cos   cos 2  Câu IV x 2dt Đặt t  tan  dx   t2  x 0t 0 ; x = t  3 I  2dt  2t 1 t2   1  t  1   t   t    dt 0  t  ln  t (1) (2) (3)    ln 1   3  Giả sử z  x  yi ta có : A  x; y  Vì z  nên x  y  1 i xy xy Ta có z  z  1  i  x  yi    i 2 2 xy xy Vậy B có tọa độ : B  ;    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học 2 2 xy xy x y Ta lại có: OA  x  y ; OB        2     2 2 xy  x  y   x  y   y  x  x  y2  AB   x   y               OB  AB Từ đó, suy :  2 OA  OB  AB  Vậy tam giác OAB vuông cân B Câu V  22 y  x  y  x 1 1  2 log  x  y  1  log y  2 x  y    ĐK: y  Chia hai vế (1) cho x  ta được:  yx  2 y  x  2 y  x  y x yx 2 22      yx   2 Loại y x  2  ( vô lý) Nhận y x   x  y Thay y  x vào (2) ta được:   log  x  3x  1  log x  2x  4x   log  x       x  1 (3) x     Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: VT  3  log  x     log     x   VP  3   x  x Vậy VT  3  VP       x   y  (thỏa ĐK y  )  x  1   Vậy  x; y   1;1 nghiệm hệ phương trình 2 1 1 1  Dấu xảy x     0  x 3x 36 x 6 1 Tương tự :   Dấu xảy y  y 3y 36 2 2 1   Dấu xảy y  z 3z 36 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 10 Bộ đề ôn thi Đại học  1  cos x  cos x  sin x  cos x  4cos x  4cos x cos x  sin x  cos x  4cos x   cos3 x  cos x   sin x  cos x    cos x  sin x  cos3 x  cos  x    cos3 x 2 3      x   x  k  x   k      k    thoả điều kiện ban đầu     x   3 x  k 2 x    k   12 Câu III Phương trình hoành độ giao điểm  P   d  : x  mx   có   m   m Vậy  d  cắt  P  hai điểm phân biệt M N Gọi x1 , x hoành độ M, N Ta có: M  x1; mx1  1 , N  x2 ; mx2  1 với  m m2   x1  x2  m , x1 x2  1 Gọi I trung điểm MN I  ;   2   Mặt khác OM ON  x1 x2  m x1 x2  m  x1  x2    1  m  1  m.m   Suy ra: OM  ON hay tam giác OMN vuông O hay I tâm đường tròn m m2  ngoại tiếp tam giác OMN Với x  , y= khử m từ hai phương trình 2 ta được: y  x  Đây quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN  a) Đường thẳng AB qua A 1;2;3 nhận AB   3;2;2  làm vectơ phương  x   3t  nên có phương trình:  y   2t  t     z   2t  Phương trình mặt phẳng (xOy) là: z  P  AB   xOy   Tọa độ điểm P ứng với tham số t nghiệm phương trình:    2t   t    P   ; 1;0    Đặt F  z Ta có: FA FB  1.4   A, B phía với  xOy  Vì QA  QB  AB Dấu “=” xảy Q  P Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 85 Bộ đề ôn thi Đại học b) Gọi d đường thẳng qua A, vuông góc với mặt phẳng (xOy) Khi d nhận vectơ pháp tuyến (xOy) làm vectơ phương nên có phương trình: x   y  z   t  Gọi H  d   xOy   Toạ độ điểm H ứng với tham số t nghiệm phương trình:  t   t  3  H 1;2;0  Gọi C điểm đối xứng A qua mặt phẳng (xOy) Khi đó: H trung điểm AC Suy C 1;2; 3 2 1         3    77 Dấu “=” xảy M  BC   xOy   Đường thẳng BC qua B  4;4;5 nhận BC   3; 2; 8  làm vectơ phương Ta có: MA  MB  MC  MB  BC   x   3t  nên có phương trình;  y   2t  t     z   8t  Toạ độ điểm M ứng với tham số t nghiệm phương trình  17 11   8t   t   M  ; ;0     17 11  Vậy Min  MA  MB   77 M  ; ;0  8  Câu IV   Vì cos x  x  0;  nên chia tử mẫu hàm số dấu tích phân  4 cho cos x  ta được:    dx 4 d  tan x  d  tan x  cos x I    tan x  tan x  0  tan x  12  0 tan x   tan x     =   1 tan      d tan x  ln     2 0  tan x   tan x    2 tan x   1 2 ln   2  ln  2 2 2   k + Nếu n  4k  k   i n  i k   i   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 86 Bộ đề ôn thi Đại học + Nếu n  4k   k   i n  i k i  1.i  i + Nếu n  4k   k    i n  i k i  1. 1  1 + Nếu n  4k   k   i n  i k i  1 i   i Câu V + Điều kiện: 1  x, y  + Với điều kiện đó, hệ phương trình cho viết thành:  x  y  y  x  2  2  x  y  y  x   1  x, y   + Từ điều kiện toán là:  x  y  y  x   2  x  y  y  x  + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky, ta có : x  y2  y  x2  x *   x  y   y     x, y   Do : x  y  y  x    x  x ( kết hợp với (*))   y  1 y   x, y   1 x  y   + Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky hai lần ( có kết hợp với (1) ), ta đuợc : x  y  y  x   x  y2   x  y  2  x  y  1  1  x2  y    2   x, y   x y   1 x  x  y  Do : x  y  y  x      y  x2  y    x  y + Từ (1) (2) ta hệ cho tương đương với: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 87 Bộ đề ôn thi Đại học    x, y   2 x  y 1  x  y   x  y   Vậy x  y  nghiệm hệ phương trình cho 2 Xét hàm số f  x   ln x  x  1, x   0;   Ta có : f   x    x Vậy f  1  0, f   x    x  f   x   x  Suy f  x   f 1  0, x   0;       Vậy xf    yf     2x   2y  x x, y  y     Hay ln    ln     2x   2y  Suy x x y y  Mặt khác x x  y y  x x y y   2 Dấu “=” xảy x  y  Vậy giá trị nhỏ biểu thức x x  y y ĐỀ 16 Câu I x 1 (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm Oy điểm kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  Câu II Giải phương trình: x x    x  x  Cho hàm số: y  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 88 Bộ đề ôn thi Đại học 2  x  x y  x y  Giải hệ phương trình;   x y  x  xy  1 Câu III Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5, C  1; 1 , đường thẳng AB có phương trình x  y   trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y   Hãy tìm toạ độ điểm A B Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A  5;4;3 , B  6;7;2  x 1 y  z  d1 :   a) Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A, B Chứng minh hai đường thẳng d1 d chéo b) Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ Câu IV e  2ln x Tính tích phân: I   dx x  2ln x Tìm miền xác định hàm số: y  ln  82lg x  2lg x  Câu V Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M thuộc miền tam giác ABC có góc nhọn đến cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: a2  b2  c2 x y z , a, b, c độ dài cạnh tam giác, R bán 2R kính đường tròn ngoại tiếp Dấu “=” xảy nào?   Giải phương trình: 3log  x  x  2log x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Học sinh tự giải Lấy M  0; a   Oy Đường thẳng  qua M với hệ số góc k có phương trình: y  kx  a  tiếp xúc với  C  hệ sau có nghiệm: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 89 Bộ đề ôn thi Đại học  x 1  x   kx  a   2 k    x  1 1 2 Thay (2) vào (1), ta được:  x  x 1 2  x  a   2 x   x  1  x   2 x  a  x  1  x    a  1 x   a  1 x  a   Ta xét khả sau đây:  3 + Nếu a  , phương trình (3) thành: 4 x    x   Suy từ M  0;1 kẻ tiếp tuyến đến (C) + Nếu a  1, để từ M kẻ tiếp tuyến đến (C) phương trình (3) phải có nghiệm kép khác có hai nghiệm phân biệt có nghiệm       a  1   a  1 a  1      x   a  1   2  a  1  a   a 1         a  1   a  1 a  1         a  1   a  1  a    2    2  a  1    a  3   a  1  M  0; 1  a       2   Vậy từ điểm M  0;1 , M  0; 1 kẻ tiếp tuyến đến  C  Câu II Điều kiện: 1  x    Đặt u   x;1 , v  x  1;  x    Ta có; uv  x x    x u v  x   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam  90 Bộ đề ôn thi Đại học    Suy ra: uv  u v Dấu “=” xảy x  k x     x 1 u  kv , k >  1  k  x   x    k   Vậy x  1, x = 1+ nghiệm phương trình cho Nhận xét: x  nghiệm phương trình Vì x  Ta có: x  x y    x  xy   x y Đặt u   x  xy , v = x y Hệ cho thành: u  1  u  v   v  u   v       u  u  v  1 u  u    v  3  x     u  1  x  xy  1   y  + Nếu     v  x   x y        y     x  xy   x  x  u  + Nếu    ( Vô nghiệm)  x y  3  v  3 y    x3 Vậy tập hợp nghiệm hệ phương trình là: S  1;0  ,  1;0  Câu III Vì G trọng tâm tam giác ABC nên x A  xB  xC  x A  xB   xG y A  y B  yC  y A  y B   yG G thuộc đường thẳng x  y   Suy x A  y A  xB  yB    xG  yG   3.2  Lại A, B thuộc đường thẳng x  y   nên  y  y B  2  x A  y A  xB  yB   y A  y A   yB  y B   A  x A  xB  10 2 Mặt khác AB    x A  xB    y A  y B   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 91 Bộ đề ôn thi Đại học Nhưng x A   y A , x B   yB nên x A  xB   yB  y A  2 Suy  x A  xB    y A  yB    y A  y B    y A  yB   y  y B  1 Vậy   A  y A  y B  2  y A  y B  Giải hệ phương trình ta suy 1 3 3 1     A  4;   , B  6;   A  6;   , B  4;   2 2 2 2      a) Đường thẳng d qua A  5;4;3 nhận AB  1;3; 1 làm vectơ phương nên có phương trình tham số: x   t   y   3t z   t   Đường thẳng d1 qua M 1;2;3 nhận u   2;3;1 làm vectơ phương    1 2   Ta có: u; AB    ; ;   6;3;3 ;  MA   4; 2;0      1      Suy ra: u; AB  MA  18  Vậy d1 d không đồng phẳng b) C  d1  C 1  2t ;2  3t;3  t   AC   2t  4;3t  2; t     1 1 1   AB; AC    ; ;    6t  2; 3t  4; 3t  10    t  t t t  t  t    S ABC     AB; AC      6t   2   3t     3t  10  1 66 54t  108t  120  54  t  1  66  2 66 Dấu “=” xảy t = Vậy MinS ABC  C  3;5;4   Câu IV Đặt t   2ln x  t   2ln x  tdt  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam dx x 92 Bộ đề ôn thi Đại học   t  1 2  t3  10 11 Khi đó: I   tdt     t  dt   4t    2 t 1 3  1 Hàm số xác định  x   x  2  lg x lg x     2lg x 2lg x   2lg x 2 lg x          x  x    9 2lg x    lg x  2   9  2  lg x     lg x  x  x     x  100 lg x   x  100 Vậy miền xác định hàm số cho là: D  100;   Câu V 1 1 Ta có: x  y  z  ax  by  cz a b c 1 1 1 1  1  abc       ax  by  cz       2S      = a b c a b c a b c R       = ab  bc  ca a  b2  c2  2R 2R (đpcm) Điều kiện: x > Đặt x  1212 y Phương trình cho thành: 3log 1  26 y  24 y   12 y  log 1  26 y  24 y   y   26 y  24 y  34 y y y y    64   16    64  16  81           (*)  81   81   81  Nhận xét: Phương trình (*) có nghiệm y  VT(*) tổng hàm nghịch biến nên hàm nghịch biến, VP(*) hàm Do y = nghiệm phương trình (*) Với y  ta suy x  4096 Vậy phương trình cho có nghiệm x  4096 y y y Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 93 Bộ đề ôn thi Đại học ĐỀ 17 Câu I x3 (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm đường thẳng y  x  điểm kẻ tiếp tuyến đến (C) Câu II Cho hàm số: y   Giải phương trình: 2cos x  sin x cos x   sin x  cos x   x  x  x   y 1  Giải hệ phương trình:   x, y    x 1 y  y  y     Câu III Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  Tìm giá trị thực m để đường thẳng y  m tồn hai điểm mà từ kẻ tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 600 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  có phương trình x3 y z 5 x  y  z   , đường thẳng d có phương trình   ba điểm A  4;0;3 , B  1; 1;3 , C  3;2;6  a) Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P) b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn Câu IV Trong mặt phẳng Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x2 , y =  x Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 94 Bộ đề ôn thi Đại học HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Học sinh tự giải + Lấy A  a;2a  1   C  + Đường thẳng  qua A với hệ số góc k có phương trình: y  k  x  a   2a  + Đường thẳng  tiếp xúc với A hệ sau có nghiệm: x 3 1  x   k  x  a   2a    4 k   2   x  1 Thay (2) vào (1), ta được: x3 4   x  a   2a  x   x  1  x    x  3 x  1  4  x  a    2a  1 x  1  x    ax   a   x  3a     + Nếu a  phương trình (3) thành 4 x    x   Do từ M  0;1 kẻ tiếp tuyến đến (C) + Nếu a  để kẻ tiếp tuyến đến (C) - Phương trình (3) có nghiệm kép khác Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 95 Bộ đề ôn thi Đại học    2  a  1   a    a  3a    2  a  a        a2 a   x  a   a   a 2  Do từ điểm M  1; 1 , M  2;5 kẻ đến (C) tiếp tuyến - Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm x =1 2  a  a          a 1 a  a   a     a     Do từ M 1;3 kẻ tiếp tuyến đến (C) Vậy từ điểm M có toạ độ  1; 1 ,  0;1 , 1;3 ,  2;5 kẻ tiếp tuyến đến (C) Câu II Phương trình cho tương đương với   cos x  sin x  sin x  cos x  1  1  3    cos x  sin x    sin x  cos x  2 2  2            2cos  x    6cos  x     cos  x    3cos  x   3 6 3 6        cos  x     6       2cos  x    3cos  x      6 6      cos x          Loại nghiệm cos  x    6     2  Ta có: cos  x     x    k  x   k  k    6  Đặt u  x  , v = y-1 u  u   5v Hệ phương trình cho thành:  v  v   5u Xét hàm số: f  t   t  t  f  t    t t2 1  t2 1  t t2 1  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam t t t2 1  t 96 Bộ đề ôn thi Đại học Vậy f  t  đồng biến  Nếu u  v f  u   f  v   5v  5u  v  u Do u  v 1  5u  Hệ phương trình tương đương với  u  v Đặt g  u   5u  u2   u  u2   u    u  u   u  5u   1  u 1     5u u   u  ln    u   u    Vậy g  u  đồng biến  Ta có: g   u   5u ln     Từ g    ta suy 5u   u2   u   u  Suy u  v  hay x  y  Vậy x  y  nghiệm phương trình cho Câu III Đường tròn  C  có tâm O  0;0  , bán kính R  Giả sử đường thẳng y  m tồn hai điểm P, P từ điểm kẻ hai tiếp tuyến đến (C) Dễ thấy P P đối xứng qua trục Oy Gọi A, B tiếp điểm hai tiếp tuyến kẻ từ P tới (C) ta có  APB  600  APB  1200 Nếu  APB  600  APO  300  OP  2OA  Vậy đường thẳng y  m phải cắt đường tròn  C1  tâm O  0;0  , bán kính R1  tức m phải thoả mãn điều kiện 2  m  (1) OA Nếu  APB  1200  APO  600  OP    sin 60 3 Vậy đường thẳng y = m phải không cắt đường tròn  C2  tâm O, bán kính 2 tức m   (2) R2  m 3 Kết hợp (1) (2) ta tập hợp giá trị m cho cho đường thẳng y  m tồn hai điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) với góc tiếp tuyến 600 là: 2 2  m     m  3 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 97 Bộ đề ôn thi Đại học a) Gọi toạ độ tâm I  x; y; z  Vì mặt cầu (S) qua điểm A, B, C nên IA  IB  IC hay 2 2 2 2  x    y   z  3   x  1   y  1   z  3   x  3   y     z   5 x  y  Rút gọn ta thu hệ phương trình   x  y  z  19 Vì I   P  nên x  y  z  1 5 x  y   Vậy x, y, z nghiệm hệ  x  y  z  19  x  y  z  1  Giải hệ phương trình ta x  , y = 2, z = Bán kính mặt cầu R  IA    1 2        3  13 2 Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là:  x  1   y     z    13 b) Giao tuyến (Q) (S) đường tròn có bán kính lớn (Q) chứa tâm I mặt cầu (S) (Q) lại chứa đường thẳng d nên vectơ pháp  tuyến n (Q) vuông góc với vectơ phương u đồng thời vuông góc với   vectơ IM , M  3;0; 5   d , IM   2; 2; 8     IM ; u    70; 18;22    35; 9;11   Mặt phẳng (Q) chứa điểm I đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến  n   35; 9;11 Phương trình mặt phẳng (Q): 35  x  1   y    11 z  3   35 x  y  11z  50  Câu IV Phương trình đường cong y   x phương trình nửa đường tròn tâm O  0;0  bán kính R   y   Phương trình y  x phương trình Parabol có đỉnh O  0;0  Phương trình hoành độ giao điểm chúng là:  x  x  x  1  y  Gọi S diện tích hình phẳng cần tìm Ta có: S   1  2  1  x  x dx    x dx   x dx    x dx  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 1 1 98 Bộ đề ôn thi Đại học Đặt I    x dx Ta tính tích phân sau:   Đặt x  sin t , t  0;   4   I    2sin t cos tdt   cos tdt 0    4    1  cos 2t  dt   t  sin 2t     0   Vậy S      3 abc Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 99 [...]... 2 Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:  3;2  ,  3; 2  ,  3;2  ,  3; 2  Và MinSOAB  12 2 Gọi   là mặt phẳng cần tìm có dạng: ax  by  cz  d  0 c  d  0 Vì M  0;0;1 , N  3;0;0     nên  Chọn a  1  d  3 , c  3 3a  d  0  Lúc đó:   : x  by  3z  3  0 có VTPT có VTPT n  1;b;3  Mặt phẳng Oxy có VTPT k   0;0;1  n.k 3  3 1 Theo đề, ta có: cos...  2 2 Giải phương trình trên  z 2 2  3z  6   2z  z 2  6   3z 2  0 x Câu V Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 22 Bộ đề ôn thi Đại học 2 2  x  xy  y  3 Cho các số thực x, y, z thỏa:  2 2  y  yz  z  16 Chứng minh rằng: xy  yz  zx  8 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 1 Bạn đọc tự giải  x 1 2 M   C   M  x 0 ; 0  x0  1   Gọi d M là khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ, ta có: d... tìm thỏa mãn yêu cầu đề toán Câu II 1 Điều kiện đủ: Nếu phương trình có nghiệm x 0 thì  x 0 cũng là nghiệm của nó Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì điều kiện đủ là: x 0   x 0  x 0  0 Thay vào phương trình, ta được: m  3 Điều kiện cần: Với m  3 , phương trình có dạng: 1  x 2  2 3 1  x 2  3  1  x 2  1 2 x 0   1  x 2  2 3 1  x 2  3 Do đó phương trình có  3 1  x 2  1... khi x  y  z  6 4084 ĐỀ 3 Câu I Cho hàm số: y  x 4  2m 2 x 2  1 (1) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 11 Bộ đề ôn thi Đại học 2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân Câu II 1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 1  x 2  2 3 1  x 2  m  x  1  y 2  1 2 Giải hệ phương trình... khai triển có số hạng hữu tỉ   k  4 0  k  124  k 4  k  4t    0  t  31 0  k  124 0  4t  124   Có 32 giá trị của t suy ra có 32 giá trị của k Vậy trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ 2 2 z 22  z1  z 2  z1   z 2  z1 z 2  z1 2 2 Ta có: z1  z 2  z1z 2   2  2   z  z z  z    z1  z 2 z 2  z1 2 1 2  1 Vì z1 , z 2  0 nên z1 , z 2  0 Từ ta có:   z... là đpcm ĐỀ 4 Câu I Cho hàm số: y  2x 3  3  m  3  x 2  18mx  8 1 Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành 2 Chứng minh rằng tồn tại điểm có hoành độ x 0 sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại đó song song nhau với mọi m 3 Chứng minh rằng trên Parabol  P  : y  x 2 có hai điểm không thuộc đồ thị hàm số với mọi m Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 16 Bộ đề ôn thi Đại học Câu II 1 Giải phương... SV Trường ĐH Quảng Nam 21 Bộ đề ôn thi Đại học sin a  sin b  sin c  1 Dấu bằng xảy ra   cosa  cos b  cos c  1 ĐỀ 5 Câu I x 1 C x 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số 2 Tìm M   C  để tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất Câu II 1.Tìm m để phương trình 1  2cos x  1  2sin x  m 1 có nghiệm Cho hàm số: y   x log3 y  2y log3 x  27 2 Giải hệ phương... mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z1 , z 2 khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12  z 22  z1z 2 Chứng minh tam giác OMN là tam giác đều Câu V  4 1 Tính tích phân: I    tan 2 x  tan x  e  x dx 3 4 x 1 2 Chứng minh rằng: x 1 x  x 1 x  2 x   0;1 e HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 12 Bộ đề ôn thi Đại học 1 Bạn đọc tự giải 2 y  x 4  2m 2 x 2  1 TXĐ: D... VTPT k   0;0;1  n.k 3  3 1 Theo đề, ta có: cos        b   26 3 n k 1  b 2  9 1 b 2  10 2 Vậy có 2 mặt phẳng   thỏa mãn đề toán: x  26y  3z  3  0 ; x  26y  3z  3  0 x y z 2 Phương trình mặt phẳng (ABC):    1 a b c Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 14 Bộ đề ôn thi Đại học 1 1 1 1   a 2 b2 c2 d  d O;  ABC    2 1 1  1 1 1 1 1 1 1 9   a  b  c   ... 0 6 3  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 23 Bộ đề ôn thi Đại học Ta có:  m  0 (1)   2  2  2  sinx  cos x   2 1  2cos x 1  2sin x   m  2   Đặt t  sinx  cos x  2 sin  x   với   x  6 3 4  3 1  t  2 2 Phương trình  2  trở thành: 2t  2  2 2t 2  2t  1  m 2 2 (3) Phương trình đã cho có nghiệm khi chỉ khi phương trình  3 có nghiệm  3 1  t ; 2  2 ... by  3z   có VTPT có VTPT n  1;b;3  Mặt phẳng Oxy có VTPT k   0;0;1  n.k  Theo đề, ta có: cos        b   26 n k  b  b  10 Vậy có mặt phẳng   thỏa mãn đề toán: x  26y... DẪN GIẢI Câu I Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 12 Bộ đề ôn thi Đại học Bạn đọc tự giải y  x  2m x  TXĐ: D   Đạo hàm y  4x  4m x  4x  x  m  Hàm số có cực trị  PT: y  có nghiệm...  yi ta có : A  x; y  Vì z  nên x  y  1 i xy xy Ta có z  z  1  i  x  yi    i 2 2 xy xy Vậy B có tọa độ : B  ;    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi