Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 140

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 140 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

Diemthi.24h.com.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 61) DỰ BỊ KHỐI A: x + 2mx + − 3m Câu I: (2 đ)Gọi (Cm) đồ thò hàm số : y = (*) (m tham số) x−m Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (*) ứng với m = Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm hai phía trục tung  x2 + y2 + x + y = Câu II: ( điểm) Giải hệ phương trình :   x ( x + y + 1) + y ( y + 1) = 2 Tìm nghiệm khỏang (0; π ) phương trình : x 3π 4sin − 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 x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C BG 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 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 Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số thỏa x + y + z = Cmrằng : + 4x + + y + + 4z ≥ Diemthi.24h.com.vn Bài giải CÂU I x + 2x − (1) x −1 MXĐ: D = R \ {1} 1/ Khi m = y = • • y' = • BBT x y' x − 2x ( x − 1) , y ' = ⇔ x = hay x = −∞ + 0 - TRANG - +∞ + y +∞ −∞ • Tiệm cận: x = pt t/c đứng y = x + pt t/c xiên 2/ Tìm m Ta có y ' = x − 2mx + m − ( x − m) Hàm số (*) có cực trò nằm phía trục tung ⇔ y ' = có nghiệm trái dấu ⇔ x1x2 = P = m − < ⇔ −1 < m < CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình 2  x + y + 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 ⇔ S = hay S = −1 S − P + S =  Vậy ( I ) ⇔  S = x + y = TH1 :  x, y nghiệm phương trình X2 + 0X − =  P = xy = −2  x = x = − Vậy hệ có nghiệm  hay   x = − y =  S = x + y = −1 TH :  x,y nghiệm phương trình X2 + X − = P = xy = −  x =  x = −2 ⇒ X = 1hay X = −2 Vậy hệ có nghiệm  V  y = −2 y =  x =  x = − x =  x = −2 Tóm lại hệ Pt (I) có nghiệm  V V V  y = −2 y =  y = −  y = CÁCH KHÁC x + y + x + y = x + y + x + y = (x + y)2 + x + y = ⇔ ⇔ ⇔    (I) 2 xy = −2 x + y + x + y + xy = xy = −2 x + y = hay x + y = − x + y = hay x + y = − ⇔ ⇔ xy = −2 xy = −2  x =  x = − x = − y  x + y = − x =  x = −2 ⇔ ⇔ hay V V V      2  x + x − =  y = −2 y = x =  y =  y = − TRANG 2/ Tìm nghiệm ∈ ( 0, π ) Ta có 4sin x 3π   − cos 2x = + cos2  x − ÷ (1)   3π   (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 = Do ta có 5π 17π 5π ,x = , x3 = 18 18  x − 2y − = ⇒ B ( 0, −2 ) CÂU III 1/ Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ pt  7x − 4y − = Vì ∆ABC cân A nên AG đường cao ∆ABC Vì GA ⊥ BC ⇒ pt GA: 2(x − ) + 1(y − ) = ⇔ 2x + y − = ⇔ 2x + y − = 3 2x + y − = ⇒ H ( 2, −1) ⇒ GA ∩ BC = H   x − 2y − = uuur  uuur uuur 1  uuur  Ta có AG = 2GH với A(x,y) AG =  − x, − y ÷;GH =  − , −1 − ÷ 3 3 3   x =  ⇒ 1 ⇒ A ( 0,3 ) − y = −  3 x A + xB + xC y + y B + yC y G = A Ta có : x G = ⇒ C ( 4,0 ) 3 Vậy A ( 0,3 ) ,C ( 4,0 ) ,B ( 0, −2 ) uuur 2a/ Ta có BC = ( 0, −2,2 ) ba nghiệm x thuộc ( 0,π ) x1 = • mp (P) qua O ( 0,0,0 ) 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 ( 1,1,0 ) B ( 0,2,0 ) C ( 0,0,2 ) Ta có: AB = ( −1,1,0 ) , AC = ( −1, −1,2 ) TRANG uuur uuur uuur uuur ⇒ AB.AC = − = ⇔ AB ⊥ AC ⇒ ∆ABC vuông A • Ta dễ thấy ∆BOC 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 ( − cos x ) sin x dx , Đặt u = cos x ⇒ −du = sin xdx cos x π ÷ = ,u ( ) = 3 Đổi cận u  I= 1/ ∫ ( − u ) ( −du ) u 1  u2  1  = ∫  − u ÷du =  ln u −  = ln − u 1/   1/  2/ Gọi n = a1a2a3a 4a5a6 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 ,a ,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 ,a ,a5 ∈ { 1,2,5} Có 3! = cách chọn a3a4a5 Có A cách chọn a1 ,a2 ,a6 Vậy ta có 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 ≥ 4 x = 2.8 4x Tương tự + 4y ≥ 4 y = 2.8 x + 4z ≥ 4z Vậy + x + + y + + 4z ≥  x + y + z    TRANG ≥6 ≥ 624 4x+ y+z = 4x.4y.4z Diemthi.24h.com.vn DỰ BỊ KHỐI A: x2 + x + Câu I: (2 điểm) x +1 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (- 1; 0) tiếp xúc với đồ thò ( C )  x + y + − x + y =  Câu II:( điểm) Giải hệ phương trình : 3 x + y = π Giải phương trình : 2 cos ( x − ) − 3cos x − sin x = Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 −12 x − y + 36 = Viết phương trình đường tròn (C 1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C) 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 I = Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân ∫0 x + 1dx Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò ( C ) hàm số y = Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 − 3x) , n số nguyên dương thỏa n +1 k mãn: C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n +1 + + C2n +1 = 1024 ( Cn số tổ hợp chập k n phần tử) 2n 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 + 1/ Khảo sát vẽ đồ thò y = (C) x +1 x2 + 2x y ' = ,y ' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = 0hay x = −2 D = R \ − { } MXĐ: ( x + 1) BBT x y' y −∞ + −∞ -2 -3 -1 - Tiệm cận: x = −1 phương trình tiệm cận đứng y = x phương trình tiệm cận xiên TRANG - +∞ −∞ 0 +∞ + +∞ 2/ Phương trình tiếp tuyến ∆ qua M ( −1,0 ) ( hệ số góc k ) có dạng ∆ : y = k ( x + 1) ∆ tiếp xúc với ( C ) ⇔ hệ pt sau có nghiệm  x2 + x + = k ( x + 1)   x +1   x + 2x = k  ( x + 1)  ( ) x2 + x + x + 2x ( x + 1) ⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm = x +1 ( x + 1) ⇔ x =1 ⇒ k = Vậy pt tiếp tuyến ∆ 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 ≥  u − v =  u1 = ⇒ v1 = ⇒  2  u + v =  u2 = −1 ⇒ v2 = −2 ( loại ) (I) thành   2x + y + = 2x + y + = x = I ⇔ ⇔ ⇔ Vậy ( )  x + y = y = −1  x + y = π 3 2/ Giải phương trình 2 cos  x − ÷− 3cos x − sin x = ( ) 4  π    (2) ⇔  cos  x − ÷ − 3cos x − sin x =    ⇔ ( cos x + sin x ) − 3cos x − sin x = ⇔ cos3 x + sin3 x + 3cos2 xsin x + 3cos xsin 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 = ⇔ sin2 x = hay tgx = ⇔ x = π π + kπ hay x = + kπ CÂU III 2 1/ ( C ) ⇔ x + y − 12x − 4y + 36 = ⇔ ( x − ) + ( y − ) = TRANG Vậy (C) có tâm I ( 6,2 ) R=2 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 > TH1 : Tâm I1 ∈ đường thẳng y = x ⇒ I ( x,x ) , bán kính R1 = x ( C1 ) tiếp xúc với (C) ⇔ I I1 = R + R1 ⇔ ( x − 6) + ( x − 2) =2+x ⇔ ( x − ) + ( x − ) = + 4x + x ⇔ x − 16x − 4x + 36 = ⇔ x2 − 20x + 36 = ⇔ x = hay x = 18 Ứng với R1 = hay R1 = 18 2 ( x − 18) + ( y − 18) = 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= 2 Có đường tròn ( x − ) + ( y + ) = 36 Tóm lại ta có đường tròn thỏa ycbt là: ( x − ) + ( y − ) = 4; ( x − 18) + ( y − 18) = 18; ( x − ) + ( y + ) = 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 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − ) + (z − 2)2 = uuu r SC = ( 0,4, −4 ) chọn ( 0,1, −1) vtcp SC 2b/ 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 = ∫0 x+2 dx x +1 TRANG Đặt t = x + ⇒ x = t − ⇒ dx = 3t 2dt ⇒ x + = t + Đổi cận t( 0) = ; t (7 ) = Vậy I = ∫1 (t ) + 3t 2/ Ta có ( + x ) t 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 2n +1 = C2n Cho x = Ta có +1 + C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + + C2n +1 (1) 2n +1 Cho x = −1 Ta có = C2n +1 − C2n +1 + C2n +1 − C2n +1 + C2n +1 − − C2n +1 (2) 2n +1 2n +1  = C12n+1 + C32n +1 + C52n +1 + + C2n Lấy (1) - (2) ⇒ +1  2n 2n +1 10 ⇒ = C2n +1 + C2n +1 + C2n +1 + + C2n +1 = 1024 = Vậy 2n=10 10 10 k k 10 − k ( 3x ) k Ta có ( − 3x ) = ∑ ( −1) C10 k =0 7 3 Suy hệ số x −C10 hay −C10 x x x x3 CÂU V: Ta có: + x = + + + ≥ 3 3 y y y y y3 1+ = 1+ + + ≥4 3 x 3x 3x 3x x 1+ 3 = 1+ + + ≥ 44 y y y y 33 ( y)   36 ⇒ 1 + ÷ ≥ 16  y    x3 y3 36  y  Vậy ( + x )  + ÷ + ≥ 256 = 256 ÷ 3 3 3 x y  x    Diemthi.24h.com.vn DỰ BỊ KHỐI B: Câu I: (2 điểm) 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) Giải hệ phương trình :  x + y + − x + y =  3 x + y = π Giải phương trình : 2 cos ( x − ) − 3cos x − sin x = x2 y2 + Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : = 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 = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : 1 TRANG  x = −1 − 2t  d2 :  y = t ( t tham số ) z = 1+ t  a) Xét vò trí tương đối d1 d2 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d N thuộc d2 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : x − y + z = độ dài đọan MN = Câu IV: ( điểm) e Tính tích phân ∫x ln xdx 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 = 3 Cmrằng : a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ 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 − + + + 0 + - - + -4 0 Đồ thò 2/ Tìm m để pt x − 6x − log2 m = có nghiệm phân biệt TRANG +∞ -4 + + +∞ x − 6x2 − log2 m = ⇔ x − 6x + = log2 m + Đặt k = log2 m + Ycbt ⇔ đường thẳng y=k cắt (C) điểm phân biệt ⇔ −4 < k < ⇔ −4 < log2 m + < ⇔ −9 < log2 m < ⇔ CÂU II 1/ Giải pt < m ) x y + = ⇔ x + 2y − 2m = 2m m AB tiếp xúc với (E) ⇔ 64 + 4.9 = 4m ⇔ 4m = 100 ⇔ m = 25 ⇔ m = ( m > ) Pt AB: TRANG 10 Vậy pt tiếp tuyến x + 2y − 10 = Vì tính đối xứng nên ta có tiếp tuyến 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 ) uuuu r MN = ( −2t − t '− 1,t − t ',t − 2t '+ 1) uuuu r uur Vì MN // (P) ⇔ MN ⊥ n p = ( 1, −1,1) uuuu rr ⇔ MN.n p = ⇔ −2t − t '− − t + t '+ t − 2t '+ = ⇔ t = −t ' ( t '− 1) + 4t '2 + ( − 3t ' ) 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 dx x3 Đặt u = ln x ⇒ du = ; dv = x dx chọn v = x e x3 dx x3 e e e I = ∫ x ln xdx = ln x − ∫ x = ln x − x3 = e3 + 3 x 9 Ta có trường hợp * nữ + nam Ta có C5C10 = 2520 4 * nữ + nam Ta có C5 C10 = 1050 * nữ + nam Ta có C5C10 = 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 ( a + 3b ) 1.1 ≤ TRANG 11 a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤  ( a + b + c ) +  1  ≤  +  = 3   a + b + c = ⇔a=b=c= Dấu = xảy ⇔  a + 3b = b + 3c = c + 3a = Suy Cách 2: Đặt x = a + 3b ⇒ x = a + 3b ; y = b + 3c ⇒ y3 = b + 3c ; z = c + 3a ⇒ z3 = c + 3a 3 ⇒ x + y + z = ( a + b + c ) = = BĐT cần cm ⇔ x + y + z ≤ y3 + + ≥ 3 y3 1.1 = 3y ; Ta có : x3 + + ≥ 3 x3 1.1 = 3x ; 3 z3 + + ≥ 3 z3 1.1 = 3z ⇒ ≥ ( x + y + z ) (Vì x + y + z = ) Vậy x + y + z ≤ Hay a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ 3 3 Dấu = xảy ⇔ x = y = z = 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 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò ( C ) hàm số (*) Gọi I giao điểm hai tiệm cận ( C ).Chứng minh tiếp tuyến (C ) qua điểm I Câu II:( điểm) Giải bất phương trình : x − x + − x + ≤ π cos x − 2 Giải phương trình : tg ( + x) − 3tg x = cos x Câu III: (3 điểm) 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 (C 1) nhỏ khỏang cách từ K đến tâm ( C2 ) 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 Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân π ∫ (tgx + e sin x cos x)dx Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác thiết phải có chữ 1, ? TRANG 12 Câu V: (1 điểm) Cmrằng ≤ y ≤ x ≤ x y − y x≤ Đẳng thức xảy nào? Bài giải x2 + 2x + CÂU I 1/ Khảo sát y = (C) x +1 MXĐ: D = R \ { −1} x2 + 2x y' = ( x + 1) BBT ,y ' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = hay x = −2 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 x 2o + 2x o + Gọi Mo ( xo ,y o ) ∈ ( C ) ⇔ y o = xo + Phương trình tiếp tuyến (C) Mo y − yo = f ' ( xo ) ( x − x o )  x + 2x  o ÷ ⇔ y − yo =  o ( x − xo )  ( x + 1) ÷  o  Tiếp tuyến qua I ( −1,0 ) ⇔ − y o ⇔ (x = o ) + 2xo ( −1 − x o ) ( xo + 1) x2o + 2x o + x2o + 2xo = xo + xo + ⇔ = Vô lí Vậy tiếp tuyến (C) qua I ( −1,0 ) CÂU II 1/ Giải bất phương trình 8x2 − 6x + − 4x + ≤ (1) (1) ⇔ 8x − 6x + ≤ 4x − 1  x ≤ Vx ≥  1  8x2 − 6x + ≥  x = Vx ≥     ⇔ 4x − ≥ ⇔ x ≥ ⇔    x ≤ hay x ≥ 8x − 6x + ≤ (4x − 1)   8x2 − 2x ≥   TRANG 13 ⇔ x= 1 hay x ≥ cos2x − π  + x ÷− 3tg2 x = (2) cos2 x 2  2/ Giải phương trình tg  (2) ⇔ − cot gx − 3tg x = −2sin x cos2 x π − tg2 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 − 2 OK = ( x k − ) + ( y k − ) = x 2k + y 2k = x 2k + ( −x k − ) = 2x 2k + 14x k + 49 2 2 IK = ( x k − 1) + ( y k − 1) = ( x k − 1) + ( −x k − ) = 2x 2k + 14x k + 65 ( ) ( ) 2 2 Ta xét IK − OK = 2x k + 14x k + 65 − 2x k + 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) + ( + ) + ( −3 + 1) = 16 + 16 + = 36 = r x −1 y −1 z − = = * Đường thẳng ∆ : qua A(1,1,5) có VTCP a = ( 2,1, −6 ) −6 uuuu r Ta có AM = ( 4,1, −8 ) uuuu rr Mặt phẳng (Q) qua M, chứa ∆ ⇔ mp (Q) qua A có PVT  AM,a  = ( 2,8,2 ) hay ( 1,4,1) nên pt (Q): ( x − 5) + ( y − ) + ( z + ) = Pt (Q): x + 4y + z − 10 = Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa ∆ 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 = TRANG 14 Vậy Pt (Q): x + 4y + z − 10 = 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 = a1a2a3a 4a5 số cần lập Trước tiên ta xếp 1, vào vò trí: ta có: A = 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 5.4.3 = 20.60 = 1200 số n Cách khác : - Bước : xếp 1, vào vò trí: ta có: A = 4.5 = 20 cách -Bước : có A = 3.4.5 = 60 cách bốc số lại xếp vào vò trí lại Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt CÂU V Ta có ≤ x ≤ ⇒ x ≥ x Ta có x y − y x ≤ 1 ⇔ x y ≤ + y x (1) 4 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=    yx2 =  Diemthi.24h.com.vn 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 – x + − − x ≥ 3x − Câu II:( điểm) Giải bất phương trình : 3π sin x =2 Giải phương trình : tg ( − x) + + cos x Câu III: (3 điểm) 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) TRANG 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O 1A1B1 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 O 1A cắt OA, OA1 N, K Tính độ dài đọan KN e3 Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân I = ∫ Tìm k ∈ { 0;1; 2; ; 2005} cho phần tử) ln x dx x ln x + k k C2005 đạt giá trò lớn ( Cn số tổ hợp chập k n 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 2/ Tìm m để ( Cm ) tiếp xúc với y = 2mx − m − ( d ) TRANG 16 lồi lồi −∞ (d) tiếp xúc với ( Cm ) −x3 + ( 2m + 1) x − m − = 2mx − m − ⇔ có nghiệm − 3x + 2m + x = 2m ( )  x = hay − x + ( 2m + 1) x = 2m ⇔ có nghiệm −3x + ( 2m + 1) x = 2m −x + ( 2m + 1) x = 2m ⇔ m = hay  có nghiệm 2 −3x + ( 2m + 1) x = −x + ( 2m + 1) x −x + ( 2m + 1) x = 2m ⇔ 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 − ≥  CÂU II: 1/ Giải bpt (1) ⇔ 2x + ≥ 3x − + − x ⇔ 2x + ≥ 3x − + − x + 2 ≤x≤5 ( 3x − ) ( − x ) ≤x≤5 2 ≤ x ≤ ⇔ 3x2 − 17x + 14 ≥ ≤ x ≤ 3 14 2 14 ⇔ (x ≤ hay ≤ x) ≤ x ≤ ⇔ ≤ x ≤ hay ≤x≤5 3 3 sin x  3π  − x ÷+ = (2) 2/ Giải phương trình tg    + cos x sin x cos x sin x =2⇔ + =2 (2) ⇔ cot gx + + cos x sin x + cos x ⇔ cos x + cos2 x + sin x = 2sin x + 2sin x cos x sin x ≠ ⇔ ( cos x + 1) = 2sin x ( cos x + 1) sin x ≠ ⇔2≥ ( 3x − ) ( − x ) ⇔ 2sin x = ⇔ x = π 5π + k2π hay x = + k2π 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 + TRANG 17 IM = ⇔ ( xM − ) + ( yM − 3) = 10 ( x M − ) + ( 2x M + − 3) = 10 ⇔ 5x2M − 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): x2 + y2 + z − 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) + ( y − ) + ( z − ) = 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 2 20 20   1 Vậy KN =  + ÷ + ( − ) +  + ÷ = = = 3 3  3  CÂU IV: 1/ Tính I = e3 ∫1 ln2 x dx x ln x + Đặt t = ln x + ⇒ t = ln x + ⇒ 2tdt = dx t − = ln x x Đổi cận: t(e ) = 2; t(1) = I=∫ e3 2  t 2t  t − 2t + ln2 x 76 dx = ∫ 2tdt = ∫ t − 2t + dt =  − + t = 1 t x ln x + 5 1 15 ( k C2005 ) k k +1 C2005 ≥ C2005 k∈N lớn ⇔  k k −1 C2005 ≥ C2005 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 CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 72x+ x +1 − 72+ x+1 + 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 ( − 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) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số y = x + 3x + = m có nghiệm phân biệt Tìm m để phương trình x +1 TRANG 19 x2 + 3x + x +1 x − x2 1 − 2 ÷ ≤3 Câu II:( điểm) Giải bất phương trình : 3 Giải phương trình : sin x + cos x + 3sin x − cos x − = Câu III: (3 điểm) 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A 1B1C1D1 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 ( AB 1D1) ( AMB1) vuông góc b) Chứng minh tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC ( N ≠ A ) tới mặt phẳng ( AB1D1) ( AMB1) không phụ thuộc vào vò trí điểm N x2 −2 x π Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân I = ( x − 1) cos xdx ∫ 2 Tìm số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức : Pn + An − Pn An = 12 k ( Pn số hóan vò n phần tử An số chỉnh hợp chập k n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số dương x yz = Cmrằng : x2 y2 z2 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x Diemthi.24h.com.vn Bài giải CÂU I: x2 + 3x + 1/ Khảo sát y = ( C) x +1 MXĐ: D = R \ { −1} x2 + 2x y' = ( x + 1) BBT ,y ' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = hay x = −2 x y' y −∞ + −∞ -2 -1 -1 - - +∞ −∞ Tiệm cận: x=-1 tc đứng y = x + tc xiên TRANG 20 0 +∞ + +∞ x2 + 3x + = m có nghiệm phân biệt 2/ Tìm m để pt x +1  x2 + 3x + x > −1  x2 + 3x +  x + = Ta có y = x +1  x + 3x + x < −1 − x +1 ( Do đồ thò y = ) x2 + 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 pt x +1 2x − x2 CÂU II 1/ Giải bất phương trình x −2x −  ÷ 3 Ta có (1) ⇔ x −2x − 2.3x −2x ≤ Đặt t = 3x −2x ≤ ( 1) > , (1) thành t − 2t − ≤ ⇔ −1 ≤ t ≤ Do đó, (1) ⇔ −1 ≤ 3x −2x ≤ ⇔ < 3x ⇔ x2 − 2x ≤ ⇔ x − 2x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ + 2/ Giải phương trình sin 2x + cos2x + 3sin x − cos x − = ( ) (2) ⇔ 2sin x cos x + − 2sin x + 3sin x − cos x − = ⇔ −2sin x + ( cos x + ) sin x − cos x − = ⇔ 2sin x − ( cos x + ) sin x + cos x + = ( ) (phương trình bậc theo sinx) Có ∆ = ( cos x + 3) − ( ) ( cos x + 1) = ( cos x + 1) 2 cos x + − cos x − 1  = sin x = Vậy (2) ⇔  sin x = cos x + + cos x + = cos x +  ⇔ sin x = cos x + hay sin x = π π  ⇔ sin  x − ÷ = = sin hay sin x = 4  π π 5π + k2π ⇔ x = + k2π hay x = π + k2π hay x = + k2 π hay x = 6 TRANG 21 −2x ≤ 31 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 ) + ( y − b ) = 10 2 2 A ∈ ( C ) ⇔ ( − a ) + ( − b ) = 10 ⇔ a2 + b2 − 10b + 15 = (1) B ∈ ( C ) ⇔ ( − a ) + ( − b ) = 10 ⇔ a2 + b2 − 4a − 6b + = (2) (1) ( 2) a2 + b2 − 10b + 15 = a = −1 a = ⇔ ⇔ hay  b = b = 4a − 4b + 12 = Vậy ta có đường tròn thỏa ycbt ( x + 1) + ( y − ) = 10 ( x − 3) + ( y − ) = 10 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: uuuu r M ( 2,1,0 ) AM = ( 2,1,0 ) uuuur AB1 = ( 2,0,2 ) r uuuu r uuur ⇒ mp ( AMB1 ) có PVT v =  AM,AB = ( 1, −2, −1) rr r r Ta có: u.v = −1( 1) − 1( −2 ) + 1( −1) = ⇔ u ⊥ v ⇒ ( AB1D1 ) ⊥ ( AMB1 ) TRANG 22 x = t uuur  b/ AC1 = ( 2,2,2 ) ⇒ Pt tham số AC1 : y = t , N ∈ AC1 ⇒ N ( t,t,t ) z = t  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/ I2 = ∫ (2x − 1)cos2xdx 1 Đặt u = (2x − 1) ⇒ du = dx,dv = cos2xdx chọn v = sin 2x 2 1 π/ 1 π/ π/ ⇒ I2 = (2x − 1)sin 2x − ∫ sin 2xdx = cos2x = − 4 π/ π2 π Do I = ∫ ( 2x − 1) cos2 x = − − 2 2/ Tacó: 2Pn + 6A n − Pn A n = 12 ( n ∈ N,n > 1) I1 = ⇔ 2n!+ 6n! n! n! − n! = 12 ⇔ ( − n!) − ( − n!) = ( n − 2) ! ( n − 2) ! ( n − 2) ! ⇔ ( − n!) = hay n! − = ⇔ n! = hay n(n − 1) − = (n − 2)! ⇔ n = 3hay 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 TRANG 23 x2 + y x2 + y Ta có: + ≥2 =x 1+ y 1+ y y2 + z y2 + z + ≥2 =y 1+ z 1+ z z2 1+ x z2 + x + ≥2 =z 1+ x 1+ x Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế ta có:  x2 + y   y2 + z   z2 1+ x  + + +  ÷+  ÷+  ÷≥ ( x + y + z ) + y + z + x       x2 y2 z2 x+y+z ⇔ + + ≥− − + ( x + y + z) 1+ y 1+ z 1+ x 4 3( x + y + z) ≥ − 4 3 ≥ − = − = = ( x + y + z ≥ 3 xyz = ) 4 4 2 2 x y z + + ≥ Vậy 1+ y 1+ z 1+ x Diemthi.24h.com.vn TRANG 24 [...]... uuuur AB1 = ( 2,0 < /b> ,2 ) uuuur AD1 = ( 0,2 < /b> ,2 ) r ⇒ mp ( AB 1D1 ) có 1 PVT là u = 1 uuuur uuuur  AB1 ,AD1  = ( − 1, < /b> − 1,1 < /b> )  4 mp ( AMB1 ) có cặp VTCP là: uuuu r M ( 2,1 < /b> ,0 ) AM = ( 2,1 < /b> ,0 ) uuuur AB1 = ( 2,0 < /b> ,2 ) r 1 uuuu r uuur ⇒ mp ( AMB1 ) có 1 PVT là v =  AM,AB = ( 1, < /b> − 2, < /b> −1) 2 rr r r Ta có: u.v = −1( 1) − 1( −2 ) + 1( −1) = 0 ⇔ u ⊥ v ⇒ ( AB 1D1 ) ⊥ ( AMB1 ) TRANG 22 x = t uuur  b/ AC1 = ( 2,2 < /b> ,2 )... xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là x + 2y − 10 = 0,x + 2y + 10 = 0 x − 2y − 10 = 0,x − 2y + 10 = 0 r 2/ a/< /b> d1 qua O ( 0,0 < /b> ,0 ) , < /b> VTCP a < /b> = ( 1,1 < /b> ,2 ) r d 2 qua B ( − 1,0 < /b> ,1 ) , < /b> VTCP b = ( − 2,1 < /b> ,1 ) r r uuur a,< /b> b  = ( − 1, < /b> − 5,3 < /b> ) , < /b> OB = ( − 1,0 < /b> ,1 )   r r uuur a,< /b> b  OB = 1 + 3 = 4 ≠ 0 ⇔ d1 ,d 2 chéo nhau   b/ M ∈ d1 ⇒ M ( t ',t ',2 < /b> t ' ) ; N ∈ d 2 ⇒ N ( −1 − 2t,t,1 + t ) uuuu r MN = ( −2t − t '− 1,t − t ',t − 2t... = 0 (1) B ∈ ( C ) ⇔ ( 2 − a < /b> ) + ( 3 − b ) = 10 ⇔ a2< /b> + b2 − 4a < /b> − 6b + 3 = 0 (2) (1) và ( 2)  a2< /b> + b2 − 1 0b + 15 = 0 a < /b> = −1 a < /b> = 3 ⇔ ⇔ hay  b = 2 b = 6  4a < /b> − 4b + 12 = 0 Vậy ta có 2 đường tròn th a < /b> ycbt là ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10 ( x − 3) 2 + ( y − 6 ) 2 = 10 2/ Ta có A < /b> ( 0,0 < /b> ,0 ) ;B ( 2,0 < /b> ,0 ) ;C ( 2,2 < /b> ,0 ) ;D( 0;2;0) A1 /b> ( 0,0 < /b> ,2 ) ;B1 ( 2,0 < /b> ,2 ) ;C1 ( 2,2 < /b> ,2 ) ; D1 ( 0,2 < /b> ,2 ) Mp ( AB 1D1 ) có... với hệ t a < /b> độ Oxy cho 2 điểm A(< /b> 0;5 ), < /b> B( 2; 3) Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A,< /b> B và có b n kính R = 10 2 Trong không gian với hệ t a < /b> độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD .A < /b> 1B1 C 1D1 với A(< /b> 0;0;0 ), < /b> B( 2; 0; 0 ), < /b> D1 (0; 2; 2) a)< /b> Xác đònh t a < /b> độ các điểm còn lại c a < /b> hình lập phương ABCD .A1 /b> B1 C 1D1 .Gọi M là trung điểm c a < /b> BC Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB 1D1 ) và ( AMB1) vuông góc nhau b) Chứng... 3 ( c + 3a < /b> ) 1.1 ≤ = ( c + 3a < /b> + 2 ) 3 3 3 ( a < /b> + 3b ) 1.1 ≤ TRANG 11 1 a < /b> + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a < /b> ≤  4 ( a < /b> + b + c ) + 6  3 1 3  ≤  4 + 6  = 3 3 4  3  1 a < /b> + b + c = a=< /b> b= c= 4 D u = xảy ra ⇔  4  a < /b> + 3b = b + 3c = c + 3a < /b> = 1 Suy ra 3 Cách 2: Đặt x = 3 a < /b> + 3b ⇒ x 3 = a < /b> + 3b ; y = 3 b + 3c ⇒ y3 = b + 3c ; z = 3 c + 3a < /b> ⇒ z3 = c + 3a < /b> 3 3 3 ⇒ x + y + z = 4 ( a < /b> + b + c ) = 4 3 = 3 B T cần cm... Pt tham số AC1 : y = t , < /b> N ∈ AC1 ⇒ N ( t,t,t ) z = t  Pt ( AB 1D1 ) : − ( x − 0 ) − ( y − 0 ) + ( z − 0 ) = 0 ⇔ x + y − z = 0 ⇒ d ( N,AB 1D1 ) = t+t−t t = d1 3 3 Pt ( AMB1 ) : ( x − 0 ) − 2 ( y − 0 ) − ( z − 0 ) = 0 ⇔ x − 2y − z = 0 ⇒ d ( N,AMB1 ) = = t − 2t − t 1+ 4 +1 = −2t 6 = d2 t t 6 d1 6 2 = 3 = = = d2 2 t 2 32t 2 3 6 Vậy tỉ số khoảng cách từ N ∈ AC1 ( N ≠ A < /b> ⇔ t ≠ 0 ) tới 2 mặt phẳng ( AB 1D1 )... B( 0; 4; 0 ), < /b> O1(0; 0; 4) a)< /b> Tìm t a < /b> độ các điểm A1 /b> , < /b> B1 Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A,< /b> B, O1 b) Gọi M là trung điểm c a < /b> AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vuông góc với O 1A < /b> và cắt OA, OA1 lần lượt tại N, K Tính độ d i đọan KN e3 Câu IV: ( 2 điểm) 1.Tính tích phân I = ∫ 1 2 Tìm k ∈ { 0;1; 2; ; 2005} sao cho phần tử) ln 2 x dx x ln x + 1 k k C2005 đạt giá trò lớn nhất ( Cn là số tổ hợp chập k c a < /b> n Câu... 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 Vì O ∈ ( S) ⇒ d = 0 Vì A < /b> ∈ ( S) ⇒ 4 − 4a < /b> = 0 ⇒ a < /b> = 1 Vì B ∈ ( S) ⇒ 16 − 8b = 0 ⇒ b = 2 Vì O1 ∈ ( S) ⇒ 16 − 8c = 0 ⇒ c = 2 Vậy (S) có tâm I( 1,2 < /b> ,2 ) Ta có d = a2< /b> + b2 + c2 − R 2 ⇒ R2 = 1 + 4 + 4 = 9 Vậy pt mặt cầu (S) là: ( x − 1) 2 + ( y − 2 ) 2 + ( z − 2 ) 2 = 9 b/ Tính KN uuuur Ta có M ( 1,2 < /b> ,0 ) , < /b> O 1A < /b> = ( 2,0 < /b> , −4 ) uuuur Mp(P) qua M vuông góc với O 1A < /b> nên nhận O 1A < /b> hay (1;0;... (C) có tâm I ( 2,3 < /b> ) , < /b> R=5 M ( x M ,y M ) ∈ ( d ) ⇔ 2x M − y M + 3 = 0 ⇔ y M = 2x M + 3 TRANG 17 IM = ⇔ ( xM − 2 ) 2 + ( yM − 3) 2 = 10 ( x M − 2 ) 2 + ( 2x M + 3 − 3) 2 = 10 ⇔ 5x2M − 4x M − 96 = 0  x M = −4 ⇒ y M = −5 ⇒ M ( − 4, < /b> −5 )  ⇔ 24 63  24 63  xM = ⇒ yM = ⇒ M , < /b> ÷  5 5  5 5  2/ a/< /b> Vì AA1 ⊥ ( Oxy ) ⇒ A1 /b> ( 2,0 < /b> ,4 ) BB1 ⊥ ( Oxy ) ⇒ B1 ( 0,4 < /b> ,4 ) Viết pt mặt cầu (S) qua O, A,< /b> B, O1 Ptmc (S):... tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC 1 ( N ≠ A < /b> ) tới 2 mặt phẳng ( AB 1D1 ) và ( AMB1) không phụ thuộc vào vò trí c a < /b> điểm N x2 −2 x π 2 Câu IV: ( 2 điểm) 1.Tính tích phân I = ( 2 x − 1) cos 2 xdx ∫ 0 2 2 2 Tìm số nguyên n lớn hơn 1 th a < /b> mãn đẳng thức : 2 Pn + 6 An − Pn An = 12 k ( Pn là số hóan vò c a < /b> n phần tử và An là số chỉnh hợp chập k c a < /b> n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba ... = a1 a 2a3 a 4a5 a6 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 ... uuur 2b/ Với A ( 1,1 ,0 ) B ( 0,2 ,0 ) C ( 0,0 ,2 ) Ta có: AB = ( − 1,1 ,0 ) , AC = ( − 1, − 1,2 ) TRANG uuur uuur uuur uuur ⇒ AB.AC = − = ⇔ AB ⊥ AC ⇒ ∆ABC vuông A • Ta d thấy ∆BOC vuông O Do A, O nhìn... 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 ',2 t ' ) ; N ∈ d ⇒ N ( −1 − 2t,t,1