Tuyển chọn 110 đề cực hay thi quốc gia môn toán phần 1

http://hocmaivn.com LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 http://hocmaivn.com LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học trình quan trọng Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” thầy tổng hợp biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học nước với nhiều đề thi hay để giúp em hệ thống lại kiến thức chuyên đề học, rèn luyện kĩ giải toán tạo tảng kiến thức tốt cho kỳ thi Đại học tới Nội dung sách viết tinh thần đổi ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm đề chấm thi Bộ Giáo dục Đào tạo phù hợp để em tự ôn luyện Toán môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi hoạt động người Để học toán tốt trước hết cần tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu Bên cạnh phương pháp học quan trọng, nên từ dễ tới khó với tư logic Tiếp xúc toán không dừng lại cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng cách giải khác Sau toán nên rút cho điểm ý quan trọng Cuối thầy chúc tất em có SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, THÀNH CÔNG kỳ thi tới! Thanh hóa.Tháng năm 2014 Tác giả http://hocmaivn.com ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 (C) x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Gọi I tâm đối xứng đồ thị (C) Tìm điểm M đồ thị (C) để tiếp tuyến đồ thị (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) A, B cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sau: sin 3x = cos x.cos2x ( tan2x + tan x ) Câu 3.(1,0 điểm) a Tìm n nguyên dương thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + + (n + 1)Cnn = 512(n + 2) log b Giải phương trình sau: log9(x2 – 5x + 6)2 = x −1 + log3 (3 − x) Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 8x − 8x3 dx 2x4 Câu 5.(1,0 điểm) : Cho hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' nội tiếp hình trụ cho trước Biết bán kính đáy hình trụ 5a ; góc đường thẳng B ' D mặt phẳng ( ABB ' A ') 300; khoảng 3a cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ABB ' A ') Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225 Gọi F, F hai tiêu điểm (E) (x< x) Gọi A, B hai điểm thuộc (E) Xác định tọa độ A B để chu vi tứ giác FFBA nhỏ biết tổng độ dài hai đường chéo Câu 7.1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x + y + z − x + y − z − 11 = mặt phẳng (α ) có phương trình x + y − z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song với mặt phẳng (α ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu vi 6π Câu 8.1,0 điểm)  x( x + y + 1) − =  Giải hệ phương trình sau:  ( x + y ) − x + = Câu 9.(1 điểm) Cho x, y, z > thoả mãn: 5− x + 5− y + 5− z = Chứng minh rằng: 25 x 25 y 25 z y+ z + y x+ y ≥ x z+ x + z +5 +5 +5 y x z +5 +5 http://hocmaivn.com LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y = + TXĐ R \ { 1} x+2 x −1 lim y = +∞, lim y = −∞ lim y = 1; xlim y =1; →−∞ x→+∞ x→1+ x→1− Đồ thị có Tiệm cận ngang đường thẳng y = tiệm cận đứng đường thẳng x = + SBT: y'= −3 ; y ' < ∀x ≠ ( x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) ( 1;+∞ ) Hàm số cực trị Bảng biến thiên: x f '( x) −∞ +∞ − +∞ − f ( x) −∞ Đồ thị: y x+2 f(x) = x-1 5/2 -2 O x -2 NX: Đồ thị nhận giao hai đường tiệm cận I (1;1) làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng đồ thị hàm số I (1;1) Giả sử M ( x0 ; y0 ) ( x0 ≠ ) tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến ( ∆ ) đồ thị (C) Ta có y0 = x0 + −3 , hệ số góc tiếp tuyến ( ∆ ) là: k = x0 − ( x0 − 1) Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) y = − x +2 ( x − x0 ) + (1) ( x0 − 1) x0 − Gọi B giao điểm tiếp tuyến tiệm cân đứng x = - Cho x = 1, thay vào (1) ta có y=− x + 3x0 − x0 + x + x0 + x +5 3 (1 − x0 ) + = + = + = nên B (1; ) 2 ( x0 − 1) x0 − ( x0 − 1) x0 − x0 − x0 − x0 − x0 − Gọi A giao điểm tiếp tuyến tiệm cận ngang y = - Cho y = 1, thay vào (1) ta có x = x0 − nên A ( x0 − 1;1) Vì tam giác IAB vuông I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB AB  x +5 36 Ta có AB = (2 x − 2) + 1 − ÷ = 4( x0 − 1) + x0 −  ( x0 − 1)  http://hocmaivn.com Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân với hai số không âm 4( x0 − 1) ; 36 36 36 ≥ 4( x0 − 1) = 24 ta có 4( x0 − 1) + ( x0 − 1) ( x0 − 1) ( x0 − 1) Tức R = 4( x0 − 1) = AB ≥ Dấu xảy 36 ⇔ 4( x0 − 1) = 36 ⇔ ( x0 − 1) = ⇔ x0 = ± ( x0 − 1) Khi M (1 + 3;1 + 3) M (1 − 3;1 − 3) Vậy M (1 + 3;1 + 3) M (1 − 3;1 − 3) Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sin x = cos x.cos2x ( tan2x + tan x ) cos x ≠ cos x ≠ ĐK:   sin x sin x  PT ⇔ sin x = cos x cos x + Khi  ÷ c os2x cos x   ⇔ sin x.cosx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x sin x sin x ⇔ cos2x.sinx = cos2x cosx cosx  cos x = (không tm)   s inx  cos2 x.sin x  − 1÷ = ⇔ s inx=0  cos x   sinx = (không tm sin x = cos x ⇔ cos2x=0)   cosx sin x = ⇔ x = kπ , k ∈ Z (tmdk ) Vậy nghiệm PT cho x = kπ , k ∈ Z ; Câu 3.(1,0 điểm) a Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + + ( n + 1)Cnn = 512(n + 2) n 2 n n +1 Xét x( x + 1) = Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x Lấy đạo hàm hai vế được: ( x + 1) n + n.x.( x + 1)n −1 = Cn0 + 2Cn1 x + 3Cn2 x + + (n + 1)Cnn x n n n −1 n Thay x = có + n.2 = Cn + 2Cn + 3Cn + + (n + 1)Cn Suy 2n + n.2n −1 = 512(n + 2) ⇔ n = 10 b.Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = log x −1 + log3 (3 − x) ( x − x + 6) > 1 < x <  ⇔ Điều kiện xác định  x − > x ≠ 3 − x >  Khi PT cho tương đương log x − x + = log3 ( x − 1)(3 − x) −x http://hocmaivn.com ⇔ x2 − 5x + =  2( x − x + 6) = − x + x − + 4x − ⇔ (do − x + x − > ∀x :1 < x < 3) 2  2( x − x + 6) = x − x + x = ⇔ x =  Kết hợp với điều kiện xác định ta có x = Vậy nghiệm phương trình là: x = Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại: 13 I=∫ Đặt t = x−x dx = ∫ x4 3 −1 x2 dx x3 dx 1 −2 − ⇔ t = − ⇔ 3t dt = dx ⇒ = − t dt x x x x −1 Khi đó: x 3t ; dx = − dt x3 Đổi cận: x = ⇒ t = 2; x = ⇒ t = 3 3t 3 dt = t = Vậy: I = ∫ 0 2 Câu 5.(1,0 điểm): Vì hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' nội tiếp hình trụ nên hình hộp chữ nhật có đáy hai hình chữ nhật ABCD, A ' B ' C ' D ' nội tiếp đường tròn đáy hình trụ Gọi O, O’ tâm hai đáy hình trụ ⇒ O = AC ∩ BD, O ' = A ' C '∩ B ' D '; CA = C ' A ' = 5a  DA ⊥ AB ⇒ AD ⊥ ( ABB ' A ') nên AB’ hình chiếu B’D ( ABB ' A ')  DA ⊥ AA' Do  Suy góc đường thẳng B ' D mặt phẳng ( ABB ' A ') góc B’D AB’ · ' A =300 DB Gọi H trung điểm AB Chứng minh OH = 3a , AB’ = 3a Tính AB = 4a BB’ = a 11 Thể tích khối hộp VABCD A ' B 'C ' D ' = S ABCD OO' = AB.AD.OO'=12a 11 (đvdt) Câu 6.(1,0 điểm): E líp: (E): + = ⇒ ⇒ (a, b, c > 0) Theo giả thiết BF + AF = (1) Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20 ⇔ BF + AF = 14 (2) http://hocmaivn.com Vậy chu vi tứ giác FFAB P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB Do P ⇔ AB = Mặt khác Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = (4) Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = ⇔ x - x= (5) nên AB = ≥ Yêu cầu toán ⇔ AB = ⇔ y = y Do (4) ⇔ (x - x)(x + x) = ⇔ x + x = (6) Giải (5) (6) ta ⇒ y = y = ± Kết luận A(; ± ), B(; ± ) điểm cần tìm Câu 7.(1,0 điểm): Ta có (S): x + y + z − x + y − z − 11 = ⇔ ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 25 nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = Do ( β ) song song với mặt phẳng (α ) : x + y − z + 17 = nên phương trình mặt phẳng ( β ) có dạng: x + y − z + d = (d ≠ 17) Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = Gọi H hình chiếu I ( β ) Vì ( β ) cắt mặt cầu theo thiết diện đường tròn (C) bán kính 6π nên IH = R − r = 25 − = Mà IH = d(I, ( β ) ) = Giải phương trình 2− 4−3+ d 22 + (−2) + 12 = d −5 d −5  d = 17(loai ) =4⇔  d = −7(t / m) Vậy phương trình ( β ) x + y − z − =  x ( x + y + 1) − = (1)  Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:  ( x + y ) − x + = (2) Cách 1: Điều kiện xác định x ≠ Ta có (1) ⇔ x + xy + x = ⇒ x + x y + x + x3 y + x y + x3 = (1’) (2) x ( x + y ) + x = ⇔ x + x3 y + x y + x = (2’) Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có x ( x + y ) = ⇔ x + y = (*) x2 1  x2 = x ±1 ⇔ Thay vào (2) ta có − + = ta có  x x  x = ±2 1 =1  x http://hocmaivn.com Thay vào (*) ta có x = y = 1; x = -1 y = 3; x = y = − ; x = -2 y = Thử lại ta hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) (2 ; − ) Cách 2: Điều kiện xác định x ≠ Khi chia hai vế phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương x+ y− = −1 x   x + y − x = −1 Hệ trở thành  Đặt ( x + y ) − = −1  x2 b = 1, a = Giải hệ có  1 b = ,a =  2 x + y = a  ta có hệ 1  x = b (b>0)  a − 3b = −1  2  a − 5b = −1 Nếu a = 2, b = ta có x = y = Nếu a = b = ta có x = 2, y = − 2 Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) (2 ; − ) Câu 9.(1,0 điểm) a = 5x  a , b, c >   ab + bc + ca = abc  y ⇔ b = ⇒  1 c = z  a + b + c =  a, b, c >  Đặt a2 b2 c2 a3 b3 c3 Ta có: VT = + + = + + a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a3 a3 a3 a3 b3 c3 = = ⇒ VT = + + Vì a + abc a + ab + bc + ca ( a + b ) ( a + c ) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a ) ( c + a ) ( c + b) Ta có: Tương tự: a3 a+b a+c a3 + + ≥ 33 = a 64 ( a + b) ( a + c) b3 ( b + c) ( b + a) + b+c b+a + ≥ b 8 c3 ( c + a) ( c + b) + c+a c+b + ≥ c 8 a +b+c  a+b+a+c+b+c  ⇒ VT +  = VP (ĐPCM) ÷ ≥ (a + b + c) ⇒ VT ≥   ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm) 3 Cho hàm số y = x − (m − 2) x − 3(m − 1) x + (1), m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = −2 b) Tìm m > để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu yCĐ , yCT thỏa mãn : yCĐ + yCT = Câu 2.(1,0 điểm) http://hocmaivn.com Giải phương trình (tan x + 1) sin x + cos x + = 3(cos x + sin x) sin x Câu 3.(1,0 điểm) ln Tính tích phân : I = ∫ ex 3 + e x + 2e x + dx Câu 4.(1,0 điểm) Cho tập E = {1, 2, 3, 4, 5} Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, số gồm chữ số đôi khác thuộc tập E Tính xác suất để hai số có số có chữ số Câu 5.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : d2 : x−2 y z +1 = = −1 − x + y −5 z + = = −1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M (−1; 2; 0), ⊥ d1 tạo với d góc 600 Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC x + y − 31 = 0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x + y − = 0, d : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hoành độ âm Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC ⊥ ( ABCD) , đáy ABCD hình thoi có cạnh a · ABC = 1200 Biết góc hai mặt phẳng (SAB) ( ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD khoảng cách hai đường thẳng SA, BD Câu 8.(1,0 điểm):   x + y = 4x − y + Giải hệ phương trình:  2 2   x + y +1 = x − y + Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ y Tìm giá trị nhỏ : P = + + 2 ( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): a) (1,0điểm) Khi m = −2 hàm số trở thành y = x + x + x + a) Tập xác định:  y = −∞ lim y = +∞ * Giới hạn vô cực: Ta có xlim → −∞ x → +∞ b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x + 12 x + 9;  x = −3  x < −3 yhttp://hocmaivn.com '= ⇔  ; y' > ⇔  ; y ' < ⇔ −3 < x < −1  x = −1  x > −1 Suy hàm số đồng biến khoảng ( − ∞; − 3) , ( − 1; + ∞ ); nghịch biến ( − 3; − 1) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −3, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu x = −1, yCT = −3 y / / = x + 12 y / / = ⇔ x = −2 , y=-1 y Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn * Bảng biến thiên: x y' y −∞ −3 + – −∞ +∞ −1 + +∞ −3 −3 −1 O x −3 c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 3( m − 2) x − 3( m − 1), ∀x ∈   x = x1 = −1 y ' = ⇔ x − (m − 2) x − m + = ⇔   x = x2 = m − với m > x1 < x2 Khi hàm số đạt cực đại x1 = −1 đạt cực tiểu x2 = m − 3m , yCT = y (m − 1) = − (m + 2)(m − 1) + Do đó: yCĐ = y ( −1) = 2 3m 2 Vì yCĐ + yCT = ⇔ − (m + 2)(m − 1) + = ⇔ 6m − − (m + 2)(m − 1) = 2 −1 ± 33 ⇔ (m − 1)(m + m − 8) = ⇔ m = 1; m = − + 33 Đối chiếu với yêu cầu m > ta có giá trị m m = 1, m = Câu 2.(1,0 điểm) π + kπ Khi phương trình cho tương đương với (tan x + 1) sin x + − sin x + = 3(cos x + sin x) sin x Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠ ⇔ (tan x − 1)sin x + ( sin x + cos x ) = 3(cos x − sin x) sin x + 6sin x ⇔ (tan x − 1)sin x + 3cos x = 3(cos x − sin x) sin x ⇔ (tan x − 1)sin x + 3(cos x − sin x) cos x = ⇔ (sin x − cos x)(sin x − 3cos x) = ⇔ (sin x − cos x)(2 cos x + 1) = π   s in x = cos x  x = + kπ ⇔ ⇔ , k ∈¢ cos x = − π  x = ± + kπ   π π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x = + kπ , x = ± + kπ , k ∈  Câu 3.(1,0 điểm) 10 http://hocmaivn.com * Đồ thị: Đồ thị phải qua điểm đặc biệt ( 2,0 ) ; ( 0, −4 ) ; ( −4, ) Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng điểm I ( −1;2 ) 2) Tìm đồ thị hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN, biết M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) Phương trình đường thẳng ( MN ) : x + y + =   Xét hai điểm A, B đồ thị (C), ta có A  a; −  a+b    ÷ , B  b; − ÷ , a, b ≠ −1 a +1 b +1   ; 2− − Gọi I  ÷ trung điểm đoạn đoạn AB a +1 b +1    a = 3  uuur uuuur  b − a − + =  AB ⊥ MN  AB.MN =  b = a +1 b +1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  Theo yêu cầu ta có   a =  I ∈ ( MN )  b + a − − = −7  I ∈ ( MN )  a +1 b +1   b = Vậy A ( 2;0 ) ; B ( 0; −4 ) B ( 2;0 ) ; A ( 0; −4 ) Câu 2.(1,0 điểm) ( sin x + cos x ) − 2sin x  π  π  = sin  − x ÷− sin  − x ÷  + cot x  4  4  Điều kiện xác định sin x ≠ hay x ≠ kπ ; k ∈ Z 1) (0,5 điểm): Giải phương trình: Phương trình cho tương đương với π  π  x = cos  − x ÷sin x ⇔ cos  − x ÷( sin x − 1) = 4  4  3π kπ   π  x= +  cos  − x ÷ =  ⇔ ⇔ ( k, m ∈ Z )   4 π  x = + m2π sin x − =  3π kπ π + ; x = + m2π ; ( k , m ∈ Z ) So với điều kiện nghiệm phương trình x = 2 ( cos x + sin x ) sin ( 2).(0,5 điểm): Giải bất phương trình: ( x + 1) < ( x + 10 ) − + x Điều kiện xác định x ≥ − ( ( x + 1) < ( x + 10 ) − + x ) ⇔ ( x + 1) < ( x + 10 ) ( − ) (1+ + 2x ) + 2x ( 1+ )  x ≠ −1 x ≠ −1  x + 10 ) ( x + 1) (  x + 10 ( ) ⇔ ( x + 1) < ⇔ 1 < ⇔ 2 1+ + 2x   + + x + + x   x ≠ −1  x ≠ −1  x ≠ −1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + + + x < x + 10  + x <  x < 3 + 2x ) 2 ( ) ( ) ( ) < x + 10     Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S =  − ; ÷\ { −1} 91 Câu 3.(1,0 điểm) http://hocmaivn.com π Tính tích phân I = ∫ x ( cos x + sin x ) dx π π π I = ∫ x ( cos x + sin x ) dx = ∫ x.cos x.dx + ∫ x.sin x.dx 0 43 42 43 I1 π I2 π π π π I1 = ∫ x.cos x.dx = x.sin x − ∫ sin x.dx = x.sin x + cos x = −2 0 Với I ta đặt x = π − t ⇒ I = Vậy I = ππ 8π − cos x ) d ( − cos x ) = ( ∫ 20 15 8π −2 15 Câu 4.(1,0 điểm) n 1, Chứng minh ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + ( Cn3 ) + + ( n − 1) ( Cnn−1 ) + n ( Cnn ) = C2nn 2 2 Đặt S = ( Cn0 ) + ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + ( Cn3 ) + + ( n − 1) ( Cnn−1 ) + n ( Cnn ) 2 2 2 2 2 n −1 n Ta có S = n ( Cn ) + ( Cn ) + ( Cn ) + ( Cn ) + + ( Cn ) + ( Cn )  Khai triển hai nhị thức ( + x ) ( + x ) ( + x ) so sánh hệ số xn ta n ( 1+ x) 2n 2n = C20n + C21n x + + C2nn x n + + C22nn−1 x n −1 + C22nn x n (C ) +(C ) +(C ) +(C ) n n n 2 n n + + ( Cnn−1 ) + ( Cnn ) = C2nn từ suy ĐPCM 2 2, Tìm xác suất để hai bạn Ngọc Thảo có giải thưởng giống Giả sử có x học sinh nhận sách Toán Vật lí, y học sinh nhận sách Toán Hóa học z học sinh nhận sách Vật lí Hóa học x + y = 5, x + z = 6, y + z = 7, x + y + z = suy x = 2, y = 3, z = Ta có Vậy có học sinh nhận sách Toán Vật lí, học sinh nhận sách Toán Hóa học, học sinh nhận sách Vật lí Hóa học Số khả chia sách cho bạn n ( Ω ) = C9 C7 C4 = 1260 Gọi A biến cố hai bạn Ngọc Thảo nhận sách giống nhau, xảy ba khả năng: Khả thứ nhất: Hai bạn Ngọc Thảo nhận sách Toán Vật Lí , bạn lại có bạn nhận sách Toán Hóa; bạn nhận sách Vật lí Hóa học Số cách phân chia C73 C44 = 35 Khả thứ hai: Hai bạn Ngọc Thảo nhận sách Toán Hóa, tương tự có C72 C51.C44 = 105 cách Khả thứ ba: Hai bạn Ngọc Thảo nhận sách Lí Hóa, tương tự có C72 C53 C22 = 210 cách Vậy: P ( A ) = 350 = 1260 18 Câu 5.(1,0 điểm): Đường tròn (C ) tâm O ( 0;0 ) , bán kính r = M ∈ ( P ) ⇔ M ( t ; t ) theo YCBT ta có OM = ∨ OM = ⇒ t ∈ ±1; ± { } 92 ( ) ( Vậy có bốn điểm M M = ( 1; 1) , M = ( 1; − 1) , M = 2; , M = 2; − http://hocmaivn.com Câu 6.(1,0 điểm) ) 2 x + y + z =  x =   Tọa độ điểm A nghiệm hệ 2 x − y = ⇔  y = ⇒ A ( 1;0; − 1)  y + z = −2  z = −1   uur Đường thẳng (d) có véc-tơ phương v = ( 1;2; − 1) uur Gọi véc-tơ phương đường thẳng ( ∆ ) u = ( a; b; c ) , a + b + c ≠ uur uuuur  u n( P ) =  2a + b + c =   a + 2b − c Theo YCBT ta có  ⇔ = cos  ∆ ; d  = cos 45 = ( ) ( )    2   a + b + c  a = a =   * Giải hệ ta b = −1 + b = −1 −    c = −1 −  c = −1 + x −1 y z +1 x −1 y z +1 = = , ( ∆1 ) : = = Vậy có hai đường thẳng là: ( ∆1 ) : 1 −1 + − −1 − + Câu 7.(1,0 điểm) Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN * Từ giả thiết ta có S ABCD = a sin 600 = a2 * Gọi O, O' tâm hai đáy ABCD A'B'C'D' từ giả thiết ( ACC ' A ') ⊥ ( ABCD )  ( BDD ' B ') ⊥ ( ABCD )  OO ' = ( ACC ' A ') I( BDD ' B ' ) N B' C' O' A' D' H B 600 A C M O D ⇒ OO ' ⊥ ( ABCD ) mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp cho hình hộp đứng * MN / /OB ' MN ⊥ BD ' ⇒ OB ' ⊥ BD ' nên hình chữ nhật BDD'B' ta có BD ' ⊥ B ' O Gọi H giao điểm B'O BD', ta có BH = BD ' sử dụng hệ thức a B ' O.BH = BB '.BO ta có BD = BB ' ⇒ BB ' = a3 Vậy VABCD A ' B 'C ' D ' = S ABCD BB ' = ( đvtt ) Câu 8.(1,0 điểm) 93  x ( x − y + 1) = −2 y ( y − 1) Giải hệ phương trình:   x + y + x + y = x + y ≥ Điều kiện:  4 x + y ≥ http://hocmaivn.com ( 1) ( 2) (1) ⇔ x ( 3x − y + 1) = −2 y ( y − 1)  y = 3x + ( 3) ⇔ x − ( y − 1) x + y − y = ⇔ ( 3x − y + 1) ( x − y ) = ⇔  ( 4)  x = y Thay (3) vào (2) ta được: x + + x + = điều kiện: x ≥ −  11  x ≤ 11 − x ≥ 17 76 ⇔ 49 x + 21x + = 11 − x ⇔  ⇔ ⇔x= ⇒ y = ( tmdk ) 25 25 175 x = 119  x = 17  25 • Thay (4) vào (2) ta được: y + y = ⇔ y = =>x=2(tmdk)   17 76   ; ÷  25 25   Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) ∈ ( 2;1) ,   Câu 9.(1,0 điểm) Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: 52 ≤ a + b + c + 2abc < 27 a+b+c = p ⇒ p − a; p − b; p − c số dương Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương − a ; − b ; − c tacó Ta có 3 − ( a + b + c)  < ( 1− a) ( 1− b) ( 1− c) ≤   =   27 28 28 ⇔ < ab + bc + ca − abc ≤ ⇔ < ( ab + bc + ca ) − 2abc ≤ 27 27 56 52 ⇔ < ( a + b + c ) − ( a + b + c + 2abc ) ≤ ⇔ ≤ a + b + c + 2abc < 27 27 Đẳng thức bên trái xảy a = b = c = 3 94 ĐỀ SỐ 19 http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x −1 (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) cho Viết phương trình tiếp tuyến d (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy A, B cho AB = 82 OB Câu 2.(1,0 điểm) cos x + sin x + = ( tan x + 1) π Giải phương trình  cos x.sin  x + ÷ 3  Giải bất phương trình x2 + x +1 + x2 − ≤ x+4 x2 +1 ( x∈¡ ) Câu 3.(1,0 điểm) ( x + x )e x dx x + e− x Tính tích phân I = ∫ Câu 4.(1,0 điểm) Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 ( + 3i ) Tìm mô đun số phức w = b + ci biết số phức ( − 3i ) 12 ( − i) (1+ i) nghiệm phương trình z + 8bz + 64c = Câu 5.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD biết B(3;3), C (5;−3) Giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng ∆ : x + y − = Xác định tọa độ đỉnh lại hình thang ABCD để CI = BI , tam giác ACB có diện tích 12, điểm I có hoành độ dương điểm A có hoành độ âm Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) : x + y +1 z − = = mặt 1 phẳng ( P ) : x + 2y − z + = Gọi A giao điểm d (P) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) cho BA = BC = ·ABC = 600 Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ·ACB = 300 , hình chiếu vuông góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ khoảng cách B’C’ A’C Câu 8.(1,0 điểm)  ( y −1) x +1 − y = x +1 2  x + x y + y = Giải hệ phương trình:  Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] 95 http://hocmaivn.com Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = LỜI GIẢI Câu 1.( 2,0 điểm) Cho hàm số y = 1.(1,0 điểm) ( a + b) c + 4(ab + bc + ca) 2x −1 (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = TXĐ: D = ¡ \ { 1} , 2x −1 (1) cho x −1 y = −∞; lim y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = Giới hạn tiệm cận: xlim →1 x →1 − + lim y = lim y = ⇒ tiệm cận ngang y = x →−∞ −1 y' = < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng: (−∞;1) (1; + ∞) x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ − y’ +∞ +∞ − y • • • 1• • • y −∞ 1 01 x  Đồ thị: Đi qua điểm  ; ÷, ( 0; 1) nhận giao điểm tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng 2  2.(1,0 điểm) OA + OB = AB ⇒ OA = 9OB Ta có   AB = 82.OB ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến tính k = ± OB =± OA Gọi M ( x0 ; y ) tiếp điểm tiếp tuyến (d ) (C) / ⇒ hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình: f ( x0 ) = k  −1  ( x − 1) = (VN) ⇔ ( x0 − 1) = ⇔ hay:   −1  ( x − 1) = −  tiếp điểm Với k = − tiếp điểm Với k = −  x = ⇒ y = 0    x = −2 ⇒ y =  25  7  4; ÷, ta có pt tiếp tuyến : y = − ( x − ) + hay y = − x + 9  3 5 13   −2; ÷, ta có pt tiếp tuyến: y = − ( x + ) + hay y = − x + 3 9  Câu 2.(1,0 điểm) cos x + sin x + = ( tan x + 1) π 1.(0,5 điểm): Giải phương trình:  cos x.sin  x + ÷ 3  96 π  cos x ≠ x ≠ + kπ    ⇔ ( k ∈ Z ) (*) Điều kiện:   π  sin x + ≠ π     x ≠ − + kπ 3    http://hocmaivn.com   Khi đó:Phương trình cho tương đương với: cos x + sin x + = cos x sin  x + π π π  + sin x.sin + = 3sin  x + ÷ 3 3  π π π π     ⇔ cos  x − ÷ − 3sin  x + ÷ + = ⇔ cos  x − ÷ − 3cos  x − ÷+ = 3 3 6 6     π ÷  cos x ⇔ cos x.cos π π   ⇔ cos  x − ÷ = , cos  x − ÷ = 6 6   π π π  Với cos x −  = ⇔ x − = k 2π ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ¢ ) , thỏa (*) 6 6  π π  x − = + k 2π  π π   ⇒ x = − + k 2π ( k ∈ ¢ ) , thỏa (*) Với cos  x − ÷ = ⇔  6   x − π = − π + k 2π  π Vậy, phương trình có nghiệm: x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ ) 2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình x2 + x +1 + x2 − ≤ x+4 Điều kiện: x > −4 x2 +1 ( x∈¡ ) x2 + x +1 −1  x2 + x +1  − ( x + 1) − x + x +   ⇔ + x − ≤ − + x − ≤ BPT   x+4 x2 + x +1 (2 + x + 1) x + x2 +1   +1 x+4 2( x − 3) x2 − ⇔ + x2 − + ≤0 ( x + 4)( x + x + 1) + x + (2 + x + 1) x +   ≤0 ⇔ ( x − 3)  +1+  ( x + 4)( x + x + 1) + x + (2 + x +1) x +  ⇔ x2 − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ Kết hợp điều kiện ⇒ nghiệm bất phương trình − ≤ x ≤ Câu 3.(1,0 điểm) ( x + x )e x dx Tính tích phân I = ∫ x + e−x 1 xe x ( x + 1)e x ( x + x )e x dx dx = ∫ Ta có I= ∫ xe x + x + e− x 0 Đặt t = x.e x + ⇒ dt = ( x + 1)e x dx Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = e + e +1 e +1 xe x ( x + 1)e x (t − 1)  1 dx = dt = ∫0 xe x + ∫1 t ∫1 1 − t ÷dt Suy I= 97 Vậy I = ( t − ln t ) = e − ln(e + 1) http://hocmaivn.com e +1 Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm):Gọi A biến cố lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn 10 có thẻ mang số chia hết cho 10 Chọn 10 thẻ 30 thẻ có: C 30 cách chọn Ta phải chọn : thẻ mang số lẻ 15 mang số lẻ thẻ mang số chia hết cho 10 thẻ mang số chia hết cho 10 thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 12 Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy biến cố A là: C15 C12 C C155 C124 C 31 99 = Xác suất cần tìm P( A) = 10 667 C 30 ( + 3i ) 2.(0,5 điểm).Tìm mô đun số phức w = b + ci biết số phức ( − 3i ) 12 ( − i) (1+ i) nghiệm phương trình z + 8bz + 64c = ( ) Ta có: + 3i = + 3i + 3.3i + 3i = −8 ( − 3i ) ( + 3i ) Do ( − 3i ) = − 3i + 3.3i − 3i = −8 , ( + i ) = 2i 12 ( − i ) ( −8) ( − i ) = 6 + i ( ) ( −8) ( 2i ) =− 8( − i) = ( + 2i ) = + 16i i Theo giả thiết ta có ( + 16i ) + 8b ( + 16i ) + 64c = ⇔ ( + 2i ) + b ( + 2i ) + c = ⇔ ( 2b + ) i + b + c − = 2b + = b = −2 ⇔ ⇔ ⇒ w = (−2) + = 29 b + c − = c =   Câu 5.(1,0 điểm) t = ⇒ t = ⇒ I (1;1) Vì I ∈ ∆ ⇒ I ( t ;3 − 2t ), t > , CI = BI ⇔ 15t + 10t − 25 = ⇔  t = − (ktm)  Phương trình đường thẳng IC : x + y − = Mà S ABC = AC.d ( B, AC ) = 12 ⇒ AC = 2 a = 11 ⇒ a = −1 ⇒ A( −1;3) Vì A ∈ IC ⇒ A(a;2 − a ), a < nên ta có ( a − 5) = 36 ⇔   a = −1 Phương trình đường thẳng CD : y + = , IB : x − y = x − y =  x = −3 ⇔ ⇒ D(−3;−3) Tọa độ điểm D nghiệm hệ  y + =  y = −3 Vậy A(−1;3) , D(−3;−3) Câu 6.(1,0 điểm): Điểm A = (d ) ∩ ( P ) ⇒ A(−1;0;4) ; Góc ( d ) (P) 30 (1) Vì B ∈ (d ) ⇒ B(−3 + 2t;−1 + t;3 + t ) AB = nên B(−3;−1;3) B(1;1;5) · Mặt khác BA = BC = ·ABC = 600 ⇒ ∆ABC vuông C (2) Suy CAB = 300 (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ C hình chiếu B lên ( P) 98  x −1 y −1 z − = =  −1 Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình   x + y − z + = x + y +1 z − = =  −1   x + y − z + = http://hocmaivn.com   5 2 1 2 Suy C  − ;0;  C  ;0; 11   2 Câu 7.(1,0 điểm) Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG hình chiếu AA ' lên ( ABC ) Gọi M trung điểm BC Từ giả thiết ta có: BC = 2a, AG = 2a · 2a AI = ; A ' AG = 600 ⇒ A ' G = AG.t an600 = 3 Đặt AC = x > Ta có AB = AC + BC − AC.BC cos 30 ⇒ a = x + 4a − 2.x.2a ⇒ AC = x = a Nên AB + AC = a + 3a = 4a = BC ⇒ ∆ABC vuông A Vì A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G chiều cao khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khối chóp A ' ABC Thể tích khối đa diện BCC’B’A’ tính bởi:  1 VBCC / B / A/ = VABC A/ B /C / − VA/ ABC = 1 − ÷S ABC A ' G = AB AC A ' G = a.a 2a = a (đvtt)  3 3 3 Kẻ AK ⊥ BC K GI ⊥ BC I ⇒ GI // AK GI MG 1 AB AC a.a a = = ⇒ GI = AK = = = AK MA 3 BC 2a BC ⊥ GI  Kẻ GH ⊥ A’I H (1) Do  ⇒ BC ⊥ GH (2) BC ⊥ A ' G  Từ (1) (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ d [G, ( A ' BC )] = GH ⇒ Vì B ' C ' // BC , BC ⊂ ( A ' BC ) nên B ' C ' //( A ' BC ) A ' C ⊂ ( A ' BC ) ⇒ d ( B ' C ' , A ' C ) = d [ B ' C ' , ( A ' BC )] = d [ B ', ( A ' BC )] Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) N trung điểm AB’ Do đó: d [ B ', ( A ' BC )] = d [ A, ( A ' BC )] = 3d [G, ( A ' BC )] = 3GH = 2a a 3 A ' G.GI = 6a = 2a 51 = 17 51 A ' G + GI 12a 3a + 36 Vậy d ( B ' C ' , A ' C ) = A' C' B' N A H C G I B M K 2a 51 17 Câu 8.(1,0 điểm) ( y − 1) x + − y = x + (1) (I ) +)  2 (2)  x + x y + y = x + = t ≥ ⇒ phương trình (1) có dạng 2t − ( y − 1) t + y − = t = y − 2  ⇒ +) ∆ = ( y − 1) − ( y − 1) = ( y − 3) t = (l )  Đặt 99 y ≥1 +)http://hocmaivn.com Với t = y − ≥ ⇔ x + = y − ⇔  x = y − y  thay vào (2) ta được: 16 y ( y − 1) + y ( y − 1) + y − = ⇔ y = (do y ≥ ) ⇒ x = Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) Câu 9.(1,0 điểm) P viết lại dạng tương đương là: P = ( a + b) ( a + b) ≥ =M c + 4c(a + b) + 4ab c + 4c(a + b) + (a + b) Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ , nên chia tử mẫu M cho (a + b) ta được: M = = t + 4t + với t = c 1  Với a, b, c ∈ [1;2] ⇔ t ∈  ;1  c   c  a+b   + 4  +1 4  a+b a+b − 2(t + 2) 1  1  / / Xét hàm số f (t ) =  ;1 Ta có f (t ) = 2 < 0, ∀ t ∈  ;1 ⇒ f (t ) ( t + t + ) t + 4t + 4  4  1  nghịch biến  ;1 Do ∀ t ≤ ⇒ f (t ) ≥ f (1) = 4  Đẳng thức xảy t = ⇔ (a; b; c) = (1;1;2) Vậy Min P = (a; b; c) = (1;1;2) 2 ĐỀ SỐ 20 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x + mx (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B, đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ O đến trọng tâm G tam giác AOB nhỏ Câu 2.(1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3sin x + cos x + cos 3x = 3cos x − cos x + 2) Giải bất phương trình: x2 + 4x + > x (x + 1) Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x − 2) x dx 4− x Câu 4.(1,0 điểm) n   1.(0,5 điểm).Khi khai triển P(x) =  x3 + ÷ (x ≠ 0) 2x   3n n −5 n −10 + + an x −2 n ta P(x) = a0 x + a1 x + a2 x Biết ba hệ số theo thứ tự lập thành cấp số cộng Hãy tính n tính hệ số số hạng chứa x4 2.(0,5 điểm).Tìm số phức z thỏa mãn z = z − − 3i z − 3i số ảo z −3 Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, biết đường thẳng AB, BC, CD, DA tương ứng qua M(10; 3), N(7; – 2), P(–3; 4), Q(4;–7) Lập phương trình đường thẳng AB Câu 6(1,0 điểm) 100 x −1 y −1 z −1 x y +1 z − = = = , d2 : = 2 −2 Chứng minh d1 d2 cắt A Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M(2; 3; 1) http://hocmaivn.com Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng : d1 : tạo với d1, d2 tam giác cân A Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, đỉnh A’ cách A, B, C cạnh bên AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 Gọi I trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách AI BA’ ( x − 3)( x + 4) = y ( y − 7)  Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  y = x −  x −1 2− y  Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a + b2 + c2 + − (a + 1)(b + 1)(c + 1) LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1).(1,0điểm) Với m = ta có y = x3 – 3x2 TXĐ : D = R ; lim y = +∞ ; lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ + y’ = 3x – 6x , x = ⇒ y = y’ = ⇔   x = ⇒ y = −4 +BBT x –∞ y’ + y 0 - -∞ +∞ + +∞ -4 + Hàm đồng biến khoảng (– ∞ ,0) (2,+ ∞ ), Hàm số nghịch biến khoảng (0, 2) Hàm số đạt cực đại điểm (0, 0), Hàm số đạt cực tiểu điểm (2, – 4) +y’’ = 6x – , y’’ = ⇔ x = ⇒ y = – Đồ thị có điểm uốn (1 ; – ) + Đồ thị : -1 -5 10 -2 -4 -6 2)( 1,0 điểm) y’ = 3x2 – 6x + m + Hàm số có hai điểm cực trị y’ = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 101 ⇔ ∆ = – 3m > ⇔ m < http://hocmaivn.com x + Vì y = (3x − x + m)( − ) + ( m − 2) x + m 3 3 ⇒ Đường thẳng qua điểm cực đại điểm cực tiểu d : y = ( m − 2) x + m 3 + Hai điểm cực trị điểm O tạo thành tam giác ≠ m< +Hai điểm cực trị đồ thị A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2) trọng tâm G tam giác OAB , x1 + x2 y1 + y2 2m − 4  2m −  = ; yG = = G(xG ; yG) với xG = ⇒ OG = + ≥ , ∀ m x (x + 1) Điều kiện x ≥ Đặt t = x , t ≥ ( ) Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t ⇔ t4 – 3t3 + 4t2 − 3t +1 > ⇔ (t – 1)2(t2 – t + 1) > ⇔∀t ≠ Vậy nghiệm bất phương trình x≥ x ≠ Câu 3.(1,0 điểm) x dx 4− x π Đặt x = 4sin2t , t ∈ [0, ] ⇒ dx = 4sin2tdt π + Với x = ⇒ t = ; x = ⇒ t = I = ∫ ( x − 2) π π π 0 I = (−2 cos 2t ) sin t sin 2tdt = cos 2t (cos 2t − 1) dt = (1 + cos 4t − cos 2t )dt ∫ ∫ ∫ cos t π =  t + sin 4t − sin 2t ÷ = π −  0 Câu 4.(1,0 điểm) 102  http://hocmaivn.com 1.(0,5 điểm) : x3 n k n n  k 3( n − k )   k 3n −5 k + C x = = ∑ n   ÷ ∑ Cn k x ÷ x x     k =0 k =0 1 2 1 Ba hệ số Cn , Cn , Cn (n ≥ 2) lập thành cấp số cộng ⇔ Cn + Cn = 2.Cn 4 n = n(n − 1) ⇔ 1+ = n ⇔ n − 9n + = ⇔  n = 8 24−5 k x 2k k =0 Suy số hạng chứa x4 24 – 5k = ⇔ k = Vậy hệ số x4 C84 2.(0,5 điểm) Gọi z = x + iy Ta có z = z − − 3i ⇔ x + yi = ( x − 3) + ( y − 3)i   x + ÷ = 2x   Vì n ≥ nên chọn n = ⇔ x + y = ( x − 3) + ( y − 3)3 ⇔ y = − x (1) z − 3i x + ( y − 3)i [x + ( y − 3)i ][( x − 3) − yi] = = ( x − 3) + y z − ( x − 3) + yi ∑C k = x( x − 3) + y ( y − 3) [( x − 3)( y − 3) − xy ]i + ( x − 3) + y ( x − 3) + y 2 x( x − 3) + y ( y − 3) z − 3i  x + y = 3( x + y ) = ⇔ số ảo (2)  2 ( x − 3) + y z −3 ( x − 3) + y ≠  x + (3 − x) = 2 x − x = ⇔ ⇔ x = ⇒ y = x ≠ x ≠ +Thế (1) vào (2) ta  Vậy z = 3i Câu 5.(1,0điểm) uuur uuur + Gọi VTPT AB nAB = (a, b) (a2 + b2 > 0) ⇒ nBC = (b , - a) Khi cạnh hình vuông d(P, AB) = d(Q, BC) (1) + AB qua M(10, 3) nên phương trình AB: a(x – 10) + b(y – 3) = P(- 3, 4) nên d(P, AB) = −13a + b a2 + b2 (2) +BC qua N(7, - 2) nên phương trình BC: b(x – 7) – a(y + 2) = Q(4, - 7) nên d(Q, BC) = −3b + 5a a2 + b2 (3) 9a = 2b + Từ (1) , (2), (3) ta có −13a + b = −3b + 5a ⇔   −4a = b + Với 9a = 2b ta chọn a = b= suy AB : 2x + 9y – 47 = +Với – 4a = b ta chọn a = b = - suy AB : x – 4y + = Câu 6.(1 điểm) x = 1+ t x = s   Phương trình tham số d1 d2 d1 :  y = + 2t ; d :  y = −1 + 2s  z = + 2t  z = − 2s   1 + t = s x =   + d1 d2 có điểm chung hệ sau có nghiệm 1 + 2t = −1 + 2s ⇔  y = 1 + 2t = − s z =   Vậy d1 cắt d2 tạiurA(1, 1, 1) uur + d1 có VTCP u1 = (1, 2, 2), d2 có VTCP u2 = (1, 2, - 2) 103 r ur uur Mp(P) chứa d1 d2 có VTPT n = [u1 , u2 ] = ( - 8, 4, 0) http://hocmaivn.com nên có phương trình: 2x – y – = 0.Ta thấy M(2, 3,1) ∈ (P) ur ur uur ur r r v1 / / u1 + u2 = (2, 4, 0) ⇒ v1 = (1, 2, 0) uur + Ta có u = v = ⇒  uur ur uur VTCP hai đường phân giác v2 / / u1 − u2 = (0, 0, 4) ⇒ v2 = (0, 0,1) góc tạo d1 , d2 x = + t ur  + Đt ∆1 qua M(2;3;1) nhận v1 = (1, 2, 0) làm VTCP có pt  y = + 2t ( loại A ∈ ∆1 ) z =  uur + Đường thẳng ∆ qua M(2;3;1) nhận v2 = (0,0,1) làm VTCP có pt : x=2,y=3,z=1+t Vậy đường thẳng ∆ cần tìm có phương trình: x=2,y=3,z=1+t Câu 7.(1 điểm) +Gọi H tâm tam giác ABC Từ A’A = A’B = A’C ⇒ A’H ⊥ (ABC) A’H = AH.tan600 = a 3=a 3 ⇒ VABC.A’B’C’ = SABC A’H = a A' C' B' x E A C H K B I +Kẻ Bx//IA, HK ⊥ Bx, HE ⊥ A’K Ta có AI//(A’Bx) HE ⊥ (A’Bx) suy HE = d(AI, BA’) + Xét tam giác vuông A’HK ta có: Suy d(IA,BA’) = 1 = + = 2+ = 2 2 HE OA ' OK a a a a ( x − 3)( x + 4) = y ( y − 7) (1)  x −1 Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình  y  x − = − y (2)  x −1 > x > ⇔  2 − y > y < + ĐK +Từ (1) ta có ( x − 1) + 3( x − 1) = (2 − y ) + 3(2 − y ) (3) +Xét hàm f(t) = t2 + 3t , t > 0.Ta có f’(t) = 2t + > 0, ∀ t>0 ⇒ f(t) đồng biến (0,+ ∞ ) Mà (3) ⇔ f(x – 1) = f(2 – y) ⇔ x – = – y ⇔ x = – y Thế vào (2) ta y2 2− y = 2− y 2− y  y =1⇒ x = ⇔ y2 + y – = ⇔   y = −2 ⇒ x = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x ; y) (2 ; 1) (5 ; – ) Câu 9.(1 điểm) 104 2  a+b+c+3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤  ÷   2 2 2 http://hocmaivn.com +Áp dụng BĐT Cô-Si ta có: a + b + c + ≥ (a + b) + (c + 1) ≥ (a + b + c + 1) Suy P ≤ 54 − a + b + c + ( a + b + c + 3)3 t Đặt t = a + b + c + 1, t > Khi ta có P ≤ − 54 (t + 2)3 54 − (1 ; + ∞ ) Ta có t (t + 2)3 t = 54.3 = ⇔ 9t = (t + 2) ⇔  f’(t) = − + Suy BBT t (t + 2) t = + Xét hàm f(t) = t ∞ f’(t) + 1/4 + – f(t) Dựa vào BBT suy P ≤ Dấu đẳng thức xảy t = ⇔ a = b = c = Vậy GTLN P , đạt a = b = c = 105 [...]...  ! 2 015 Tính tổng : T = ∀k = 0 ,1, 2,3, , 2 014 2 015 1 1  2 015 1 2 2 015 0  = 2 1 C2 015 + C2 015 + L + C2 015 = ( 1 + 1) − C2 015 ( )  2 015 2 015 2 015 2 015 2 1 Vậy: T = 2 015 ⇒T = 1 Cách 2: Xét tích phân: ∫ (1+ x) 2 014 0  x.C =  1 0 2 014 + 1 Mà ∫ (1+ x) 2 x C 2 2 014 1 2 014 2 2 014 x C 3 ( 1+ x) dx = |10 = 0 1 2 2 014 dx = ∫ ( C2 014 + x.C2 014 + x 2 C2 014 + + x 2 014 C2 014 ) dx 0 + + 2 015 2 015 0 Vậy:... Câu 9. (1, 0 điểm) 1 x 1 y 1 z Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ + + ≥ 2 nên Tương tự ta có 1 1 1 y 1 z 1 ( y − 1) ( z − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (1) x y z y z yz 1 1 1 x 1 z 1 ( x − 1) ( z − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x − 1) ( y − 1) ≥ 1 +1 = + ≥2 (3) y x y x y xy 1 8 Nhân vế với vế của (1) , (2), (3) ta được ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ≤ vậy Amax = 1 3 ⇔x= y=z= 8 2 ĐỀ SỐ 5 23 Câu 1. (2,0...  1 1 1 1 7 = lim − lim = − − = − 2 x →2 x→2 2 3 2 x + 2 6 − x + 2 3 x +4 ( ) ( ) + 2 x + 4 + 4 16 12 48 ⇔ cos 2 x = 0 ∨ sin 2 x + cos 2 x = 0 ( loai ) ⇔ 2 x = http://hocmaivn.com ( ) ( Vậy L= − ) ) 7 48 Câu 3. (1, 0 điểm): 0 C2 014 C1 C2 C 2 014 + 2 014 + 2 014 + L + 2 014 1 2 3 2 015 2 014 ! k 2 015 ! 1 k +1 Cách 1: Ta có: C2 014 = k !( 2 014 − k ) ! = 1 × = ×C2 015 k +1 k +1 2 015 ( k + 1) !  2 015 − ( k + 1) ... 3 1 x 2 014 0 1 2 2 014  1 C2 014 C2 014 C2 014 C2 014 C2 014 | + + + L + ÷0= 2 015  1 2 3 2 015 2 015 1 ( 22 015 − 1) 2 015 22 015 − 1 2 015 π 2 Câu 4. (1, 0 điểm): Tính tích phân s inx  s inx + ∫ 0 π 2 Ta có I= sin x  sin x + ∫  0 π 2  π 2 π 2  ÷dx  π 2 cos 2x.sin x  = sin 2 xdx + ∫ dx ÷dx ∫ 1 + 3 cos x  1 + 3 cos x 0 0 cos 2x Tính A= sin xdx = 1 ( 1 − cos2x ) dx = ∫0 2 ∫0 2  cos2x 1 + 3cos x π 1 1. .. 0 1 1 1 1 + m − 2 = m3 ⇒  Thay x = vào (1) ta được: 2 2 2 2 2  m = 1 2 1 * Với m = 0, (1) trở thành: 4 x − 4 1 − x = 0 ⇔ x = 2 1 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 * Với m = - 1, (1) trở thành: x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = 1 kiện cần là x = 1 − x ⇔ x = ( ⇔ ( ) ) ( ) x + 1 x − 2 4 x ( 1 x) + x +1 x − 2 x ( 1 x) = 0 ⇔ ( 4 ) +( 2 x − 4 1 x x − 1 x ) 2 =0  4 x − 4 1. .. − 1 > 0 ( 2 x2 + x ) 2 x + x +1 +1 >0 2 x ( x + 1) 3x x + 1 + >0⇔ x>0 x + 1 + 4 x + 1 1 + x2 + x + 1 Vậy nghiệm của BPT là x < 1; x > 0 ⇔ e Câu 3. (1, 0 điểm): Tính tích phân T = ∫ 1 ln x + e x ( e 2 + ln x ) 1 + ex dx 35 e e Thttp://hocmaivn.com = ∫ ln xdx +e 2 ∫ ex x 1 e +1 1 e T1 = ∫ ln xdx = 1 e T2 = e 2 ∫ e e x ln x 1 dx = T1 + T2 e e − ∫ dx = e − x 1 = 1 x 1 ) 1 = e2 ( ln ( ee + 1) − ln ( e + 1) ... xzz  16  x y z  Theo giả thi t xy + yz + zx = 2 012 xyz ⇔ Chứng minh tương tự ta có: Vậy: 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ≤  + + ÷; ≤  + + ÷ x + 2 y + z 16  x y z  x + y + 2 z 16  x y z  1 1 1 1  1 1 1  2 012 + + ≤  + + ÷= = 503 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4  x y z  4 vậy A=503 là lớn nhất khi x=y=z=3/2 012 ĐỀ SỐ 7 Câu 1. (2,0 điểm) 4 2 Cho hàm số y = x − 2mx + 2 ( Cm ) với m là tham số 1) Khảo... ) 6 tan 2 x + 1 4 I=∫ dx = − ∫ dx cos2x (t anx +1) 2 0 0 π 6 Đặt t = t anx ⇒ dt= 1 3 Suy ra I = − ∫ 0 1 dx = (tan 2 x + 1) dx 2 cos x Với x = 0 ⇒ t = 0; x = π 1 ⇒t = 6 3 1 dt 1 3 1 3 = = (t + 1) 2 t + 1 0 2 1 2 2 015 k + 2 015 2 015 Cnk +1 + C2 015 Cnk + 2 + + C2 015 Cn = Cnk++2 015 (0 ≤ k ≤ n − 2 015 ) (*) 2 C C + C2 015 Nhận xét : VP(*) là hệ số của x k + 2 015 trong khai triển (1 + x) n + 2 015 VT(*) là hệ... ,bán kính SB 1 1 4 + 16 + 16 = 3 , Nên tâm: I ( 1; 2; 2 ) và bán kính :R = SB = 2 2 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − 2 ) + (z − 2)2 = 9 R= Câu 7 (1, 0 điểm) : Gọi O = AC ∩ BD, O = A1C1 ∩ B1D1 , I = AM ∩ OO1 Trong mặt phẳng ( BDD1 B1 ) qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB1 , DD1 lần lượt tại K , N Khi đó AKMN là thi t diện cần dựng A1 D1 B1 C1 M K N I A D O B C 17 V1 = VA.BCMK +... xlim 1 x 1 + y'= − − 3 < 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2 y Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ ;1) , (1; +∞) Bảng biên thi n: t - x+2 x -1 4 5/2 1 1 + -2 - y f(x) = + 1 O 1 2 3 x -2 + y' - 1 Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I (1; 1) làm tâm đối xứng 2. (1. 0điểm ) Gọi I (1; 1) , đồ thị hàm số đã cho là (C) x = 1+ X  y = 1+ Y uur Phép tịnh tiến hệ trục Oxy → IXY theo OI = (1; 1) :  Hàm số đã cho trở thành 1 + Y = 1+ X +