Hướng dẫn đề số 1

Hướng dẫn đề số 1

[WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) + Từ M kẻ tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt:   − x + x − = k ( x − m) + (1)   m < −1 hoaëc m > ⇔  (2)  −3 x + x = k m ≠   Câu II: 1) Đặt t = x + + x + > (2) ⇔ x = 2) ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin x −  =   2) π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 33 33 Câu III: (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x ) = + cos x + cos8 x ⇒ I = π 64 16 64 128 ⇔ x=− Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; AM = a; SM= 4a ⇒ SM = SB V1 SM SN SM = (1) V SB SC SB V V 3 ⇒ = ⇒ = ⇒ V2 = V (2) V V 5 = a3 a3 ⇒ V2 = V = S∆ABC SA = 3 Câu V: a + b ≥ 2a2 b2 (1); b + c ≥ 2b2 c2 (2); c + a ≥ 2c2 a (3) ⇒ a + b + c4 ≥ abc(a + b + c) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc(a + b + c + d ) ⇒ a + b + c + abcd ≤ (4) ⇒ đpcm abc(a + b + c + d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x + y − x − 8y + 10 = 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ) : x y z + + =1 a b c  77 a = 4 uu r uu r  a + b + c =1   IA = (4 − a;5;6), uu = (4;5 − b;6) JA 77 uur r ⇒ ⇒ b = −5b + 6c = JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c)    −4a + 6c = c = 77    n ⇒ n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | ⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm C1(1; −1) , C2 (−2; −10) 11 11 16 x + y + = 0  3 91 91 416 = 0  + Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x + y − x + y + 3 2) Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) mặt phẳng qua CD (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) x = α  x=2 với α >0 tuỳ ý vaø  Câu VII.b:  y =α   y=1 + Với C1 (1; −1) ⇒ (C): x + y − Trang Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) trục hoành: x − 3mx + x − = (1) Gọi hoành độ giao điểm x1; x2 ; x3 Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng x2 = m nghiệm phương trình (1) m = ⇔  ⇒ −2m + 9m − = Thử lại ta :  m = −1 ± 15   m= −1 − 15  x = Câu II: 1) sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = ⇔  x =   2) < x ≤ kπ kπ 1 Câu III: A = lim x + − + lim − − x = + = 12 12 x →1 x →1 x −1 x −1 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − y vào bpt ta được: 50 y − 30 Fy + 5F − 5F + ≤ Vì bpt ln tồn y nên ∆ y ≥ ⇔ − 25 F + 250 F − 400 ≥ ⇔ ≤ F ≤ Vậy GTLN F = x + y Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a BF1+BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = ⇒ AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = − 33 ( x − a)2 + ( y + a)2 = a2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường trịn có dạng:  ( x − a)2 + ( y − a)2 = a2 (b)  a = a) ⇒  a = b) ⇒ vô nghiệm Kết luận: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = ( x − 5)2 + ( y + 5)2 = 25 r r r x −1 y −1 z + r uu uu = = 2) u = ud ; nP  = (2;5; −3) ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ :   −3 Câu VII.b: Toạ độ điểm cực trị là: A(m;3m + 1) B(−3m; −5m + 1) Vì y1 = 3m2 + > nên để cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, cực trị m >  (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy  −3m < ⇔ m>  −5m + <  Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a + 1), B(b; b3 − 3b + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến (C) A B song song suy y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = ⇔ a + b − = ⇔ b = – a ⇒ a ≠ (vì a ≠ b) Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + − a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2  a = ⇒ b = −1 AB = ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔   a = −1 ⇒ b = ⇒ A(3; 1) B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x − = x ⇔ x = 3; x = −3 +  π  π 2) (2) ⇔ sin  x − ÷ = sin  − x ÷ ⇔ 3 2    5π 2π  x = 18 + k (k ∈ Z ) (a)   x = 5π + l 2π (l ∈ Z ) (b)    π 5π ÷ nên x= 18  2 Vì x ∈  0; Câu III: Đặt x = –t ⇒ ⇒2 π ∫ f ( x )dx = −π π π π π − − π ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( −t ) ( −dt ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx −π π ∫ − π  f ( x ) + f (− x )  dx =   π ∫ π − π cos4 xdx −π 1 3π + cos2 x + cos x ⇒ I = 8 16 uuu uuu uuu r r r Câu IV: V =  AH , AK  AO = a   27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: cos4 x = ab2 c ab2 c ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − (1) 4 2b c 1+b c 1+ b c Dấu = xảy b = c = bc ( + d ) b bc d bc d bc d bc bcd =b− ≥b− =b− ≥b− =b− − (2) 2 4 2c d 1+c d 1+ c d cd ( + a ) c cd a cd a cd a cd cda =c− ≥c− =c− ≥c− =c− − (3) 2 4 2d a 1+d a 1+ d a da ( + b ) d da2 b da b da b da dab =d− ≥d− =d− ≥d− =d− − (4) 2 4 2a b 1+a b 1+ a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab + + + ≥4− − 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Mặt khác: a =a− ≥a− =a− a+c+b+d  • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) ≤  ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a+c = b+d   2 a+b c+d • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤  ÷ ( c + d) + ÷ ( b + a)     a+b c+d  + ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b ) ( c + d )  ÷= ( a + b ) ( c + d )   a+b+c+d  ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤  ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d =   Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Ơn thi Đại học Vậy ta có: a 1+ b c ⇔ + a 1+ b c b 1+ c d + + b 1+ c d c 1+ d a + + c 1+ d a d 1+ a b + ≥4− d + a2 b Trần Sĩ Tùng 4 − 4 ≥ ⇒ đpcm Dấu "=" xảy a = b = c = d = x = t Câu VI.a: 1) Ptts d:  Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d  y = −4 + 3t uuu uuu r r t = −2 1 ⇔ 4t + 4t + = ⇔  S = AB AC.sin A = AB AC − AB.AC = t = 2 ⇒ C(–2; –10) C(1;–1) r r r r uu uuu 2) (Q) qua A, B vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n =  n p , AB  = ( 0; −8; −12 ) ≠   ⇒ (Q) : y + 3z − 11 = Câu VII.a: Vì z = + i nghiệm phương trình: z2 + bx + c = nên: ( ) b + c =  b = −2 (1 + i)2 + b(1 + i) + c = ⇔ b + c + (2 + b)i = ⇔  ⇔ 2+b =  c = Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC song song d: (β): 3x – 3y + z = 6x + 3y + 2z − 12 = ∆ giao tuyến (α) (β) ⇒ ∆:  3x − 3y + z =  z = −1 z = Câu VII.b: z4 – z3 + 6z – 8z –16 = ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z2 + 8) = ⇔   z = 2i  z = −2 2i  Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) x − x + = log2 m có nghiệm ⇔ log12 m = 9 ⇔ m = 12 = 144 12  − cos2 x − cos x cos x = cos x π π ⇔ cos2x = ⇔ x = + k sin x ≠ Câu II: 1) (1) ⇔  t2 − (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3] t +1 t + 2t + t2 − > Vậy g tăng [1,2] Khảo sát g(t) = với ≤ t ≤ g'(t) = t +1 (t + 1)2 2) Đặt t = x2 − 2x + (2) ⇔ m ≤ t2 − Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤ có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) = t∈[ 1;2] t +1 Câu III: Đặt t = 2x + I = ∫ t2 dt = + ln2 1+ t r r r uuuuu uuu uuuu a3 15 Câu IV: V = A A1  AB,AM  = ; S∆BMA =   AA1BM Trang uuur uuuuu r  MB,MA  = 3a2 1  [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng ⇒ d= Ôn thi Đại học 3V a = S Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy) Gọi I trung điểm BC ⇒ I (0; 3; 0) ·MIO = 450 ⇒ α = ·NIO = 450 3 3 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC =  a + ÷ đạt nhỏ ⇔ a = ⇔ a = a  a u = x − Câu VII.a: Đặt  Hệ PT ⇔ v = y − u + u + = 3v   v + v + = 3u  ⇒ 3u + u + u + = 3v + v + v + ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t + Ta có: f ′ (t ) = 3t ln + t + t2 +1 t2 +1 > ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u = v ⇒ u + u + = 3u ⇔ u − log (u + u + 1) = (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log u + u + ⇒ g '(u ) > ⇒ g(u) đồng biến Mà g (0) = ⇒ u = nghiệm (2) KL: x = y = nghiệm hệ PT Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 2) A, B nằm phía (P) Gọi A′ điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1; 0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ M giao điểm (P) với A′B ⇒ M(2;2; −3) Câu VII.b: (log x + log x )log2  log2 x + 0 < x ≤ ≥0 ⇔ 2x ≥ ⇔  log2 x  x >1 Hướng dẫn Đề sô   Câu I: 2) Gọi M  x0 ; + ÷ ∈(C) x0 −   Tiếp tuyến d M có dạng: y = −3 ( x − x0 ) + + ( x0 − 1) x0 −   Các giao điểm d với tiệm cận: A 1; + ÷ , B(2x0 –1; 2) x0 −   S∆IAB = (không đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB  x0 = + = x0 − ⇒  ⇔ ⇒ M1(1 + 3; + ); M2(1 − 3;2 − ) x0 −  x0 = −   2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = π Câu II: 1) (1) ⇔  ⇔ 2cosx – = ⇔ x = ± + k 2π sin x ≠ 0, cos x ≠ ( x − 2) + ( y − 3) =  x2 − = u  2) (2) ⇔  Đặt  ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 = y −3 = v  u + v = u = u = Khi (2) ⇔  ⇔  v = v = u.v + 4(u + v) = Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng   x =  x = −2  x =  x = −  ⇒ ; ; ; y = y = y = y =   Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= t ∫ e (1 − t )dt = e 20 tan α tan α 1 a = tan α ≤ Câu IV: V= 3 Ta có 2 (2 + tan α ) (2 + tan α ) + tan α + tan α + tan α 27 ⇒ V max = 4a 27 tan α =1 ⇒ α = 45 o Câu V: Với x, y, z > ta có 4( x3 + y ) ≥ ( x + y )3 Dấu "=" xảy ⇔ x = y Tương tự ta có: 4( y + z ) ≥ ( y + z ) Dấu "=" xảy ⇔ y = z 4( z + x ) ≥ ( z + x)3 Dấu "=" xảy ⇔ z = x ⇒ 3 3 4( x3 + y ) + 4( y + z ) + 4( z + x3 ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ xyz  x y z Ta lại có  + + z x y  ÷≥  Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z xyz   xyz = 1  ⇔x=y=z=1 Vậy P ≥  xyz + ÷ ≥ 12 Dấu "=" xảy ⇔   xyz ÷ x = y = z   Vậy minP = 12 x = y = z = Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = Câu VII.a: Nhận xét: 10 x + x + = 2(2 x + 1) + 2( x + 1) 2x +  2x +   2x +  = t Điều kiện : –2< t ≤ (3) ⇔  ÷ − m ÷+ = Đặt x2 +  x +1  x +1  12 2t + Rút m ta có: m= Lập bảng biên thiên ⇒ < m ≤ –5 < m < −4 t r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M có VTPT n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) r => VTPT BC là: n1 = (−b; a) ⇔ ax + by –2a –b =0 Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 −b 3b + 4a b = −2a = ⇔ Do ABCD hình vng nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ 2 2 a +b a +b b = − a • b = –2a: AB: x – 2y = ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – =0 • b = –a: AB: –x + y+ =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ =0  x – y + 10 z – 47 = 2)   x + 3y – 2z + = 3 Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + = ( x − 1) + ( x − 1) Xét hàm số: f(t)= t + t , hàm số đồng biến R f ( mx + 1) = f ( x − 1) ⇔ mx + = x − Giải biện luận phương trình ta có kết cần tìm −2 • −1 < m < phương trình có nghiệm x = m −1 • m = –1 phương trình nghiệm với ∀x ≥ • Các trường hợp cịn lại phương trình vơ nghiệm Hướng dẫn Đề sơ Câu I: 2) M(–1;2) (d) cắt (C) điểm phân biệt ⇔ m > − ; m ≠ Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học −3 ± 2 Tiếp tuyến N, P vng góc ⇔ y '( xN ) y '( xP ) = −1 ⇔ m = 3 Câu II: 1) Đặt t = 3x > (1) ⇔ 5t − 7t + 3t − = ⇒ x = log ; x = − log log ( x + 1) − log ( x − 1) > log ( a)  log ( x − x + 5) − m log ( x2 − x + 5) =  2)  (b ) • Giải (a) ⇔ < x < • Xét (b): Đặt t = log ( x − x + 5) Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3)  25  ; −6 ÷   3 Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 3) = (d ) (b) ⇔ t − 5t = m Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ∈  − • Nếu x>3 từ (b) có: y = x( x − 3) + 27 > 27 ⇒ y > từ (c) lại có: z = y ( y − 3) + 27 > 27 ⇒ z > => (d) khơng thoả mãn • Tương tự, x y=3; thay vào (c) => z=3 Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I trung điểm AD, HL ⊥ SI ⇒ HL ⊥ ( SAD ) ⇒ HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) a 21 1  − (1 − a) − (1 − b) − (1 − c)  + + + + Câu V: T = = ÷− ( − a + − b + − c ) 1− b 1− c  1− a 1− b 1− c  1− a 1 + + ≥ Ta có: ; < − a + − b + − c < (Bunhia) 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = ⇒T≥ − 6= 2 6 Câu VI.a: 1) B  ; ÷; 5 5 6 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = minT = 2 4 7 C1 (0;1); C2  ; ÷ 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính (Q) qua tâm I Suy ra: –2a – b = ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (Q): y – 2z = Câu VII.a: Cân hệ số ta a = 2, b = –2, c = Phương trình ⇔ ( z − 2i )( z − z + 4) = ⇔ z = 2i; z = + 3i; z = − 3i ⇒ z = Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = Gọi M(0; m) ∈ Oy ·AMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ⇒ ·  AMB = 1200 (2)  Vì MI phân giác ·AMB nên: IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 300 IA (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vơ nghiệm Vậy có hai sin 600 3 (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = điểm M1(0; ) M2(0; − ) 2) Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) =  2 Câu VII.b: Đặt u = e x − ⇒ J =  − (eb − 2)  Suy ra: blim2 J = = → ln     2 Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) xB, xC nghiệm phương trình: x + 2mx + m + = Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 1 ± 137 BC.d ( K , d ) = ⇔ BC = 16 ⇔ m = 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cos x – sin x )2 − 4(cos x – sin x ) – = ⇔ x = + k 2π ∨ x = π + k 2π  (2 x )3 +   = 18  ÷  a + b = y 2) (2) ⇔  Đặt a = 2x; b = (2) ⇔  y  ab = 2 x  x +  = ÷  y y   S∆KBC = ⇔ 3−  3+  ; ; ÷,  ÷ Hệ cho có nghiệm:   3+ ÷  3− ÷    Câu III: Đặt t = cosx I = 16 ( π + 2) 3a Câu IV: VS.ABC = SSAC SO = a = SSAC d (B; SAC ) SSAC = a 13 ⇒ d(B; SAC) = 13 16 16 Câu V: Đặt t = 31+ 1− x 2 Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] (3) ⇔ m = t − 2t + t −2 48 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + với t ∈ [3;9] f(t) đồng biến [3; 9] ≤ f(t) ≤ t−2 48 ⇒ 4≤m≤ Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = ABIC hình vuông cạnh ⇒ IA = m −1  m = −5 = ⇔ m −1 = ⇔  m = 2) Gọi H hình chiếu A d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), r có AH ≥ HI => HI lớn A ≡ I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A ta uuu nhận AH làm VTPT ⇒ (P): x + y − 5z − 77 = Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cơ–si ta có: ⇔ a3 + b + c 3a b3 + c + a 3b c3 + a + b 3c + + ≥ ; + + ≥ ; + + ≥ (1 + b)(1 + c) 8 (1 + c)(1 + a) 8 (1 + a)(1 + b) 8 a3 b3 c3 a + b + c 33 abc 3 + + ≥ − ≥ − = (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = a − b − 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB  a + b−5  a − b = (1) ; ⇒ a−b−5 =3⇔  ; Trọng tâm G  ÷ ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)   a − b = (2)  ⇒ S = p + 65 + 89 S • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p +2 • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m < 13) Gọi H trung điểm MN ⇒ MH= ⇒ IH = d(I; d) = −m − r uu r r  u; AI    (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) ⇒ d(I; d) = =3 r u Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Vậy : − m − =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y >  log ( x + y ) = log + log ( xy) = log (2 xy)  2 2   x − xy + y =   x + y = xy ( x − y )2 = x = y x =  x = −2      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay  2  xy = y =  y = −2  x − xy + y =  xy =      Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT m < Toạ độ điểm cực trị là: A(0; m − 5m + 5), B( − m ;1 − m), C ( − − m ;1 − m) Tam giác ABC cân A ⇒ ∆ABC vuông A m = 1 Câu II: 1) • Với −2 ≤ x < : x + − − x < 0, − x > , nên (1) 5 • Với < x < : (1) ⇔ x + − − x ≥ − x ⇔ ≤ x < 2  1  5 Tập nghiệm (1) S =  −2; ÷∪  2; ÷ 2  2  π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan x + 3) = ⇔ x = − + k ; k ∈ Z π 5π Kết hợp với điều kiện ta k = 1; nên x = ; x = Câu III: • Tính H = ∫ 1− x dx Đặt 1+ x π  π x = cos t; t ∈ 0;  ⇒ H = −  2 u = ln(1 + x) • Tính K = ∫ x ln ( + x ) dx Đặt  ⇒ K= dv = xdx  Câu IV: Gọi V, V1, V2 thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD phần cịn lại hình chóp V S ABCD SA SA = = = 13 S.ABCD: V1 S BCD HK HK V V V V1 + V2 = = + = 13 ⇔ = 12 Ta được: V1 V1 V1 V1 a+c Câu V: Điều kiện abc + a + c = b ⇔ b = ac ≠ a, b, c > − ac π Đặt a = tan A, c = tan C với A, C ≠ + kπ ; k ∈ Z Ta b = tan ( A + C ) 2 − + (3) trở thành: P = 2 tan A + tan ( A + C ) + tan C + 1 = 2cos A − 2cos ( A + C ) + 3cos C = cos A − cos(2 A + 2C ) + 3cos C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos C Do đó: P ≤ sin C − 3sin C + = 10   10 −  sin C − ÷ ≤  3 Trang [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng   sin C =  Dấu đẳng thức xảy khi:   sin(2 A + C ) = sin(2 A + C ).sin C >  ⇒ tan C =  10 Vậy max P = ⇔  a =   Từ sin C = uuur 2 Từ sin(2 A + C ) = ⇔ cos(2 A + C ) = tan A = 2 2 ; b = 2; c = ÷ ÷  Câu VI.a: 1) B(0; –1) BM = (2; 2) ⇒ MB ⊥ BC Kẻ MN // BC cắt d2 N BCNM hình chữ nhật 8 1 3 3 PT đường thẳng MN: x + y − = N = MN ∩ d2 ⇒ N  ; ÷ NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y − =  5 C = NC ∩ d1 ⇒ C  ; − ÷  3 AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + y + = AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: x + y + = 2) Phương trình mp(P) qua M vng góc với d2: x − y + z + = x −1 y −1 z −1 = = Toạ độ giao điểm A d1 mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d: −1 n 2 3 n n Câu VII.a: Xét ( + x ) = Cn + Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x n n n • Với x = ta có: = Cn + 2Cn + 4Cn + 8Cn + + Cn Với x = ta có: 2n = Cn + Cn + Cn2 + Cn + + Cnn (1) (2) • Lấy (1) – (2) ta được: C + 3C + 7C + + ( − 1) C = − • PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − 2n − 6480 ⇔ 32 n − 3n − 6480 = ⇒ 3n = 81 ⇔ n = Câu VI.b: 1) Đường thẳng qua giao điểm (E) (P): x =  − 3b = b b =1 ⇔ Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( − 3b; b ) Ta có: − 3b − = b ⇔   − 3b = −b b = n n n n n n n n ⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = (C): x + ( y − ) = 2 2) Lấy M ∈ ( d1 ) ⇒ M ( + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ∈ ( d ) ⇒ N ( −1 + t ; −1; −t ) uuur u Suy MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 )   t=5 uuur u r  1 2 ( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k n; k ∈ R* ⇔ t − 2t1 − = t1 = −t − t1 ⇔  −2 ⇒ M =  ; − ; − ÷   t = 1  ⇒ d: x − = y + = z + 5  x = −1 x +1 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = x +1 Thay vào (a) ⇔ x = + 6log ⇔ x − x − = ⇔  x = ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32) Hướng dẫn Đề sô Trang 10 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 <  ∆ ' = 4m − m − >   f (1) = −5m + > ⇔ ⇔ 5(log x − 3) (1) t = log2x (1) ⇔ t − 2t − > 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3) t ≤ −1  0< x≤ log x ≤ −1 t ≤ −1  ⇔ ⇔  t > ⇔ ⇔ 2 ⇔   3 < t < 3 < log x <  (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) 8 < x < 16  3 +C Câu III: Đặt tanx = t I = ∫ (t + 3t + + t −3 )dt = tan x + tan x + 3ln tan x − t 2 tan x Câu IV: Kẻ đường cao HK ∆AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 A H AH a = Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = AA1 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số số a2009 ta có: +4 + + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 = 2009.a (1) 1 + 43 2005 2009 2009 2009 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 b 2009 b 2009 b 2009 = 2009.b (2) 1 + 43 Tương tự: +4 + + b + b + b + b 2005 +4 + + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 = 2009.c (3) 1 + 43 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009(a + b + c ) 4 ⇔ 6027 ≥ 2009(a + b + c ) Từ suy P = a + b + c ≤ Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P = Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: x − y + 17 x+ y −5  x + y − 13 = ( ∆1 ) = ⇔ 2 2 + (−7) +1 3 x − y − = ( ∆2 ) Đường thẳng cần tìm qua M(0;1) song song với ∆1 , ∆2 KL: x + y − = 3x − y + = 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông K 49 49 ⇒ CH = CK + HK = Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) + ( y − 2) + z = 10 10 Câu VII.a: Có tất C4 C52 4! = 1440 số uuu r  A ∈ (d1 )  A(a; −1 − a)  MA = ( a − 1; −1 − a)  ⇔ ⇒  uuu r Câu VI.b: 1)   B (2b − 2; b)  MB = (2b − 3; b)  B ∈ (d )  Trang 12 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học   1  A ( 0; −1)  A − ; − ÷  ⇒ (d ) : x − y − = ⇒   3  ⇒ (d ) : x − y − =   B (4;3)   B (−4; −1)  2) Phương trình mặt phẳng (α) qua M(0;1;1) vng góc với (d1): 3x + y + z − = 3 x + y + z − =  x = −1   ⇔ y = / Toạ độ giao điểm A (d2) (α) nghiệm hệ  x + = x + y − z + = z = /   Đường thẳng cần tìm AM có phương trình: x y −1 z −1 = = k k =0 i =0 k 2k k k i i i Câu VII.b: Ta có: P = ( + x (1 − x ) ) = ∑ C8 x (1 − x ) Mà (1 − x) = ∑ Ck ( −1) x Để ứng với x ta có: 2k + i = 8;0 ≤ i ≤ k ≤ ⇒ ≤ k ≤ Xét giá trị k ⇒ k = k = thoả mãn Do hệ số x8 là: a = C83C32 (−1) + C84C4 (−1) = 238 Trang 13 ... a 21 1  − (1 − a) − (1 − b) − (1 − c)  + + + + Câu V: T = = ÷− ( − a + − b + − c ) 1? ?? b 1? ?? c  1? ?? a 1? ?? b 1? ?? c  1? ?? a 1 + + ≥ Ta có: ; < − a + − b + − c < (Bunhia) 1? ?? a 1? ?? b 1? ?? c 1? ?? a + 1? ??... 3b2 + − a3 + 3a2 − 1) 2 = 4(a − 1) 6 − 24(a − 1) 4 + 40(a − 1) 2  a = ⇒ b = ? ?1 AB = ⇔ 4(a − 1) 6 − 24(a − 1) 4 + 40(a − 1) 2 = 32 ⇔   a = ? ?1 ⇒ b = ⇒ A(3; 1) B(? ?1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x −... + b 3c + + ≥ ; + + ≥ ; + + ≥ (1 + b) (1 + c) 8 (1 + c) (1 + a) 8 (1 + a) (1 + b) 8 a3 b3 c3 a + b + c 33 abc 3 + + ≥ − ≥ − = (1 + b) (1 + c) (1 + c) (1 + a) (1 + a) (1 + b) 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b =