10 đề thi ĐH có lời giải

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A A.PHẦN BẮT BUỘC CÂU I: Cho hàm số 3 2 2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + + ( m C ) 1) Cho m=2 . Tìm phương trình các đường thẳng qua 19 ( , 4) 12 A và tiếp xúc với đồ thò ( 2 C ) của hàm số . 2) Tìm m để hàm số có hai cực trò. Gọi 1 M và 2 M là các điểm cực trò ,tìm m để các điểm 1 M , 2 M và B(0,-1) thẳng hàng. CÂU II: Đặt 2 6 0 sin sin 3 cos xdx I x x ∏ = + ∫ và 2 6 0 cos sin 3 cos xdx J x x ∏ = + ∫ 1) Tính I-3J và I+J 2) Từ các kết quả trên ,hãy tính các giá trò của I, J và 5 3 3 2 cos 2 cos 3 sin xdx K x x ∏ ∏ = − ∫ CÂU III: 1)Chứng minh rằng với mọi [ ] 1,1t ∈ − ta có: 2 2 1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + − ≥ − 2)Giải phương trình: 2 2 4 2 1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)x x x x x x x+ − + − − ≥ − − + . CÂU IV: 1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1? 2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số (chữ so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? B.PHẦN TỰ CHỌN Thí sinh được chọn một trong 2 câu Va và Vb: CÂU Va: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, ( )SA ABCD⊥ và 2SA a= .Trên cạnh AD lấy điểm M thay đổi. Đặt góc ˆ ACM α = .Hạ SN CM ⊥ . 1)Chứng minh N luôn thuộc một đường tròn cố đònh và tính thể tích tứ diện SACN theo a và α . 2) Hạ AH SC ⊥ , AK SN ⊥ . Chứng minh rằng ( )SC AHK⊥ và tính độ dài đoạn HK CÂU Vb:Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng ( )d : 2 1 2 0x my+ + − = và hai đường tròn: 2 2 1 ( ) : 2 4 4 0C x y x y+ − + − = và 2 2 2 ( ) : 4 4 56 0C x y x y+ + − − = . 1)Gọi I là tâm đường tròn 1 ( )C .Tìm m sao cho ( )d cắt 1 ( )C tại hai điểm phân biệt A và B.Với giá trò nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trò đó. 2)Chứng minh 1 ( )C tiếp xúc với 2 ( )C .Viết phương trình tổng quát của tất cả các tiếp tuyến chung của 1 ( )C và 2 ( )C . ĐẠI HỌC QUỐC GIA TPHCM-KHỐI A CÂU I: Cho hàm số 3 2 2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + + ( m C ) 1. Cho m=2. Tìm phương trình các đường thẳng qua 9 ( , 4) 12 A và tiếp xúc với (C 2 ). Với m=2: 3 2 2 3 5y x x= − + (C 2 ). Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k: 19 ( ) 4 12 y k x= − + (d) tiếp xúc (C 2 ) ⇔ 19 3 2 2x 3 5 ( ) 4 (1) 12 2 6 6 (2) x k x x x k  − + = − +    − =  có nghiệm. Thay (2) vào (1): 19 3 2 2 2 3 5 (6 6 )( ) 4 12 3 2 2 8 25 19 2 0 ( 1)(8 17 2) 0 1 0 2 12 1 21 8 32 x x x x x x x x x x x x k x k x k − + = − − + ⇔ − + − = ⇔ − − + =   = ⇔ =  ⇔ = ⇔ =   = ⇔ = −   Vậy phương trình đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C 2 ) là: y=4 hay y=12x - 15 hay 21 645 32 128 y x= − + 2. Tìm m để hàm số có 2 cực trò. Ta có: 3 2 2 3( 3) 11 3y x m x m= + − + − , 2 6 6( 3)y x m= + − , 2 0 6 6( 3) 0y x m= ⇔ + − = (1) 0 (1) 3 x x m =  ⇔  = −  Hàm số có 2 cực trò ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt 3 0 3m m ⇔ − ≠ ⇔ ≠ . Tìm m để 2 điểm cực trò M 1 , M 2 và B(0, -1) thẳng hàng. Để tìm phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò M 1 , M 2 ta chia f(x) cho ' ( )f x : 1 3 ' 2 ( ) ( ) ( 3) 11 3 3 6 m f x f x x m x m −   = + − − + −     Suy ra phương trình đường thẳng M 1 M 2 là: 2 ( 3) 11 3y m x m= − − + − M 1 , M 2 , B thẳng hàng B⇔ ∈ M 1 M 2 ⇔ -1=11-3m ⇔ m= 4 So với điều kiện m ≠ 3 nhận m= 4 ĐS:m=4 CÂU II: Đặt 2 2 / 6 6 sin cos , sin 3 cos sin 3 cos 0 0 x x I dx J dx x x x x π π = = ∫ ∫ + + 1) Tính I - 3J và I + J. π π 2 2 6 6 sin x - 3cos x (sinx - 3cosx)(sinx + 3cosx) • I - 3J= dx = dx sinx + 3cosx sinx + 3cosx 0 0 π π 6 6 = (sinx - 3cosx)dx =(-cosx - 3sinx) =1 - 3 0 0 ∫ ∫ ∫ π π 2 2 6 6 sin x + cos x 1 • I + J= dx = dx sinx + 3cosx sinx + 3cosx 0 0 π π π π sin(x + ) 6 6 6 1 1 1 1 3 = dx = dx = dx π π 2 2 2 1 3 0 0 0 sin(x+ ) 1 - cos (x + ) 2( sinx + cosx) 3 3 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Đặt cos( ) sin( ) 3 3 t x dt x dx π π = + ⇒ = − + Đổi cận : 1 0 2 0 6 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 1 1 0 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 1 1 1 1 1 0 0 2 1 1 1 1 2 ln ln 3 4 1 4 0 dt I J dt dt t t t t t t −   ⇒ + = = = + ∫ ∫ ∫  ÷ + −   − −  +  = =  ÷ −   2. Tính I, J, K 5 3 cos 2 cos 3 sin 3 2 x dx x x π π = ∫ − Ta có: 3 1 3 ln 3 3 1 3 16 4 1 ln 3 1 3 1 ln 3 4 16 4 I I J I J J  −  = + − = −    ⇔   + = −   = +    Đổi biến số cho tích phân K: Đặt 3 2 t x dt dx π = − ⇒ = Đổi cận: 3 0 2 5 3 6 x t x t π π π = ⇒ = = ⇒ = 3 cos 2 6 2 3 3 0 cos 3 sin 2 2 2 2 6 6 cos 2 sin cos 1 1 3 ln 3 8 2 sin 3 cos sin 3 cos 0 0 t K dt t t t t t dt dt I J t t t t π π π π π π   +  ÷   ⇒ = ∫     + − +  ÷  ÷     − − − = = = − = + ∫ ∫ + + CÂU III: 1. Chứng minh [ ] 2 2 1,1 , 1 1 1 1 2t t t t t∀ ∈ − + + − ≥ + − ≥ − vì [ ] 1,1t ∈ − nên đặt t= cos2x với 0, 2 x π   ∈     Khi đó bất đẳng thức trở thành: 2 2 1 cos 2 1 cos 2 1 1 cos 2 2 cos 2x x x x+ + − ≥ + − ≥ − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2cos 2sin 1 sin 2 2 1 sin 2 2 cos sin 1 sin 2 1 sin 2 (*) 1 sin 2 2 cos sin ( ) 1 sin 2 1 sin 2 ( ) x x x x x x x x x x x a x x b ⇔ + ≥ + ≥ − − ⇔ + ≥ + ≥ +  + ≤ +  ⇔  + ≥ +   Tacó: (a) ( ) 2 cos sin 2(cos sin )x x x x⇔ + ≤ + đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     (b) 2 sin 2 sin 2x x⇔ ≥ đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     Do đó (*) đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     , nghóa là bắt đẳng thức được chứng minh. 2. Giải phương trình: Ta đặt điều kiện cho phương trình : Điều kiện của vế trái: 2 2 0 2 2 1 2 0 2 1 0 2 2 2 1 x x x x x x x x x  − ≥  − − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ⇔ ≤ ≤   − ≤  Điều kiện của vế phải: Với 0 2x≤ ≤ thì 2 0 2 1x x≤ − ≤ , do đó ta có thể áp dụng bất đẳng thức 2 1 1 2t t t+ + − ≥ − trong câu 1 thì ta được: VT= 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2x x x x x x x x   + − + − − ≥ − − = − +     Do (VT) 2 2 2x x≥ − + nên điều kiện của vế phải là: 2 2 2 2( 1) (2 4 1) 2 2x x x x x− − + ≥ − + 2 2 2 2 2( 2 1) 2( 2 ) 1 2 2x x x x x x   ⇔ − + − + ≥ − +     Đặt 2 2t x x= − khi đó điều kiện trở thành: 2 2( 1) (2 1) 2t t t+ + ≥ + 2 (4 10 7) 0t t t⇔ + + ≥ 2 0(4 10 7) 0,t t t t⇔ ≥ + + ≥ ∀ Vậy điều kiện vế phải là: 2 2 0 0 2x x x x− ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ Tóm lại: điều kiện của phương trình là: 0 2 0 2 0 2 x x x x x ≤ ≤  ⇔ = ∨ =  ≤ ∨ ≥  Dễ dàng nhận thấy rằng 0 2x x= ∨ = là nghiệm của phương trình. do đó phương trình có 2 nghiệm 0 2x x= ∨ = CÂU IV: 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1. Gọi số cần tìm là:x= 1 2 3 4 5 6 a a a a a a Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm. Vì phải có mặt chữ số 0 và 1 0a ≠ nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vò trí còn lại là : 8 5 A Vậy số các số cần tìm là: 5. 8 5 A =33.600 (số) 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Gọi số cần tìm là: Y= 1 2 3 4 5 6 7 a a a a a a a Giả sử 1 a có thể bằng 0: Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là: 2 7 C Cách xếp vò trí cho ba chữ số 3 là: 3 5 C Cách xếp cho 2 vò trí còn lại là: 2! 2 8 C Bây giờ ta xét 1 a = 0: Cách xếp vò trí cho hai chữ số 2 là: 2 6 C Cách xếp vò trí cho ba chữ số 3 là: 3 4 C Cách xếp cho 1 vò trí còn lại làø:7 Vậy số cần tìm là: 2 7 C . 3 5 C .2! 2 8 C - 2 6 C . 3 4 C .7= 11.340 (số) CÂU Va: 1. N thuộc đường tròn cố đònh. Ta có: SN CM AN NC ⊥ ⇒ ⊥ N ( )ABCD∈ và ¼ 0 90ANC = nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố đònh. Ta có: CN=AC cos 2 cosa α α = Vậy V SACN = 1 1 1 . . . sin . 3 3 2 S SA AC CN SA ACN α = = 1 2. 2.cos .sin . 2 6 a a a α α = 3 2 sin 2 6 a α 2. Tính đoan HK. Ta có ( )CN SAN⊥ ⇒ CN AK⊥ (1) Và AK SN ⊥ (2) Từ (1),(2) ( )AK SCN⇒ ⊥ AKH⇒ ∆ vuông tại K. Ta có: .sin 2 sinAN AC a α α = = SAN∆ có 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 sinAK AS AN a a α = + = + sin 2 2 1 sin a AK α α ⇒ = + Tam giác SAC có AH= a. Vậy 2 2 2 sin 2 2 2 2 2 1 sin a HK AH AK a α α = − = − + = 2 2 2 sin 2 1 sin a a α α − + HK cos 2 1 sin a α α ⇒ + CÂU Vb: 2 2 ( ) : 2 4 4 0 1 2 2 ( ) : 4 4 56 0 2 ( ) : 2 1 2 0 C x y x y C x y x y d x my + − + − = + + − − = + + − = Ta có ( ) 1 C có tâm I (1;-2) và bán kính 1 R =3 (d) cắt ( ) 1 C tại 2 điểm phân biệt A, B ( ( )) 1 d I d R⇔ < < . 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 4 4 18 9 2 5 4 17 0 m m m m m m m m R ⇔ − + − < + ⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈ Ta có: ¼ 1 1 9 . sin . 2 2 2 S IA IB AIB IA IB IAB = ≤ = Vậy : S IAB lớn nhất là 9 2 khi ¼ 0 90AIB = ⇔ AB = 2 3 2 1 R = ⇔ d(I,(d))= 3 2 2 ⇔ 3 2 2 1 2 2 2 m m− = + 2 2 16 16 4 36 18 2 2 16 32 0 m m m m m ⇔ − + = + ⇔ + + = 2 ( 4) 0 4m m⇔ + = ⇔ = − 2) ( ) 2 C có tâm J(-2,2) và bán kính 2 R = 8 Ta có: IJ= 9 16+ =5= 2 1 R R− Vậy ( ) 1 C và ( ) 2 C tiếp xúc trong tại điểm có tọa độ thỏa : 14 2 2 2 4 4 0 5 2 2 22 4 4 56 0 5 x x y x y x y x y x  =   + − + − =   ⇔     + + − − = = −    Suy ra phương trình tiếp tuyến chung là: 14 22 14 22 . 2 4 0 5 5 5 5 9 12 78 0 5 5 5 x y x y x y       + − − + + − − =             ⇔ − − = ⇔ 3x - 4y – 26 = 0 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A,B ĐẠI HỌC LUẬT TP.HỒ CHÍ MINH-KHỐI A CÂU I: (2 điểm) Cho hàm số: 2 1 x y x + = − 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số. 2) Cho điểm A(0;a). Xác đònh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox. CÂU II: (2 điểm) Cho phương trình: 2 2 2cos 2 sin cos sin cos (sin cos )x x x x x m x x+ + = + (1) Với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m=2. 2) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 0; 2 ∏       CÂU III: (2 điểm) 1) Tính tích phân: 1 5 3 1 0 I x x dx= − ∫ 2) Chứng minh rằng: 1 1 2 2 3 3 1 .3 2 .3 3 .3 . . .4 n n n n n n n n n C C C nC n − − − − + + + + = trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1. CÂU IV: (2 điểm) 1) Xác đònh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất: 2 2 ( 1) ( 1) x y a y x a  + = +   + = +   2) Giải phương trình: 2 6 2 2 2 2 log log log 4 4 2.3 x x x − = CÂU V: (2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0. 1) Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n. 2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) .Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố đònh. ĐẠI HỌC LUẬT TPHCM-KHỐI A,B ĐẠI HỌC LUẬT KHỐI A CÂU I: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số: 2 1 x y x + = − • TXĐ: D=R\{1} ( ) 3 , 0 2 1 y x − = < ⇒ − Hàm số giảm trên từng khoảng xác đònh • TCD: x=1 vì lim 1 y x = ∞ − > • TCN: y=1 vì lim 1y x = → ∞ • BBT: • Đồ thò: 2) Xác đònh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2 phía của 0x. Gọi ( ; ) ( ) 0 0 M x y C∈ 2 0 0 1 0 x y x + ⇔ = − Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: ' ( )( ) 0 0 0 y f x x x y= − + 2 3 0 ( ) 0 2 1 ( 1) 0 0 2 4 2 3 0 0 2 2 ( 1) ( 1) 0 0 x y x x x x x x y x x x + − ⇔ = − + − − + − − ⇔ = + − − Tiếp tuyến qua A(0,a) 2 4 2 0 0 2 ( 1) 0 x x a x + − ⇔ = − 2 ( 1) 2( 2) 2 0 0 0 a x a x a⇔ − − + + + = (1) (vì 0 x =1 không là nghiệm) Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là: 1 0 1 , 2 0 a a a − ≠  ≠   ⇔   > −  ∆ >   Khi đó (1) có 2 nghiệm là 0 x , 1 x ⇒ Tung độ tiếp điểm 2 0 0 1 0 x y x + = − và 2 1 1 1 1 x y x + = − Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox. ( ) 2 2 0 1 0 . 0 0 1 1 1 0 1 2( ) 4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 4( 2) 4 1 1 0 2 2( 2) 1 1 1 9 6 2 0 3 2 0 3 3 x x y y x x x x x x x x x x a a a a a a a a a a a + + ⇔ < ⇔ < − − + + + ⇔ < − + + + + + + − − ⇔ < + + − + − − + − ⇔ < ⇔ − − < ⇔ > − Tóm lại: 2, 1 2 3 a a a > − ≠   −  >   2 3 a − ⇔ > và 1a ≠ ĐS: 2 , 1 3 a a − > ≠ CÂU II: Cho 2cos2x + sinx 2 cosx + sinxcos 2 x = m(sinx + cosx) (1) a) Giải (1) khi m=2: Ta có: ( ) [ ] 2 2 2cos 2 sin cos sin cos 2 2 2 cos sin sin cos (sin cos ) 2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos ) (sin cos ) 2(cos sin ) sin cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + = − + + = − + + + = + − + Vậy: Phương trình (1 [ ] (sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0 sin cos 0(2) 2(cos sin ) sin cos 0(3) x x x x x x m x x x x x x m ⇔ + − + − = + =  ⇔  − + − =  Ta có: (2) [...]... trong đó có hai điểm nằm ∈ (-3,3) và 2 điểm nằm ngoài (-3,3) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox x 4 − (m2 + 10) x 2 + 9 = 0 (1) Đặt t = x 2 (t ≥ 0) Phương trình trở thành: t 2 − (m2 + 10) t + 9 = 0 (2) Ta có: ∆ = (m 2 + 10) 2 − 36 > 0, ∀m   P = 9 > 0  S = m 2 + 10 > 0, ∀m  ⇒ 0 < t1 < t2 ⇒ (1) có 4 nghiệm phân biệt −x < −x < x < x 2 1 1 2 Đặt f(t) = t 2 − (m2 + 10) t + 9 Ta có: af(9)=... Mặt khác α qua M nên có phương trình là: a 1( x − a) + 1( y − ) + ( z − 0) = 0 2 ⇔ 2 x + 2 y + 2 z − 3a = 0 a Vậy d(MN, BD) = d ( B, α ) = 2 3 CÂU V: 1) Số các số có 6 chữ số khác nhau là: p6 = 720 số Số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 ở cạnh nhau là: (2!4!).5=240 số Suy ra số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 không ở cạnh nhau là: 720 -240 = 480 số 2) Ta có: cot gx cos x dx... hàm số: y = x − (m + 10) x + 9 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò của hàm số ứng với m=0 2.Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0 ,đồ thò của hàm số luôn cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt Chứng minh rằng trong số các giao điểm đó có hai điểm nằm trong khoảng (-3,3) và có hai điểm nằm ngoài khoảng (-3,3) CÂU II: 1 .Giải bất phương trình : 1 + x − 1 − x ≥ x  x2 + x + 3  2 log 3  2 2 Giải phương trình: ... CÂU V: 1.Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 thi t lập tất cả các số có sáu chữ số khác nhau.Hỏi trong các số đã thi t lập được ,có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau? cot gx 2.Tìm họ nguyên hàm của hàm số : f ( x) = 1 + sin x ĐẠI HOC NGOẠI THƯƠNG CƠ SỞ II TPHCM-KHỐI D CÂU I: Cho: y = x4 – (m2 + 10) x2 + 9 (Cm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số với m= 0 y = x4 – 10x2 + 9 • TXD: D = R y ' = 4 x3... (2,1) CÂU Vb: A H 0 B K C 1) Vẽ OK ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ (OAK ) Ta có OA ⊥ BC  Vẽ OH ⊥ AK   ⇒ OH ⊥ ( ABC ) Ta có OH ⊥ BC  Ta có AC ⊥ OB   ⇒ AC ⊥ (OHB ) AC ⊥ OH  ⇒ AC ⊥ HB   ⇒ H là trực tâm ∆ABC và BC ⊥ OH  (*)Tính OH: ∆BOC Có 1 = 1 + 1 (1) OB 2 1 1 1 = + ∆AOK Có (2) OH 2 OK 2 OA2 Từ (1) và (2) ta có 1 1 1 1 = + + OH 2 a 2 b2 c 2 ⇒ OH = OK 2 OC 2 abc a 2b2 + b2c 2 + c 2 a 2 ( ABC ) 2 1 AK 2 BC 2 4 2... + sin C −  A = 1200  Vậy:   B = C = 300  CÂU IV: 1) Phương trình đường tròn có dạng: (C):x 2 +y2 -2ax-2by+c=0 5 + 2a − 4b + c = 0(1)  A, B, C ∈ (c) ⇔ 4 − 4a + c = 0(2) 10 + 6a − 2b + c = 0(3)  11   a = − 14  13  ⇒ b = − Giải hệ : 14  100  c = − 14   11 13  Vậy tâm I  - ,- ÷  4 14  Hai tam gíac có chung đường cao từ A nên: 1 1 1    BM = 3 BC  M( 3 ; 3 ) 1 1 S ABM = S ABC... trình khi m=2 là: π π x = − + kπ , x = k 2π , x = − + k 2π (k ∈ Z) 4 2 π b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [0, ] 2 π π π 3π Ta có: 0 ≤ x ≤ ⇒ ≤ x + ≤ 2 4 4 4 Nhận xét: π Nghiệm của (2) không thuộc [0, ] 2 π Do đó: Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [0, ] 2  Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1] Ta có: (*) ⇔ t 2 − 4t = 1 − 2m Xem hàm số f(t)= t 2 − 4t trên [-1;1] ⇒ f ' (t ) = 2t − 4... phương trình:  x +1 + y − 2 = m  (với m ≥ 0 )   y +1 + x − 2 = m  1) Giải hệ phương trình khi m=0 2) Xác đònh m để hệ có nghiệm CÂU IV (2 điểm) ∏ 4 dx 1) Tính tích phân : ∫ 2 0 (sin x + 2 cos x )  π  0; 2    2) Cho A là một tập hợp gồm 20 phần tử a) Có bao nhiêu tập hợp con của A b) Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần tử là số chẵn? PHẦN TỰ CHỌN Thí sinh chọn một trong hai câu... 3 Vậy nghiệm của hệ khi m = 9 là:  y = 3 2) Tìm m để hệ có nghiệm: Xem hàm số f(x)= x + 1 + x − 2 trên [ 2; +∞ ) 1 1 + > 0, ∀x > 2 Ta có: f '( x ) = 2 x +1 2 x − 2 ⇒ y = f(x) là hàm số tăng trên [ 2; +∞ ) lim f ( x) = +∞ nên: x → +∞ Hệ có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm ⇔ m ≥ f (2) Mặt khác CÂU IV: ⇔ m≥ 3 ⇔m≥3 ∏ 4 dx 2 0 (sin x + 2 cos x ) π 4 dx Ta có : I = ∫ 2 2 0 cos x(tgx + 2) 1 dx Đặt t = tgx ⇒ dt = cos... A, B (C) có tâm O và bán kính R’=1 Ta có OI= m2 + 4m2 = m 5 (Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ R − R ' < OI < R + R ' 2 5 Khi đó đường thẳng AB là trục đẳng phương của (Cm) và (C) có phương trình là: −2mx + 4my + 5m2 = 0 ⇔ 0 < m 5 < 2 ⇔ m ≠ 0 và m < ⇔ −2 x + 4 y + 5m = 0 (vì m ≠ 0 ) Suy ra: r AB có phương không đổi vì VTCP là a (2,1) CÂU Vb: A H 0 B K C 1) Vẽ OK ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ (OAK ) Ta có OA ⊥ BC . trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1? 2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số (chữ so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng chữ số 2 có mặt đúng. phương trình có 2 nghiệm 0 2x x= ∨ = CÂU IV: 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ