Đề ôn thi đại học môn Toán Phần 7

Thuviendientu.org Đề số 31 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0; 1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x + sinx + cosx = 2) Giải hệ phương trình: x2 91 y y (1) y2 91 x x (2) e2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = e dx x ln x.ln ex Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên cịn lại tạo với đáy góc a Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c số dương thoả mãn: a2 b2 c2 Chứng minh bất đẳng thức: a b b c c a a b c II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y 36 điểm M(1; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) hai điểm C, D cho MC = MD 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm Ox điểm A cách đường thẳng z mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập số tự nhiên (d) : x y gồm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số phải B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x 16 y 80 hai điểm A(–5; – 1), B(–1; 1) Một điểm M di động (E) Tìm giá trị lớn diện tích MAB 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng hai đường thẳng có phương trình (P): 3x 12 y 3z (Q): 3x y 9z (d1): x y z , (d2): x y z Viết phương trình đường thẳng ( ) song song với hai mặt phẳng (P), (Q) cắt (d1), (d2) Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: An3 2Cnn 9n Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là: Trần Sĩ Tùng Trang 79 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng x3 + 3x2 + mx + = x x(x2 + 3x + m) = x2 (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt (2) có nghiệm xD, xE m Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = xD2 xD m ( xD 2m); kE = y’(xE) = 3xE2 xE m Các tiếp tuyến D, E vng góc kDkE = –1 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et) m= Câu II: 1) PT m m 9 4m 3x m (2) ( xE 2m) 65 cos x cos x cos3x cos( 3x) x k 2) Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x2 y2 91 x2 x (x 91 y y2 91 y x y x y x 91 x y) y 91 y2 x x2 ( y x)( y x) y x 91 y x y x = y (trong ngoặc dương x y lớn 2) x x2 x 91 10 Vậy từ hệ ta có: x 91 x x x2 x ( x 3)( x 3) x x2 91 10 ( x 3) ( x 3) x2 1 x=3 x 91 10 Vậy nghiệm hệ x = y = e2 Câu III: I e dx x ln x(1 ln x) Câu IV: Dựng SH SH e2 e d (ln x) = ln x(1 ln x) AB Ta có: (SAB) e2 e 1 d (ln x) = 2ln2 – ln3 ln x ln x ( ABC), (SAB) ( ABC) AB, SH (SAB) ( ABC) SH đường cao hình chóp SN Dựng HN BC, HP AC SHN = SHP HN = HP BC , SP AHP vng có: HP HA.sin 60o a AC ·SPH ·SNH SHP vng có: SH HP.tan a tan 1 a a a3 SH S ABC tan tan 3 4 16 1 ( x 0, y 0) Câu V: Áp dụng bất đẳng thức x y x y 1 1 1 ; ; Ta có: a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c Thể tích hình chóp S ABC : V Mặt khác: 2a b c 2a b 2 c a 2a b2 Trang 80 c2 4a 2b 2c Thuviendientu.org 2(a 1) (b 1) (c 1) 2 Tương tự: ; 2 2b c a b 2c a b c 1 4 Từ suy 2 a b b c c a a b c Đẳng thức xảy a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi (d) đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) C, D Vì (E) có tính đối xứng nên (d) khơng thể vng góc với Ox, phương trình (d) có dạng: y k ( x 1) y kx k Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (E): x 9(kx k ) 36 (4 9k ) x 18k (1 k ) x 9(1 k ) 36 288k 72k 108 0, k ) ( (1) (d) cắt (E) điểm C, D với hoành độ x1 , x2 nghiệm (1) 18k (1 k ) 9k Theo định lý Viet: x1 x2 M(1; 1) trung điểm CD x1 x2 18k (1 k ) 9k 2 xM k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = (Q / ) : y x 10 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox uuuuuur r r (d) qua M (1; 0; 2) có VTCP u (1; 2; 2) Đặt M M1 u Do đó: d(A; d) chiều cao vẽ từ A tam giác AM M1 uuuuur r AM ; u r u 2.S AM M1 d ( A; d ) M M1 8a 24a 36 Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 2a 8a 24a 36 4a 8a 4(a 3)2 24a 36 a Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu VII.a: Giả sử n = abc d e Xem số hình thức abc d e , kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 a b c) Sau chọn trị khác cho vị trí cịn lại từ X \ số cách chọn A74 Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề Xem số hình thức 0bc d e có A63 240 (số) Loại số dạng hình thức 0bc d e ra, ta 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x y AB Gọi M ( x0 ; y0 ) ( E ) x02 16 y02 Diện tích MAB: S AB.d ( M ; AB) 80 Ta có: d (M ; AB) x0 x0 Trần Sĩ Tùng y0 y0 x0 x02 16 y02 y0 x0 y0 6 y0 x0 y0 y0 Áp dụng bất đẳng thức Bu nhia cốp Ski cho cặp số x0 x0 y0 x0 ; , ( x0 ; y0 ) có: 80 36 20 x0 y0 Trang 81 Ôn thi Đại học max x0 Trần Sĩ Tùng y0 5x x0 ; Vậy, max S MAB M r 2) (P) có VTPT nP r (d1) có VTCP u1 Gọi: 4y 2 y0 x0 x0 x0 y0 y0 y0 5 r (1; 4; 1) , (Q) có pháp vectơ nQ (3; 4; 9) r (2; 4; 3) , (d2) có VTCP u2 ( 2; 3; 4) ( 1) ( P) (Q) ( P1 ) (d1 ),( P1 ) P ( P) (Q1 ) (d ),(Q1 ) P (Q) r r u u1 ( ) = (P1) (Q1) ( ) // ( 1) r r [nP ; nQ ] r ( ) có vectơ phương u (8; 3; 4) r r r r r (P1) có cặp VTCP u1 u nên có VTPT: nP1 [u1 ; u ] (25; 32; 26) Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 25x 32 y 26z 55 r r r r r (Q1) có cặp VTCP u2 u nên có VTPT: nQ1 [u2 ; u ] (0; 24; 18) Phương trình mp (Q1): 0( x 3) 24( y 1) 18( z 2) Ta có: ( ) ( P1 ) (Q1 ) phương trình đường thẳng ( ) : y 3x 10 25 x 32 y 26 z 55 y 3z 10 Câu VII.b: n 3, n Đề số 32 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2x x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận, A điểm (C) có hồnh độ a Tiếp tuyến A (C) cắt hai đường tiệm cận P Q Chứng tỏ A trung điểm PQ tính diện tích tam giác IPQ Câu II: (2điểm) 1) Giải bất phương trình: log2 ( 3x 6) log (7 10 x ) 2) Giải phương trình: sin x cos x cos x sin x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = e x 2x tan x ex dx tan x Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thoi cạnh a, góc ·BAD = 600 Gọi M trung điểm AA N trung điểm CC Chứng minh bốn điểm B , M, N, D đồng phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA theo a để tứ giác B MDN hình vng Trang 82 Thuviendientu.org Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn có tích abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 1 a b c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) đường thẳng d có phương trình 2x – y + = Lập phương trình đường thẳng ( ) qua A tạo với d góc α có 10 cosα 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1) Lập phương trình mặt cầu (S) qua A, B, C có tâm nằm mặt phẳng (P): x + y – 2z + = Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Từ chữ số tập X lập số tự nhiên có chữ số khác phải có mặt chữ số B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: ( điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) B(3;3), đường thẳng ( ): 3x – 4y + = Lập phương trình đường tròn qua A, B tiếp xúc với đường thẳng ( ) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(– 1;–3;1) Chứng tỏ A, B, C, D đỉnh tứ diện tìm trực tâm tam giác ABC Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: log y xy x y log x y Hướng dẫn Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2) A a; 2a 1 a Phương trình tiếp tuyến A: y = 2a 1 (x – a) + (1 a ) a Giao điểm tiệm cận đứng tiếp tuyến A: P 1; 2a a Giao điểm tiệm cận ngang tiếp tuyến A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA Vậy A trung điểm PQ Ta có IP = 2a a ; IQ = 2(a 1) SIPQ = IP.IQ = (đvdt) a x 10 3x BPT log log (7 3x 2(7 10 x ) 369 1≤x≤ (thoả) 49 3x x 10 x 2) Điều kiện: cos2x ≠ k (k Câu II: 1) Điều kiện: PT sin x sin2x = Trần Sĩ Tùng x x sin x 4 k 10 x ) 10 x 49x2 – 418x + 369 ≤ ¢) 3sin22x + sin2x – = ( khơng thoả) Vậy phương trình vơ nghiệm Trang 83 Ơn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 4 Câu III: I = xe x dx cos xdx = I1 + I2 0 Đặt xe x dx Tính: I1 = I2 = 1 cos x x dx = 2 u 2x dv e x dx sin x = I1 = e – 2e 4 Câu IV: Gọi P trung điểm DD A B NP hình bình hành A P // B N A PDM hình bình hành A P // MD B N // MD hay B , M, N, D đồng phẳng Tứ giác B NDM hình bình hành Để B’MND hình vng 2B N2 = B D2 y2 y= a a2 y2 a2 1 1 Câu V: Ta chứng minh: a b 1 a ab ab Đặt: y = AA’ 1 b ab a )2 ( ab 1) ( b a = b (đúng) Dấu "=" xảy (1 a)(1 b)(1 ab ) 2 1 1 Xét 12 a b c ab abc abc a 4b c P Vậy P nhỏ a = b = c = abc Câu VI.a: 1) PT đường thẳng ( ) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = Ta có: cos ≥0 2a b 5(a 2 b ) 10 abc ax + by – 2a + b = 7a2 – 8ab + b2 = Chon a = b = 1; b = ( 1): x + y – = ( 2): x + 7y + = 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = Tâm I (P): a + b – 2c + = Giải ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – = Câu VII.a: Có tập có chữ số chứa số 0; 1; Có tập có chữ số chứa 2, khơng chứa số Vậy số có chữ số khác lập từ chữ số cho bằng: 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I đường tròn nằm đường trung trực d đoạn AB uuur d qua M(1; 2) có VTPT AB (4;2) d: 2x + y – = Tâm I(a;4 – 2a) a Ta có IA = d(I,D) Với a = 11a I(3;–2), R = 5 5a 10a 10 2a – 37a + 93 = (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 31 31 31 65 I ; 27 , R = (C): x 2 2 uuur r uuur AC ( 1;1;1) 2) Ta có AB ( 3;1;4); a Với a = Trang 84 ( y 27) 4225 a 31 Thuviendientu.org PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – = D ( ABC ) Câu VII.b: Điều kiện: x > x ≠ y > y ≠ Ta có log y xy log x y Với x = y đpcm x log y x log 2y x log y x log y x y y2 x x = y = log 1 Với x = ta có: y y 2y theo bất đẳng thức Cô-si suy PT vô nghiệm Đề số 33 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x mx3 x 3mx (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2) Giải phương trình: x x x2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I ( x 1) x2 2x x sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b Gọi góc hai mặt phẳng (ABC) (A BC) Tính tan thể tích khối chóp A BB C C Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác Chứng minh: a2 b2 b2 c2 c2 a2 a b b c c a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – = mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: x x 1 10.3x x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(–1; 1; 1) cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O cho D trực tâm tam giác MNP Trần Sĩ Tùng Trang 85 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: x x 2(2 x 1)sin(2 x -Hướng dẫn Câu I: 2) Đạo hàm y y x3 3mx2 y 1) x 3m ( x 1)[4 x2 (4 3m) x 3m] x x2 (4 3m) x 3m Hàm số có cực tiểu (2) y có cực trị y = có nghiệm phân biệt (3m 4)2 4 3m 3m (2) có nghiệm phân biệt khác m , y = có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Thử lại: Với m Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m Câu II: 1) PT 2 cos x 2) Đặt: x u x2 2, u v x2 x 3, v 0 v u (v u ) (v u ) PT k 16 ,k Z v2 u2 x2 v2 x2 2x v u u2 2x v2 u2 x2 (b) v u (v u ) 1 (c ) Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm Do đó: PT v u u x dv sin xdx Câu III: Đặt x2 v u x2 2x x cos x I= 2 /2 cos xdx Câu IV: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm a , AH Do đó: tan A' H HE VA ' ABC A ' H S a , HE a 3b2 a ; S a a2 ABC Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có: a 3b2 c2 a b2 c 3 a2 b2 c a a b2 b c2 c ; 2 ; 2 b c c a a ABC Vì A ABC hình chóp = A EH A ' A2 9b2 3a AH VABC A ' B 'C ' A ' H S a 3b2 ABC a2 b2 c2 Từ (1) (2) a 3b2 a 12 Do đó: VA ' BB 'CC ' VABC A ' B 'C ' VA ' ABC = a2 b2 a2 b2 ABC A' H · nên góc hai mặt phẳng (ABC) (A BC) Ta có : AE x a2 b2 b2 c2 Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) : x + y – = 0, E c2 a2 a b (1) a2 b2 b c c a b2 c2 c2 a2 a b b c c a đpcm E(m; – m); Gọi N trung điểm cuûa AB Trang 86 (2) a2 Thuviendientu.org xN I trung ñieåm NE xI xE 12 m N (12 – m; m – 1) y N yI yE m m uuuur uur MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) uuuur uur (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = MN IE m – = hay 14 – 2m = m = hay m = uuuur +m=6 PT (AB) laø y = MN = (5; 0) uuuur MN = (4; 1) +m=7 PT (AB) laø x – – 4(y – 5) = 2) I (1; 2; 3); R = 11 d (I; (P)) = 2(1) 2(2) x – 4y + 19 = < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) 4 Phương trình d qua I, vng góc với (P) : x 2t y 2t z t Gọi J tâm, r bán kính đường trịn (C) J d J (1 + 2t; – 2t; – t) J (P) 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2) , bán kính r = R IJ Câu VII.a: Đặt t 3x x , t > BPT t2 – 10t + ( t t 9) x x t x x x Khi t (a) 2 Khi t 3x t x x2 x x x (b) Kết hợp (a) (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (– ; –2] [–1;0] [1; + ) Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (–2; –2); R = Giả sử cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có · · S ABC = IA.IB.sin AIB = sin AIB · Do S ABC lớn sin AIB =1 AIB vuông I 4m IA (thỏa IH < R) IH = m2 – 8m + 16m2 = m2 + 15m2 – 8m = m = hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz uuur DP Ta có : uuur DN uuuur 1; 1; p ; NM uuuur 1; n 1; ; PM Phương trình mặt phẳng (P): D trực tâm MNP uuur uuuur DP.NM m n uuur uuuur DN PM m p m; n;0 m;0; p x y m n uuur DP uuur DN z 1 1 Vì D (P) nên: p m n p uuuur uuur uuuur NM DP.NM m n uuuur uuur uuuur PM DN PM m p D ( P) D ( P) Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): Câu VII.b: PT Trần Sĩ Tùng x sin(2 x y 1) 2 cos (2 x x y m n m n p 1 p z y 1) x sin(2 x cos(2 x y 1) 0(1) y 1) (2) Trang 87 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng sin(2 x y 1) Từ (2) x Khi sin(2 y 1) , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) Khi sin(2 x y 1) , thay vào (1), ta được: 2x = x = sin(y +1) = –1 Thay x = vào (1) y Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 k ,k k ,k Z Z Đề số 34 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: y x4 x2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x x log m (m>0) Câu II:(2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 2) Giải phương trình : x2 3x 2x2 3x x cos3 x cos3x sin x sin 3x Câu III: (1 điểm): Tính tích phân: I= 7sin x 5cos x dx (sin x cos x) Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60o Mặt phẳng (P) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD M, N Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a Câu V: (1 điểm) Cho số thực a, b, c, d thoả mãn: a b2 ; c – d = Chứng minh: F ac bd cd II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm ) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; –7), B(9; –5), C(–5; 9), M(–2; –7) Viết phương trình đường thẳng qua M tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ABC 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x d1 : y z d2 : x 2t y t z t Xét vị trí tương đối d1 d2 Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 vng góc với d1 Câu VII.a: (1 điểm) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Nguời ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy khơng có đủ ba màu? B Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b: (2 điểm) Trang 88 Thuviendientu.org 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 3) hai đường trung tuyến có phương trình là: x – 2y + = y – = Hãy viết phương trình cạnh ABC 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;–3), B(2; 0;–1) mặt phẳng (P) có phương trình: 3x y z Viết phương trình tắc đường thẳng d nằm mặt phẳng (P) d vng góc với AB giao điểm đường thẳng AB với (P) Câu VII.b: (1 điểm) Tìm hệ số x3 khai triển C21n Câu I: 2) PT x 2x C23n C22nn x x2 n 223 Hướng dẫn log m Dựa vào đồ thị ta suy được: 1 : PT có nghiệm phân biệt log m < –1 m log m = –1 m –1< log m m : PT v ô nghiệm : PT có nghiệm Câu II: 1) Tập xác định: D = x = nghiệm x x 2: BPT x : BPT 2 x ; cos 2x= x x có nghiệm x 2 k (k ; I2 ) cos xdx sin x cos x t Ta chứng minh I1 = I2 Tính I1 + I2 = I1 = I2 = ; x= sin x cos x 2; x vô nghiệm sin xdx Câu III: Xét: I1 Đặt x x BPT có tập nghiệm S= 2) PT biết n thoả mãn: 2 dx sin x cos x dx 2 2cos ( x ) tan( x ) I = 7I1 – 5I2 = Câu IV: Gọi I, J trung điểm cúa AB CD; G trọng tâm ∆SAC ∆SIJ cạnh a nên G trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ K trung điểm cúa SJ; M, N trung điểm cúa SC, SD IK SK 3a 3a ; SABMN = ( AB MN ) IK 2 a 3a3 (ABMN); SK = V= S ABMN SK 16 Trần Sĩ Tùng Trang 89 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki giả thiết ta có: F (a b2 )(c d ) cd 2d 2(d Dựa vào BBT (chú ý: 2d ;b Dấu "=" xảy a 6d d 3d ) 2 ), ta suy được: f (d ) 6d 3 ;c ;d 2 Câu VI.a: 1) y + = 0; 4x + 3y + 27 = 2) Đường thẳng cần tìm cắt d2 A(–1–2t; t; 1+t) d1 uuur ur OAu t f (d ) ) 2 6d 2(d Ta có f (d ) (2d 3) 2d A(1; 1;0) PTTS f( ) uuur OA = (–1–2t; t; 1+t) x t : y t z Câu VII.a: Số cách chọn bi từ số bi hộp là: C184 Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C52C61C71 C51C62C71 C51C61C72 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184 (C52C61C71 C51C62C71 C51C61C72 ) 1485 Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – = 0; (AB): x – y + = 0; (BC): x – 4y – = 2) Giao điểm đường thẳng AB (P) là: C(2;0;–1) uuur r x y z Đường thẳng d qua C có VTCP AB, nP d: 2n Câu VII.b: Xét khai triển: (1 x) Khai triển: x 2 x 12 , thay x = 1; x = –1 kết hợp giả thiết ta n = 12 12 C12k 2k x 24 3k có hệ số x3 là: C127 27 =101376 k Đề số 35 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1) 2x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B cho OAB cân gốc tọa độ O Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: cot x tan x 2cot x 2) Giải phương trình: x2 2( x 1) 3x 2 x2 5x 8x Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I cos x sin x dx sin x Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh a Gọi M, N trung điểm cạnh CD, A D Điểm P thuộc cạnh DD’ cho PD = 2PD Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (A AM) tính thể tích khối tứ diện A AMP Trang 90 Thuviendientu.org Câu V (1 điểm) Cho a, b, c cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( a b c )3 3c P (b c a)3 3a (c a b) 3b II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) A, B phân biệt cho MA = 3MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = hai x y z x y z đường thẳng : ; 2: Xác định tọa độ điểm 1 2 M thuộc đường thẳng cho khoảng cách từ M đến đường thẳng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) Gọi z1 z2 nghiệm phức phương trình: z2 2z 10 2 Tính giá trị biểu thức: A z1 z2 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2) Viết phương trình đường thẳng qua A chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng d : x y z mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + = Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng (P) cắt đường thẳng d Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log2 x log7 x Hướng dẫn Câu I: 2) OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = –x x0 y0 1 Nghĩa là: f (x0) = 1 x0 y0 (2x 3) : y – = –1(x + 1) y = –x (loại); Câu II: 1) Điều kiện: sin x cos x Ta có: 2cot x cos x sin x PT cot x cot x ( x 1)2 k cot x tan x cot x 7cot x cot x 2( x 1) 3x 3x 3x x x x 2x 2 x2 5x 3x 2x Câu III: Đặt u sin x cos x I Trần Sĩ Tùng y = –x – (nhận) cos x sin x 2sin x cos x cot x ( x 1) : y – = –1(x + 2) k ,k ¢ 2) Điều kiện: x PT x du u2 x 2x x x Trang 91 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Đặt u 2sin t 2cos tdt I dt 4sin t 12 Câu IV: Gọi Q giao điểm NP AD Do PD = 2PD nên D N = 2DQ AD.DQ Ta có: V a2 MD MD.S AM (đpcm) QM A ' AP (1) S S ADD ' A ' A ' AP S APD S A' D ' P a2 a3 12 Thay vào (1), ta được: V ( a b c )3 c , ta được: 3c 3 ( a b c )3 c ( a b c )3 4c a b c a b (1) 3c 3 3c 3 (b c a )3 4a (c a b) 4b b c c a Tương tự: (2), (3) 3a 3 3b 3 Cộng (1), (2) (3) ta suy P P a b c Câu VI.a: 1) PM /(C ) 27 M nằm (C) (C) có tâm I(1;–1) R = uuur uuur Mặt khác: PM /(C ) MA.MB 3MB2 MB BH IH R2 BH Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương d[M ,(d )] Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a + b > 0) a 6a 4b d [ M ,(d )] a2 b2 12 b a Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = r 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) 1; qua A (1; 3; –1) có véctơ phương a = (2; 1; –2) uuuur r uuuur AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) AM;a = (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta có : d (M, 2) 261t 792t 612 = d (M, (P)) 35t2 – 88t + 53 = t = hay t = 11t 20 53 35 18 53 ; ; 35 35 35 Câu VII.a: ’ = –9 = 9i2 phương trình có nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i 2 A z1 z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = uuuur 2) Chọn N d N (t;1 2t;2 t ) MN (t 2;2t 1; t 2) Vậy M (0; 1; –3) hay M MN P ( P) uuuur r MN n P M ( P) t Câu VII.b: Điều kiện: x > Đặt t log x PT log Hàm số f (t ) t t t 7 t t t d ': x 1 y z 7t x N (1;3;3) t t t t (*) nghịch biến f (3) nên (*) có nghiệm t = Vậy phương trình có nghiệm x = 343 Trang 92 Thuviendientu.org Chân thành cảm ơn bạn đồng nghiệp em học sinh đọc tập tài liệu transitung_tv@yahoo.com Trần Sĩ Tùng Trang 93 ... hợp giả thi? ??t ta n = 12 12 C12k 2k x 24 3k có hệ số x3 là: C1 27 27 =101 376 k Đề số 35 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm) x Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1) 2x 1) Khảo sát biến thi? ?n vẽ... C184 Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C52C61C71 C51C62C71 C51C61C72 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184 (C52C61C71 C51C62C71 C51C61C72 ) 1485 Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – = 0; (AB): x –... IK 2 a 3a3 (ABMN); SK = V= S ABMN SK 16 Trần Sĩ Tùng Trang 89 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki giả thi? ??t ta có: F (a b2 )(c d ) cd 2d 2(d Dựa vào BBT (chú ý: 2d ;b