DE ON TAP THI DAI HOC MON TOAN

Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P)..[r]

PHẦN HAI:

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MƠN TỐN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI DỰ BỊ KHỐI A:

Câu I:(2 đ)Gọi (Cm) đồ thị hàm số : y =

2

2

x mx m

x m

  

 (*) (m tham số)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) ứng với m = Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung Câu II: ( điểm) 1 Giải hệ phương trình :

2 4

( 1) ( 1)

x y x y

x x y y y

    



    



2 Tìm nghiệm khỏang (0; ) phương trình :

2

4sin cos 2cos ( )

2

x

x x 

   

Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A có trọng tâm G( ; )4

3 , phương trình đường thẳng BC x 2y 0 phương trình đường thẳng BG

7x 4y 0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2)

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O vng góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm AC với mặt phẳng (P)

b) Chứng minh tam giác ABC tam giác vng Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC

Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân

sin

I x tgxdx





2 Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn

Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số thỏa x + y + z = Cmrằng : 4x 4y 4z

     

Bài giải CÂU I

1/ Khi m = y x2 2x x

 



 (1)

 MXĐ: D = R \ {1} 

 

2

x 2x y'

x

 

 , y' 0  x hay x 2 

 BBT

x   

y' + - - +

y

 

2

6



 Tiệm cận: x 1 pt t/c đứng

y = x + pt t/c xiên 2/ Tìm m

Ta có

 

2

2

x 2mx m y'

x m

  



Hàm số (*) có cực trị nằm phía trục tung

y'

  có nghiệm trái dấu

2

x x P m 1 m

        

CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình

     

2

x y x y

I x x y y y

             

(I)      

      

 

2

2

x y x y

x y x y xy xy

Ta có S x y;P xy    S2 x2y2 2xy x2y2 S2 2P

Vậy          

        2

S 2P S P I

S hayS S P S

1

S x y TH :

P xy

   



 

 x, y nghiệm phương trình   

2

X 0X

Vậy hệ có nghiệm x

x       

hay x

y       

S x y TH :

P xy

   



 

 x,y nghiệm phương trình

2

X X 0 

 X 1hay X 2 Vậy hệ có nghiệm x 1y 2 

 V

x y     

Tóm lại hệ Pt (I) có nghiệm x

y       

V x

y       

V x 1y 2 

 V

     x y CÁCH KHÁC (I)      

    

 

2

2

x y x y x y x y xy

           2

x y x y xy           

(x y) x y xy           

x y hay x y xy           

x y hay x y xy         x y

x hay

         

x y x x 

x y       

V x

y       

V x 1y 2 

 V

     x y

2/ Tìm nghiệm 0,

Ta có 4sin2 x cos2x 2cos x2

2



 

     

  (1)

(1)  cosx   cos2x 1 cos 2x     32

 

(1)  2 cosx  cos2x sin 2x 

(1)  2 cosx cos2x sin 2x Chia hai vế cho 2:

(1)   cosx 3cos2x 1sin 2x

 

cos 2x cos x



 

     

     

  

 x5 k2 a hay x h2 b

18

Do x0, nên họ nghiệm (a) chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chọn h = Do ta có ba nghiệm x thuộc 0, x1 185,x2 1718,x3 56

CÂU III 1/ Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ pt        

  



x 2y B 0, 2 7x 4y

Vì ABC cân A nên AG đường cao ABC

Vì GA BC  pt GA: 2(x 4) 1(y  1) 0  2x y 0  

3  2x y 0  

 GA BC = H        

  



2x y

H 2, x 2y

Ta có AG 2GH  với A(x,y) AG43 x,31 y ;GH 2 34, 1  13

   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

    

 

 

x y

3

 A 0,3 

Ta có : xG xAxBxC yG yAyByC

3  C 4,0 

Vậy A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2       2a/ Ta có BC 0, 2,2 

 mp (P) qua O 0,0,0  vng góc với BC có phương trình

     

0.x 2y 2z y z  Ta có AC  1, 1,2 



, phương trình tham số AC

x t y t z 2t

   

     

Thế pt (AC) vào pt mp (P) Ta có t 2t t

3

     Thế t

3

 vào pt (AC) ta có

2 2 M , ,

3 3

 

 

  giao điểm AC với mp (P)

2b/ Với A 1,1,0  B 0,2,0  C 0,0,2  Ta có: AB  1,1,0 , AC   1, 1,2 

     

   

AB.AC 1 AB AC ABC vuông A

 Ta dễ thấy BOC vng O Do A, O nhìn đoạn BC góc vng Do

đó A, O nằm mặt cầu đường kính BC, có tâm I trung điểm BC Ta dễ dàng tìm dược I 0,1,1  R 1 12 2

  

Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC : x2y 1 2z 1 2 2 CÂU IV

1/ Tính

 

   

/ /

2

0

sinx

I sin xtgxdx sin x dx

  

2 /

0

1 cos x sin x

I dx

cosx

 

  , Đặt u cosx  du sin xdx

Đổi cận u312,u 0  1  

 2 

1/

1 u du

I

u

 

 =

1

1

1/ 1/

1 u du ln u u ln2

u

 

 

       

   



2/ Gọi n a a a a a a 1 6 số cần lập   

3

ycbt: a a a  a ,a ,a3 51,2,5 hay a ,a ,a 51,3,4

a) Khi a ,a ,a3 4 51,2,5

 Có cách chọn a1  Có cách chọn a2

 Có 3! cách chọn a ,a ,a3  Có cách chọn a6

Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n

b) Khi a ,a ,a3 51,3,4 tương tự ta có 720 số n

Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n Cách khác Khi a ,a ,a3 51,2,5

Có 3! = cách chọn a a a3 5 Có A36 cách chọn a ,a ,a1

Vậy ta có 4.5.6 = 720 số n

Khi a ,a ,a3 51,3,4 tương tự ta có 720 số n

Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n CÂU V: Ta có: 3 4x 1 1 4x 4 44 x

     

 3 4 x 2 44x 2 48 x Tương tự 3 4 y 2 44y 2 48 x

3 4 z 2 48 z

Vậy          

 

 

8 8

x y z x y z

3 4 4 4 63 x y z4 4

 6 424 x y z  6 DỰ BỊ KHỐI A:

Câu I:(2 điểm) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số

2 1

1

x x

y x

  



2 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (- 1; 0) tiếp xúc với đồ thị ( C ) Câu II:( điểm) 1 Giải hệ phương trình : 1

3

x y x y

x y

     

 

 

 

2 Giải phương trình :2 cos (3 ) 3cos sin 0

4

x   x x

(C): x2 + y2 12x 4y36 0 Viết phương trình đường tròn (C

1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox,

Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường trịn (C)

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy cho tứ giác OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, B, C, S

b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân

7

2

x

I dx

x

 





2 Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 )x 2n

 , n số nguyên dương thỏa mãn:

1

2 2 n

n n n n

C C C C 

        = 1024 ( k n

C số tổ hợp chập k n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cmrằng với x, y > ta có :

(1x)(1xy)(1 9y)2256 Đẳng thức xảy nào? Bài giải:

CÂU I

1/ Khảo sát vẽ đồ thị    

2

x x

y (C)

x

MXĐ: D R \ 1  

 



       



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x 0hayx

x

BBT

x   -2 -1 

y' + - - +

y

 

-3 

 



Tiệm cận:

x1 phương trình tiệm cận đứng y x phương trình tiệm cận xiên

2/ Phương trình tiếp tuyến  qua M 1,0  ( hệ số

góc k ) có dạng : y k x 1   

 tiếp xúc với  C  hệ pt sau có nghiệm

 

 

  

  

  



 

  

2

2

x x k x 1

x

x 2x k

x

 phương trình hồnh độ tiếp điểm   

 

2

2

x 2x x

x x

x x 1

 

  

 

x

   k

4

Vậy pt tiếp tuyến với  C qua M 1,0  là: y34x 1 

CÂU II 1/ Giải hệ pt : 2x y x y 1 I

3x 2y

      



  



 

   

2x y x y

I

2x y x y

      

 

     



Đặt u 2x y 0,v    x y 0  (I) thành

 

    

 





 

    

 



1

2

2

u v u v

u v loại

u v

Vậy  I 2x y

x y

    

 

  



2x y x

x y y

   

 

   

  

 

2/ Giải phương trình 2 cos x3  4 3cosx sinx 2   

  (2)

3

2 cos x 3cosx sin x

4

   

         

 

 

    

      

3

3 2

cosx sinx 3cosx sinx

cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx

 

  

 

 

cosx

sin x sinx

 

 

       



 3

cosx hay

1 3tgx 3tg x tg x 3tg x tgx tg x

 sin x 12  hay tgx 1  x  2 k hay x  4 k CÂU III

1/  C  x2y2 12x 4y 36 0    x 6 2y 2 2 4 Vậy (C) có tâm I 6,2  R=2

Vì đường tròn C1 tiếp xúc với trục Ox, Oy nên tâm I1 nằm đường thẳng yx

vàvì (C) có tâm I 6,2 ,R = nên tâm I (x; x)1  với x >

1

TH : Tâm I1 đường thẳng y = x  I x,x  , bán kính R1x

C1 tiếp xúc với (C)  I I1 R R1 x 6 2x 2 2  2 x

   

 x 6 2 x 2  4 4x x  x216x 4x 36 0  

 x2 20x 36 0   x hay x 18  Ứng với R12 hay R1 18

Có đường trịn là: x 2 2 y 2 2 4; x 18 2y 18 2 18

2

TH : Tâm I1 đường thẳng yx I x, x  ; R1 x

Có đường trịn x 6 2 y 6 2 36 Tóm lại ta có đường trịn thỏa ycbt là:

       

   

       

   

2 2

2

x 2 y 2 4; x 18 y 18 18;

x 6 y 6 36

2a/ Tứ giác OABC hình chữ nhật  OC AB   B(2,4,0)

* Đoạn OB có trung điểm H 1,2,0  H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng OBC Vì A, O, C nhìn SB góc vng nên trung điểm I ( 1; 2; ) tâm mặt cầu bán kính R = 1SB1 4 16 16 3  

2 2 ,

Vậy phương trình mặt cầu x 1 2 y 2 2 (z 2) 9 2b/ SC 0,4, 4  chọn 0,1, 1 là vtcp SC

Pt tham số đường thẳng SC

x y t z t

  

     

Mp (P) qua A 2,0,0  vng góc với SC có phương trình

 

O x 2  y z 0  y z 0 

Thế pt tham số SC pt (P) Ta có t=2 suy M 0,2,2 

Gọi A x,y,z1  điểm đối xứng với A qua SC Có M trung điểm AA1 nên

  

 

 

   

 

    

 

2 x 2.0 x

0 y 2.2 y

0 z 2.2 z

Vậy A12,4,4

CÂU IV: 1/ Tính 73

0

x

I dx

x

 





Đặt t3x 1  x t 3 1 dx 3t dt

 x t  31.Đổi cận t( 0) = ; t (7 ) =

Vậy    

2

3 5 2

2 2 4

1

1

t 3t t t 231

I dt t t dt

t 10

  

       

 

 

2/ Ta có     

    

 2n 1 2n 10  12n 1  2n 12 2 32n 1 3  2n 2n 12n 1

1 x C C x C x C x C x

Cho x 1 Ta có 22n 1 C02n 1 C12n 1 C2n 12  C2n 13  C2n 14   C 2n 12n 1 (1) Cho x1 Ta có C 2n 10   C12n 1 C2n 12   C2n 13  C2n 14   C 2n 12n 1 (2) Lấy (1) - (2)  22n 1 2 C 12n 1 C2n 13  C2n 15   C 2n 12n 1 

 22n C12n 1 C2n 13  C52n 1  C 2n 12n 1 1024 2 10 Vậy 2n=10 Ta có  10 10  k 10k 10 k k

k

2 3x C  3x



Suy hệ số x7 C 2107 hay C 2103 CÂU V: Ta có:

3

x x x x

1 x

3 3

     

3

y y y y y

1

x 3x 3x 3x x

     

 

3

4

9 3 3

1

y y y y y

      

2 6

4 3

9

1 16

y y

 

 

 

 

 

Vậy              

2 3 3 6

4

3 3

y x y

1 x 1 256 256

x y 3 x y

DỰ BỊ KHỐI B:

Câu I:(2 điểm) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số y x4 6x2 5

  

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : x4 6x2 log2m0 Câu II: điểm) 1 Giải hệ phương trình : 1

3

x y x y

x y

     

 

 

 

2 Giải phương trình :2 cos (3 ) 3cos sin 0

4

x   x x

Câu III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :

2

64

x y

 = Viết phương

trình tiếp tuyến d (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy A, B cho AO = 2BO Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

x y z

:

1

d  

2

1 :

1

x t

d y t

z t

  

      

( t tham số ) a) Xét vị trí tương đối d1 d2

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 N thuộc d2 cho đường thẳng MN song song với mặt

phẳng (P) : x y z  0 độ dài đọan MN = Câu IV: ( điểm)

1 Tính tích phân

0

ln

e

x xdx



2 Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam nữ Hỏi có cách lập nhóm đồng ca gồm người biết nhóm phải có nữ

Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn : a + b + c =

4 Cmrằng :

3a 3b 3b 3c 3c 3a 3

      Khi đẳng thức xảy ? Bài giải: CÂU I:

1/ Khảo sát y x  6x2 5 MXĐ: D=R

 

 3  2    

y' 4x 12x 4x x ,y' x 0hayx

2

BBT

x    3 -1 3 

y' - + + - - +

y'' + + - - + +

y  5 

-4 0 -4

Đồ thị

2/ Tìm m để pt x4  6x2  log m 02  có nghiệm phân biệt

4

2

x  6x  log m 0  x  6x  5 log m 5 Đặt k log m 5 

Ycbt  đường thẳng y=k cắt (C) điểm phân biệt

4 k

     4 log m 5 2    9 log m 0 2   19 m 1

2

CÂU II 1/ Giải pt 3x 3  x  2x 1  

Điều kiện

3x

5 x x

2x

  



     

   

(1)  3x 3  x  2x 4 x 5 

   

 3x x 2x x 2x 4        EMBED Unknown2 x 5 

   

 x 2  x 2x 4  x 5 

 x 0  hay[ x 2  5 x 2  x 5  ]

 

      

  

2/ Giải pt: sin xcos2x cos x tg x 2sin x 2      

Điều kiện : cosx x k

2

     

 2  sin xcos2x sin x cos x 2sin x 0    vàEMBED Unknowncosx 0  sinx cos2x 2sin x    cos2x 0 vàcosx 0

 sin x cos2x cos2x    cos2x 0 vàcosx 0  sinx 2sin x    0 vàcosx 0

 2sin x sinx 02    vàcosx 0  sinx1 (vìsin x1 loại ) 

2

 sinx 1 sin  x  k2 hay x 5k2

2 6

CÂU III.

1/ Do tính đối xứng elíp (E) Ta cần xét trường hợp x 0,y 0 

Gọi A 2m,0 ;B 0,m    giao điểm tiếp tuyến (E) với trục tọa độ (m 0 ) Pt

AB: x y x 2y 2m

2m m     

AB tiếp xúc với (E)  64 4.9 4m 

 

2

4m 100 m 25 m m

      

Vậy pt tiếp tuyến x 2y 10 0   Vì tính đối xứng nên ta có tiếp tuyến

x 2y 10 0,x 2y 10 x 2y 10 0,x 2y 10

     

     

2/ a/ d1 qua O 0,0,0 , VTCP a1,1,2

2

d qua B 1,0,1 , VTCP b  2,1,1

 

a,b 1, 5,3

      

 

,OB   1,0,1

1

a,b OB d ,d

        

 

 

chéo

b/ M d 1 M t ',t ',2t ' ; N d  N 2t,t,1 t   

 

MN 2t t ' 1,t t',t 2t' 1     

Vì MN // (P)  MN n p 1, 1,1 

 

             

p

MN.n 2t t' t t ' t 2t'  t t '

 2  2

MN t ' 1 4t '  3t ' 

 

 14t' 8t' 22    2t' 7t' 4  0 t' hayt' 4

7

* t'

7

 ta có     

   

4

M , , ;N , ,

7 7 7

CÂU IV 1/ Tính e

1

Ix lnxdx

Đặt u ln x du dx

x

   ;  

3

2 x

dv x dx choïn v

3

e 2 e e 3

1

1

x dx

I x lnxdx ln x x

3 x

   

3 e

3

1

x lnx 1x 2e

3 9

   

2 Ta có trường hợp

* nữ + nam Ta có C C3 55 10 2520 * nữ + nam Ta có C C5 104 1050 * nữ + nam Ta có C C5 35 10 120

Theo qui tắc cộng Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách CÂU V:

Ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

Suy 3a 3b b 3c 3c 3a a b c 6 

3

          

4.3

3

 

    

 

Dấu = xảy

3

a b c a b c

4 4

a 3b b 3c c 3a



   

     

       

Cách 2: Đặt x3a 3b  x3  a 3b;y3b 3c  y3  b 3c; 3   3 

z c 3a z c 3a

 x3 y3 z3 a b c  4.3

4

       BĐT cần cm  x y z 3  

Ta có : x3  1 x 1.1 3x3  ; y3  1 y 1.1 3y3  ;

z3  1 z 1.1 3z3   x y z     (Vì x3y3z3 3) Vậy x y z 3  

Hay 3a 3b 3b 3c 3c 3a 3 

Dấu = xảy x3 y3 z3 1 vaø a b c  3

4

 a 3b b 3c c 3a 1      a b c a b c

4

Câu I:(2 điểm) Cho hàm số : y =

2 2 2

1

x x

x

 

 (*)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số (*)

2 Gọi I giao điểm hai tiệm cận ( C ).Chứng minh khơng có tiếp tuyến (C ) qua điểm I

Câu II:( điểm) 1 Giải bất phương trình : 8x2 6x 1 4x 1 0

    

2 Giải phương trình :

2

cos

( )

2 cos

x

tg x tg x

x

 

  

Câu III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn :

(C1 ): x2 + y2 9và (C2 ): x2 + y2 2x 2y 23 0 Viết phương trình trục đẳng phương d

đường tròn (C1) (C2) Chứng minh K thuộc d khỏang cách từ K đến tâm (C1)

nhỏ khỏang cách từ K đến tâm ( C2 )

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) mặt phẳng

(P) : 2x2y z  1 a) Gọi M1 hình chiếu M lên mặt phẳng ( P ) Xác định tọa độ điểm

M1 tính độ dài đọan MM1 b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua M chứa đường

thẳng : x-1 y-1 z-5  -6

Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân sin

(tgx e xcos )x dx 





3 Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác thiết phải có chữ 1,

4 Câu V : (1 điểm) Cmrằng 0  y x 1

x y y x Đẳng thức xảy nào? Bài giải

CÂU I 1/ Khảo sát y x2 2x

x

  

 (C)

MXĐ: D R \ 1  

 



       



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x hayx

x

BBT

x   -2 -1 

y' + - - +

y

 

-2 

 



Tiệm cận

x1 pt t/c đứng y x 1  pt t/c xiên

2/ Chứng minh khơng có tiếp tuyến (C) qua I 1,0  giao điểm tiệm cận Gọi    

2

o o

o o o o

o

x 2x

M x ,y C y

x

 

  

 Phương trình tiếp tuyến (C) Mo

   

   

2

o o

o o o o 2 o

o

x 2x

y y f ' x x x y y x x

x

  

 

      

  

 

Tiếp tuyến qua I 1,0    

 

     



2

o o o

o 2

o

x 2x x

0 y

x

2

o o o o

o o

x 2x x 2x

x x

  

 

 

2

  Vơ lí Vậy khơng có tiếp tuyến (C) qua I 1,0 

CÂU II 1/ Giải bất phương trình 8x2 6x 4x 0    (1) (1)  8x2 6x 4x 1  



 

 

      



  

        

    

   

    

 

2

2

2

1

x Vx

1

4

8x 6x x Vx

1

4x x

1

4 x 0hayx

8x 6x (4x 1) 8x 2x 0 4

 x1 hay x1

4

2/ Giải phương trình tg x 3tg x2 cos2x 12

2 cos x

 

 

  

 

  (2)

(2)

2

2

2sin x cot gx 3tg x

cos x



   



   tg x 02   tg x3  1 tgx  1 x  k ,k Z

tgx

CÂU III 1/ Đường trịn C1 có tâm O 0,0  bán kính R13

Đường trịn C2 có tâm I 1,1  , bán kính R2 5

Phương trình trục đẳng phương đường trịn C1 , C2

x2y2  9  x2y2 2x 2y 23   0 x y

    (d)

Gọi K x ,y k k   d  yk xk

     

  2          

2 2 2

k k k k k k k k

OK x y x y x x 2x 14x 49

 2  2  2  2

2

k k k k k k

Ta xét IK2 OK2 2x2k14xk 65  2x2k 14xk 49 16 0

Vậy IK2 OK2  IK OK(đpcm) 2/ Tìm M1 h/c M lên mp (P)

Mp (P) có PVT n2,2, 1 

Pt tham số MM1 qua M,  P

x 2t y 2t

z t

  



  

   

Thế vào pt mp (P): 2t   2 2t     3 t 0  

18 9t t

     Vậy MM1 P M 1, 2, 11   

Ta có MM1 5 1 22 2 2    3 12  16 16 4   36 6 * Đường thẳng      



x y z :

2 qua A(1,1,5) có VTCP a2,1, 6 



Ta có AM4,1, 8 

Mặt phẳng (Q) qua M, chứa   mp (Q) qua A có PVT AM,a                2,8,2 hay 1,4,1

nên pt (Q): x 5  4 y 2    z 3  0 Pt (Q): x 4y z 10 0   

Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa  nên pt mp(Q) có dạng:

        

x 2y haym(x 2y 1) 6y z 11 Mặt phẳng (Q) qua M(5;2; - 3) nên ta có – + = ( loại) hay m( – + 1) + 12 – – 11 =  m =

Vậy Pt (Q): x 4y z 10 0   

CÂU IV: 1/ Tính / 4  sinx 

0

I tgx e cosx dx

Ta có: / / sinx / / sinx

0 0

sinx

I tgxdx e cosxdx dx e cosxdx

cosx

   

   

 

1 /

/ sinx 2

0 o

ln cosx  e  ln e

       2/ Gọi n a a a a a 1 5 số cần lập

Trước tiên ta xếp 1, vào vị trí: ta có: A25 4.5 20 cách Xếp 1,5 ta có cách chọn chữ số cho cịn lại

4 cách chọn chữ số cho ô lại thứ cách chọn chữ số cho cịn lại thứ * Theo qui tắc nhân ta có: A 5.4.3 20.60 120025   số n

Cách khác : - Bước : xếp 1, vào vị trí: ta có: A25 4.5 20 cách -Bước : có A35 3.4.5 60 cách bốc số lại xếp vào vị trí cịn lại

Ta có x y y x x y y x

4

     (1)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 1  21  

y x yx yx x y

4 4 

1 x y y x

4

 

Dấu = xảy 

  

  

 

     

 

  

2

0 y x x 1

x x 1

y

1

yx

DỰ BỊ KHỐI D:

Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) đồ thị hàm số y = – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – (1)

(m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1 .

2) Tìm m để đồ thị (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y = 2mx – m – Câu II:( điểm) 1 Giải bất phương trình : 2x 7 5 x 3x

2 Giải phương trình : (3 ) sin

2 cos

x

tg x

x



  



Câu III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 4x 6y12 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng

d : 2x y  3 cho MI = 2R , I tâm R bán kính đường trịn (C)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2;0;0), B(0; 4; 0),

O1(0; 0; 4)

a) Tìm tọa độ điểm A1, B1 Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, A, B, O1

b) Gọi M trung điểm AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vng góc với O1A cắt OA,

OA1 N, K Tính độ dài đọan KN Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân

3 2

1

ln

ln

e

x

I dx

x x







2 Tìm k 0;1;2; ; 2005 cho 2005 k

C đạt giá trị lớn ( k n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

2 2

7 2005 2005

( 2)

x x x x

x m x m

   

   

 

    

 

Bài giải CÂU I

1/ Khảo sát yx32m x  2 m 1 m=1 Khi m = yx33x2

MXĐ: D=R

 

 2       

y' 3x 6x 3x x ,y' x hay x

y''6x 6,y'' 0   x 1 BBT

x   

y' - + +

-y  2

lõm -2 lõm lồi lồi  

2/ Tìm m để Cm tiếp xúc với y 2mx m d    

(d) tiếp xúc với Cm  

 

        

 

   

 

3

2

x 2m x m 2mx m

3x 2m x 2m có nghiệm

   

     

  

   

 

2

x hay x 2m x 2m

3x 2m x 2m có nghiệm

 

   

    

  

     

 

2

2

x 2m x 2m

m hay

3x 2m x x 2m x có nghiệm

   

    

  

  

 

2

x 2m x 2m

m hay

2x 2m x có nghiệm

 

    

   

  

2

x 2m x 2m

m hay 2m 1

x

2

có nghiệm

 



 

       

 

2

2

2m 1

m hay 2m 2m

2   

1 m 0hay m

2

CÂU II: 1/ Giải bpt 2x 7  5 x  3x 2 (1)

Điều kiện

  



     

   

2x

5 x x

3 3x

(1)  2x 7  3x 2  x vaø  x

3

   

 2x 3x x 3x x        vaø 2 x

   

 2 3x x  vaø  x

3  3x2 17x 14 0   

2

vaø x

3

 (x hay 14 x)

3  

2

vaø x

3     

2 x hay 14 x 5

3

2/ Giải phương trình tg x sin x

2 cosx



 

  

 



  (2)

(2) cot gx sinx cosx sinx

1 cosx sinx cosx

     

 

2

cosx cos x sin x 2sin x 2sinx cosx

     và sin x 0

   

 cosx 1 2sin x cosx 1 va sin x 0  2sin x 1  x  k2

6 hay



5  

x k2

6

Ghi chú:Khi sinx  cos x 

CÂU III 1/ Đường trịn (C) có tâm I 2,3 , R=5

 M M   M M M M

M x ,y  d  2x  y   3 y 2x 3

 M 2  M 2

IM x   y  10

   

 

2 2

M M M M

M M

M M

x 2x 3 10 5x 4x 96

x y M 4,

24 63 24 63

x y M ,

5 5

         

      



   

     

  



2/ a/ Vì AA1 Oxy  A 2,0,41     

1

BB  Oxy  B 0,4,4

Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O1

Ptmc (S):

2 2

x y z  2ax 2by 2cz d 0    Vì O S  d 0

Vì A S  4a 0   a 1 Vì B S  16 8b 0   b 2 Vì O1 S  16 8c 0   c 2

Vậy (S) có tâm I(1,2,2) Ta có d a 2b2c2  R2

 R2   1 4 9

Vậy pt mặt cầu (S) là:

x 1 2y 2 2z 2 2 9 b/ Tính KN

Ta có M 1,2,0 , O A1 2,0, 4 



Mp(P) qua M vng góc với O A1 nên nhận O A1



 pt (P): x y 2(z 0) 0        

(P): x 2z 0   PT tham số OA

  

    

x t y z

Thế vào pt (P): t 0   t 1  OA P N 1,0,0 

Pt tham số OA1 là:

  

    

x t y z 2t

với OA1 2,0,4



hay (1;0;2) vtcp

Thế vào pt (P): t 4t 0    t

3

 

1

OA P K ,0,

3

 

     

 

Vậy  

2

2

1 20 20

KN 0

3 3

   

           

   

CÂU IV: 1/ Tính

3

e

ln x

I dx

x lnx







Đặt t ln x 1  t2 lnx 2tdt dx

x

    t2 1 ln x Đổi cận: t(e ) 2; t(1) 13  

 

 

    



  

3

e 2 4 2

1 1

ln x t 2t

I dx 2tdt t 2t dt

t x ln x

 

     

 

2

1

t 2t 76

2 t

5 15

2 Ck2005 lớn

k k 2005 2005 k k 2005 2005

C C

C C





 

  

 



k N

           

2005! 2005!

k! 2005 k ! k ! 2004 k ! k 2005 k

2005! 2005! 2006 k k

k! 2005 k ! k ! 2006 k !





      

 

   

  

 

   



k 1002

1002 k 1003,k N k 1003

 

     

 

 k 1002 hay k 1003 

CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

 

   

   

 

    

 

2x x x

7 2005x 2005 (1)

x m x 2m (2)

Ta có: (1)       

 x 72x 72 2005 x : x   1;1 sai x > Do đĩ (1)    1 x Vậy, hệ bpt cĩ nghiệm 

   2      

f x x m x 2m có nghiệm   1,1

 

 

 

   

x 1;1

0 max f( 1),f(1)

Maxf(x)

 

 max 3m 6,m 2   0 3m hay m 0    m

DỰ BỊ KHỐI D:

Câu I:(2 điểm) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 3 3

1

x x

y x

 





2 Tìm m để phương trình

2

3

1

x x

m x

 



 có nghiệm phân biệt

Câu II:( điểm) 1 Giải bất phương trình :

2

2

2

9

3

x x x x



  

   

 

Giải phương trình :sin 2xcos 2x3sinx cosx 0

Câu III: (3 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(0;5), B(2; 3) Viết phương trình đường trịn qua hai điểm A, B có bán kính R = 10

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 với A(0;0;0),

B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ điểm cịn lại hình lập phương

ABCD.A1B1C1D1.Gọi M trung điểm BC Chứng minh hai mặt phẳng ( AB1D1)

( AMB1) vng góc

b) Chứng minh tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC1 ( N ≠ A ) tới mặt

phẳng ( AB1D1) ( AMB1) không phụ thuộc vào vị trí điểm N Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân 2

0

( 1) cos

I x xdx



 

2 Tìm số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức : 2 6 2 12

n n n n

P  A  P A 

( Pn số hóan vị n phần tử Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z ba số dương x yz = Cmrằng :

2 2 3

1 1

x y z

y  z x 

  

Bài giải CÂU I:

1/ Khảo sát  

2

x 3x

y C

x

  

 MXĐ: D R \ 1  

 



       



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x hayx

x

x   -2 -1 

y' + - - +

y

 

-1 

 



Tiệm cận: x=-1 tc đứng y = x + tc xiên 2/ Tìm m để pt

2

x 3x m

x

  

 có nghiệm

phân biệt Ta có

 

  

  

   

 

   

  



 

2

2

x 3x neáux 1

x

x 3x

y

x x 3x

neáux

x

Do đồ thị    

2

x 3x

y

x có cách

Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1

Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1 Do đó, nhờ đồ thị

2

x 3x

y

x

  

 , ta có pt

2

x 3x m

x

  

 có nghiệm phân biệt  m >

CÂU II. 1/ Giải bất phương trình  

2

2 2x x

x 2x

9

3



  

     

Ta có (1) 9x 2x2 2.3x 2x2 3

   Đặt t 3 x 2x2 0, (1) thành       

2

t 2t t Do đó, (1)  

  1 3x 2x2  3 3 x 2x2 31

2

x 2x x 2x 1 x

           

2/ Giải phương trình sin2x cos2x 3sin x cosx 2      

(2)  2sin xcosx 2sin x 3sinx cosx 0     

 

2

2sin x 2cosx sinx cosx

      

 

 2sin x2  2cosx sin x cosx 0    ( ) (phương trình bậc theo sinx)

Vậy (2)

  



 

  

  

   



2cosx 2cosx 1 sin x

4

2cosx 2cosx

sin x cosx

4

 sin x cosx hay sin x  1

2

 

 

     

 

2

sin x sin hay sinx

4

x  k2 hayx  k2 hayx   k2 hayx 5k2

2 6

Cách khác: (3) (2sin x 1) sin x cosx 1     0

CÂU III.

1/ Gọi I a,b  tâm đường tròn (C)

Pt (C), tâm I, bán kính R 10

x a 2y b 2 10

   2  2 2

A C  a  b 10 a b  10b 15 0  (1)

     

   2    2 2   

B C a b 10 a b 4a 6b 0(2)

(1) ( 2)

         

    

 

  

  



2 a 1 a 3

a b 10b 15 hay

b b

4a 4b 12

Vậy ta có đường tròn thỏa ycbt

       

2

2

x y 10

x y 10

   

   

2/ Ta có A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0     ;D(0;2;0)

       

1 1

A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2

Mp AB D1 1 có cặp VTCP là:  

1

AB  2,0,2



 

1

AD  0,2,2

 mp AB D1 1 có PVT u             1 AB ,AD1 1   1, 1,1 

4

mp AMB1 có cặp VTCP là:  

AM 2,1,0



M 2,1,0   

1

AB  2,0,2



 mp AMB1 có PVT   v           1 AM,AB 1, 2, 1  

2

Ta có: u.v 1 1 1       0 u v AB D1 1 AMB1

b/  



1

AC 2,2,2  Pt tham số

  

    

1

x t AC : y t z t

, N AC 1 N t,t,t 

Pt AB D : x 01 1      y 0   z 0   0 x y z 0  

 d N,AB D 1 1 t t t   t d1

3

Pt AMB : x y 01         z 0   0 x 2y z 0  

    

   

 

1 t 2t t 2t

d N,AMB d

1

    

2

t t

d 3 6

2 t

d 32 t

6

Vậy tỉ số khoảng cách từ N AC N A 1   t 0  tới mặt phẳng AB D1 1 AMB1

khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N

CÂU IV: 1/ Tính I 0/ 22x cos xdx   0/ 22x 1 1 cos2x 2 dx

 

 

  

  

 

        

2 /

/ 2

1 0 0

I 2x dx x x

2



 / 

2 0

I (2x 1)cos2xdx

2

1     1

Đặt u (2x 1) du dx,dv cos2xdxchọnv sin2x

2

 2   / 2 /  / 

0 0

1 1

I (2x 1)sin2x sin2xdx cos2x

4

Do / 2  2

0

1

I 2x cos x

8

  

    

2/ Tacó: 2Pn6An2 P An n2 12 n N,n 1  

   

6n! n!

2n! n! 12

n ! n !

   

       

n! 6 n! n! 0

n !

    

 

    



n!

6 n! 0hay

(n 2)!  n! hay n(n 1) 0   

 n 3hay n 2 n 0   n 3hay n 2(vì n 2)   CÂU V Cho x,y, z số dương thỏa mãn xyz=1

CMR:

2 2

x y z

1 y z x 2     

Ta có: x2 y x2 y x

1 y y

 

  

 

2

y z 2 y z y

1 z z

 

  

 

2

z x 2 z x z

1 x x

 

  

 

Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế ta có:

 

2 2

x y y z z x x y z

1 y z x

        

       

     

  

     

 

2 2

x y z x y z x y z

1 y z x 4

 

       

  

x y z 

4

 

 

3.3

4 4 4

      ( x y z xyz 3    ) Vậy

2 2

x y z