Chuyen de LTDH

Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C 1 ) tieáp xuùc vôùi hai truïc toïa ñoä Ox, Oy ñoàng thôøi tieáp xuùc ngoøai vôùi ñöôøng troøn (C). a) Tìm toïa ñoä ñieåm B thuoäc maët phaúng O[r]

PHẦN THỨ NHẤT

ĐỀ SỐ 1 Câu I:

Cho hàm số y= x4 - mx2 + m - (1)(m tham số)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Xác định m cho đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt

Câu II:

Giải bất phương trình x 2x + x

1

2

log (4 + 4)log (2 - 3.2 )

Xác định m để phương trình 2(sin4x + cos4x) + cos4xx + 2sin2x + m = có nghiệm thuộc đoạn 0; π

2

 

 

 

Câu III:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy (ABC) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

(SBC) theo a, biết SA = a

Tính tích phân

1

2

x

I = dx

x +



Câu IV:

Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn: (C1): x

2

+ y2 - 10x = (C2): x

+ y2+ 4x - 2y - 20 = Viết phương trình đường trịn qua giao điểm (C1) , (C2) có tâm nằm đường thẳng x + 6y - =

Viết phương trrình đường tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1) (C2)

Câu V:

Giải phương trình

4 12 16

x  x  x  x 

Đội tuyển học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh

khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh dự trại hè cho khối có em chọn

Câu VI:

Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M thuộc miền tam giác ABC có ba góc nhọn đến cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng:

2 2

a + b + c x + y + z

2R

 ; a, b, c cạnh tam giác, R bán kính

ĐỀ SỐ Câu I:

Tìm số nguyên dương thoả mãn bất phương trình: n-2

n n

A + 2C  9n,

k k n n

A , C số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n

Giải phương trình

4

2

1

log (4x + 3) + log (x - 1) log (4 )

2  x

Câu II: Cho hàm số

2

x - 2x + m y =

x - (1)(m tham số) Xác định m để hàm số (1) nghịch biến đoạn [- 1; 0] Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm a để phương trình sau có nghiệm:

+ - t2 + - t2

9 - (a + 2).3 + 2a + =

Câu III:

Giải phương trình

4

sin x + cos x 1

= cotx -

5sin2x 8sin2x

Xét tam giác ABC có độ dài cạnh AB = c, BC = a, CA = b Tính diện tích

tam giác ABC, biết rằng: bsinC(b.cosC + c.cosB) = 20

Câu IV:

Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB OC đơi vng góc Gọi

α, β, γlần lượt làcác góc mặt phẳng (ABC) với mặt phẳng (OBC), (OCA)

và (OAB), chứng minh rằng: cosα + cosβ + cosγ 

2.Trong không gian Oxyz cho mf(P): x - y + z + = hai điểm A(- 1; - 3; - 2), B( - 5; 7; 12)

a) Tìm toạ độ điểm A' đối xứng điểm A qua mf(P)

b) Giả sử M điểm chạy mf(P), tìm giá trị nhỏ MA + MB

Câu V: Tính

ln3 x

x

0

I =

(e 1)

e dx 

ĐỀ SỐ Câu I: Cho hàm số y =

3x

3

+ mx2 -2x - 2m -

3 (1)(m tham số) Cho m =

2: a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 4x +

2 Tìm m thuộc khoảng 0;

 

 

  cho hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số (1)

và đường x = 0, x = 2, y = có diện tích

Câu II:

Giải hệ phương trình

4

4

log log

x y

x y

   

 

 

 

Giải phương trình

2

4

(2 - sin 2x)sin3x tan x + =

cos x

Câu III:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc

với mặt phẳng (ABCD) SA = a Gọi E trung điểm cạnh CD Tính theo a

khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  mặt phẳng (P)

Δ: 2x + y + z + = (P): 4x - 2y + z - =

x + y + z + =

  

Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng  mf(P)

Câu IV:

Tìm giới hạn

3 x

x + + x - L = lim

x



Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn: (C1): x

2

+ y2 - 4y - = (C2): x

+ y2 - 6x + 8y + 16 = Viết phương trrình đường tiếp tuyến chung hai đường trịn (C1) (C2)

Câu V:

Cho x, y hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4

S

x y

ĐỀ SỐ 4 Câu I:

Giải bất phương trình: x + 12  x - + 2x +

Giải phương trình tanx + cosx - cos2x = sinx(1 + tanx.tanx 2)

Câu II:

Cho hàm số y = (x - m)3 - 3x (m tham số)

Xác định m để hàm số cho đạt cực tiểu tai điểm có hồnh độ x =

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

3

2

2

x - - 3x - k <

1

log x + log (x - 1)

2

  

 

 Câu III:

Cho tam giác ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Trên đường thẳng

vng góc với mặt phẳng(ABC) A lấy điểm S cho góc hai mặt phẳng

(ABC) (SBC) 600 Tính độ dài SA theo a Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:

d1:

x - az - a = ax + 3y - = d :

y - z + = x - 3z - =

 

 

 

a) Tìm a để hai đường thẳng d1 d2 cắt

b) Với a = 2, viết phương trình mặt phẳng(P) chứa d2 song song d1 tính khoảng cách d1 d2

Câu IV:

Giả sử n số nguyên dương

(1 + x)n = a0 + a1x + a2x

+ +akx 2k

+ +anx n

Biết tồn số nguyên k(  k  n - 1sao cho 1

2 24

k k k

a  a a 

  Hãy tính n ?

Tính tích phân

0

2x -

I = x(e + x + 1)dx

Câu V:

Gọi A, B, C ba góc tam giácABC Chứng minh để tam giác ABC

thì điều kịên cần đủ là:

A B C A - B B - C C - A

cos + cos + cos - = cos cos cos

ĐỀ SỐ 5

Câu I: Cho hàm số y =

2

x + mx

1 - x (1)(m tham số)

1 Cho m =

2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 4x +

2 Tìm m để hàm số (1) cực trị Với giá trị m khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) 10

Câu II:

Giải phương trình

2 27

16 log x x3log xx 0

Cho phương trình 2sinx + cosx+1

sinx-2cosx+3 a (2)(a tham số) a) Giải phương trình (2) a =

3 b) Tìm a để phương trình (2) có nghiệm b) Tìm a để phương trình (2) có nghiệm

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: x - y + = đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 4y = Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) A B cho góc AMB 600

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 2x - 2y - z + = x + 2y - 2z - =

  

và mặt

cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x - 6y + m = Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu hai điểm M, N cho MN =

Tính thể tích khối tứ diện ABCD, biết AB = a, AC = b, AD = c góc

BAC, CAD, DAB 600

Câu IV:

Tính tích phân

π

6

0

I =  - cos x sinxcos xdx Tìm giới hạn

3 2

x

3x - L = lim

1 - cosx

x 

 

Câu V: Giả sử a, b, c bốn số nguyên thay đổi thoả mãn  a < b < c < d 50 Chứng minh bất đẳng thức

2

a c b + b + 50 +

b d  50b tìm giá trị nhỏ biểu

thức a + c

ĐỀ SỐ Câu I:

Khảo sát vẽ đồ thi hàm số y =

2

3x  x  x (1)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số (1) trục hoành

Câu II:

Giải phương trình 12 s inx osc x 

Giải hệ phương trình

3

3

log ( )

log ( )

x y

x x x y

y y y x

    

 

   

 

Câu III:

Cho hình tứ diện ABCD, cạnh a = 2cm Hãy xác định tính độ dài

đoạn vng góc chung đường thẳng AD đường thẳng BC

Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) :

2

x

+ =

9

y

và đường thẳng dm: mx - y - =

a) Chứng minh với giá trị m, đường thẳng dm cắt elip (E) hai điểm phân biệt

b) Viết phương trình tiếp tuyến (E) , biết tiếp tuyến qua điểm N(1; - 3)

Câu IV:

Gọi a1, a2, , a11 hệ số khai triển (x + 1) 10

(x + 2) = x11 + a1x 10

+ .+ a11

Hãy tính hệ số a5

Câu V:

Tìm giới hạn

6 x

x - 6x + L = lim

(x - 1)



Cho tam giác ABC có diện tích

2 Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB ha, hb, hc tương ứng độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác Chứng minh rằng:

1 1 1

a b c

a b c h h h

 

 

     

 

ĐỀ SỐ 7 Câu I:

Khảo sát vẽ đồ thi hàm số

2

2x - 4x - y =

2(x - 1)

Tìm m để phương trình 2x2 - 4x - + 2m x1 = có hai nghiệm phân biệt

Câu II:

Giải phương trình - tanx(tanx + 2sinx) + 6cosx =

Giải hệ phương trình y x

x y

log xy = log y + =

    

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):

y x điểm I(0; 2) Tìm toạ độ hai điểm M, N thuộc (P) cho IM = 4IN 

Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD với A(2; 3; 2), B(6; - 1; - 2), C( - 1; - 4; 3), D(1; 6; -5) Tính góc hai đường thẳng AB CD Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng CD cho tam giác ABM có chu vi nhỏ

Cho lăng trụ đứng ABCA'B'C' có đáy ABC tam giác cân với AB = AC = a

và góc 

BAC = 120 , cạnh bên BB' = a Gọi I trung điểm CC' Chứng minh

tam giác AB'I vng A Tính cosin góc hai mặt phẳng (ABC) (AB'I)

Câu IV:

Có số tự nhiên chia hết cho mà số có chữ số khác

Tính tích phân:

π

xdx I =

1 + cos2x 

Câu V:

ĐỀ SỐ 8 Câu I:

Cho hàm số

2

x + (2m + 1)x + m y =

2(x + m)

m

 

(1)(m tham số)

Tìm m để hàm số (1) có cực trị tìm khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Câu II:

Giải phương trình cos2x + cosx(2tan2x - 1) =

Giải bất phương trình x + x x +

15.2 +  - +

Câu III:

Cho tứ diện ABCD với AB = AC = a, BC = b Hai mặt phẳng (BCD)

(ABC) vng góc góc 

90

BDC Xác định tâm bán kính mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a b

Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng :

1:

1

x y z

d    2:

2

x z

d

x y

   



  



a) Chứng minh rằng, d1 d2 chéo vng góc

b) Viết phương trình tổng quát đường thẳng d cắt hai đường song

song với đường thẳng :

1

x y z

 

 Câu IV:

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên mà số

có chữ số khác chữ số cạnh chữ số ba

Tính tích phân:

1

3

0

I = x - x dx

Câu V:

Tính góc tam giác ABC biết

4 ( )

2 3 sin sin sin

2 2

p p a bc

A B C

 

 

 

 



trong BC = a, CA = b, AB = c p = a + b +c

ĐỀ SỐ 9 Câu I:

Cho hàm số

y = (x - 1)(x + mx + m) (1)(m tham số)

Tìm m để hàm số (1) cắt trục hồnh ba điểm phân biệt

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Câu II:

Giải phương trình 3cos4x - 8cos6x + 2cos2x + = Tìm m để phương trình  2

2

4 log x - log x + m = có nghiệm thuộc (0; 1)

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d : x - 7y + 10 = Viết phương trình

đường trịn có tâm thuộc đường thẳng : 2x + y = tiếp xúc với đường thẳng d

tại điểm A(4; 2)

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' Tìm điểm M thuộc cạnh AA' cho

mặt phẳng (BD'M) cắt hình lập phương theo thiết diện có diện tích nhỏ

Trong không gian Oxyz cho tứ diện OABC với A(0; 0; a 3), B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0) (a > 0) Gọi M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường

thẳng AB OM

Câu IV:

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

y = x6 + 4(1 - x2)3 đoạn [- 1; 1] Tính tích phân:

ln5 2x x ln2

e

I = dx

e 1 

Câu V:

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên, số có

chữ số thoả mãn điều kiện:

Sáu chữ số số khác số tổng ba chữ số đầu

ĐỀ SỐ 10 Câu I:

Cho hàm số y = 2x -

x - (1)

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

Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận (C) Tìm điểm M thuộc (C) cho

tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng IM

Câu II:

Giải phương trình

  x π

2 - cosx - 2sin -

2

= 2cosx -

 

 

 

Giải bất phương trình 1 1 2

2

log x + 2log (x - 1) + log 

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

x y

+ =

4 , M( - 2; 3), N(5; n) Viết phương trình đường thẳng d1, d2 qua M tiếp xúc với (E) Tìm n để số tiếp tuyến (E) qua N có tiếp tuyến song song với d1 d2 Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC có cạnh a, mặt bên tạo với đáy

góc 0

(0 90 )

  Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

Trong không gian Oxyz cho hai điểm I(0; 0; 1), K(3; 0; 0) Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm I, K tạo với mặt phẳng Oxy góc 300

Câu IV:

Từ tổ gồm học sinh nữ học sinh nam cần chọn em số

học sinh nữ phải nhỏ Hỏi có cách chọn

Cho hàm số x

3

a

f(x) = + bxe

(x + 1) Tìm a b biết rằng:

f '(0) = - 22

1

(x)dx =

f  Câu V:

Chứng minh

2

x x

e + cosx + x -

ĐỀ SỐ 11 Câu I:

Cho hàm số

2

x + 5x + m y =

x +



(1)( m tham số)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1; + )

Câu II:

Giải phương trình

2

cos x(cosx - 1)

= 2(1 + sinx)

sinx + cosx

Cho hàm số f(x) = xlog 2, (x > 0, x x 1)

Tính f '(x) giải bất phương trình f '(x) 

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 0) hai đường thẳng

lần lượt chứa đường cao vẽ từ B C có phương trình tương ứng x - 2y + = 3x + y - =

Tính diện tích tam giác ABC

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z - m2 - 3m = 0(m tham số) mặt cầu (S): x - + y + + z - = 92  2  2

Tìm m để mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu (S) Với m vừa tìm được, xác định toạ độ tiếp điểm mặt phẳng (P) mặt cầu (S)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, BC =

2a, cạnh SA vng góc với đáy SA = 2a Gọi M trung điểm SC Chứng

minh tam giác AMB cân M tính diện tích tam giác AMB theo a

Câu IV:

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, lập số tự nhiên chẵn

mà số gồm chữ số khác nhau?

Tính tích phân I =

1 x

x e dx



Câu V:

Tính góc A, B, C tam giác ABC để biểu thức:

2

ĐỀ SỐ 12 Câu I:

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y = 2x3 - 3x2 - Gọi dk đường thẳng qua M(0; - 1) có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng dk cắt (C) ba điểm phân biệt

Câu II:

Giải phương trình cotx = tanx + 2cos4x sin2x Giải phương trình log 55 x 4 = - x  Câu III:

Trong không gian Oxyz cho hai điểm A( 2; 1; 1), B(0; - 1; 3) đường thẳng

d: 3x - 2y - 11 =

y + 3z - =

  

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua trung điểm I AB vng góc với AB Gọi K giao điểm đường thẳng d mặt phẳng (P), chứng minh d vng góc với IK

b) Viết phương trình tổng quát hình chiếu vng góc d mặt phẳng có phương trình x + y - z + =

Cho tứ diên ABCD có AD vng góc với mặt phẳng (ABC) tam giác ABC vng A, AD = a, AC = b, AB = c Tính diện tích tam giác BCD theo a, b,

c chứng minh 2S  abc(a + b + c)

Câu IV:

Tìm số tự nhiên n thoả mãn: n - 2 3 n -

n n n n n n

C C + 2C C + C C = 100, k

n

C số tổ hợp cập k n

Tính tích phân I =

2

x +

lnxdx x

e 

Câu V:

Xác định tam giác ABC biết :

2

(p - a)sin A + (p - b)sin B = csinAsinB

trong BC = a, CA = b, AB = c, p =a + b + c

ĐỀ SỐ 13

Câu I: Cho hàm số y = x4 - 2m2x2 + (1)(m tham số )

Khảo sát hàm số (1) m =

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị ba đỉnh tam giác

vuông cân

Câu II:

Giải phương trình 4(sin3x + cos3x) = cosx + 3sinx

Giải bất phương trình logπ

[ log2(x + 2x2 - x )] <

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: x - y + - = điểm A(-1; 1) Viết phương trình đường trịn qua A, qua gốc toạ độ O tiếp xúc với đường thẳng d

Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có A trùng với gốc toạ độ O, B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; )

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm A1, B, C viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng B1D1 mặt phẳng (P)

b) Gọi (Q) mặt phẳng qua A vng góc với A1C Tính diện tích thiết diện hình chóp A1ABCD với mặt phẳng (Q)

Câu IV:

Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh phép quay xung quanh trục Ox

của hình phẳng giới hạn trục Ox đường y = x sinx (0  x  π)

Cho tập hợp A gồm n phần tử, n  Tìm n, biết số tập gồm phần

tử tập A hai lần số tập gồm ba phần tử tập A

Câu V:

Gọi (x; y) nghiệm hệ phương trình x - my = - 4m

mx + y = 3m +

  

ĐỀ SỐ 14

Câu I: Cho hàm số y = 2x3 - 2mx2 + m2x - (1)(m tham số)

Khảo sát hàm số (1) m =

Tìm m để hàm số (1) đạt cực tiểu x =

Câu II:

Giải phương trình 2cos(x + π ) +

1 sinx =

1 cosx Giải bất phương trình

x -

2 + 6x - 11 > x -

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho điểm I(- 2; 0) hai đường thẳng

d1 : 2x - y + = d2: x + y - =

Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I cắt hai đường thảng d1, d2 lần lượt A, B cho



IA =



IB

Trong không gian Oxyz cho A(4 ; 2; 2), B( ; 0; 7) đường thẳng

d: x - = y - z -

- 2 

Chứng minh hai đường thẳng d AB thuộc mặt phẳng Tìm điểm C đường thẳng d cho tam giác ABC cân đỉnh A

Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a vng góc với đáy ABC, tam giác ABC

có AB = BC = 2a, góc B 1200 Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng

(SBC)

Câu IV:

Tính tích phân I =

3

dx x + x

 Biết (2 + x)100 = a0 + a1x + a2x

+ + a100 x 100

Chứng minh a2 < a3 Với giá trị k ak < ak+1 (0  k  99)?

Câu V:

Cho hàm số f(x) = ex - sinx + x

ĐỀ SỐ 15 Câu I:

Cho hàm số

2

x - 2mx + y =

x - (1)(m tham số)

Khảo sát hàm số (1) m =

Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B Chứng minh đường

thẳng AB song song với đường thẳng d: 2x - y - 10 =

Câu II:

Giải phương trình sin4xsin7x = cos3xcos6x Giải bất phương trình log3x > logx3

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x +

y2

4 = Viết phương trình tiếp tuyến (E) song song với đường thẳng d: x + y - =

Trong không gian Oxyz cho A(2 ; 0; 0) M( ; 1; 1) a) Tìm toạ độ O' đối xứng O qua đường thẳng AM

b) Gọi (P) mặt phẳng thay đổi qua đường thẳng AM, cắt trục Oy, Oz

lần lượt điểm B, C Giả sử B(0; b; 0), C(0; 0; c), b > 0, c > Chứng minh

rằng b + c = bc

2 Xác định b, c cho diện tích tam giác ABC nhỏ

Câu IV:

Tính tích phân I =

π

cosx

e sin2xdx



Biết (1 + 2x)n = a0 + a1x + a2x

+ + an x n

Chứng minh a2 < a3 Biết a0 + a1 + a2 + + an = 729 Tìm n số lớn số a0, a1, a2, , an

Câu V:

Cho tam giác ABC thoả mãn A  900 sinA = 2sinBsinCtanA

2 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức

A - sin

2 S =

ĐỀ SỐ 16 Câu I:

Cho hàm số

2

x + x + y =

x + (1) có đồ thị (C)

Khảo sát hàm số (1)

Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường

thẳng d: x - 3y + =

Câu II:

Giải phương trình 2sinxcos2x + sin2xcosx = sin4xcosx Giải hệ phương trình

2

x + y x -

x + y = y + x - = x - y

    

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông A Biết A( - 1; 4), B( 1; -

4), đường thẳng BC qua điểm K(

3 ; 2) Tìm toạ độ C

Trong khơng gian Oxyz cho A(2 ; 0; 0) , B(2; 2; 0), C(0; 0; 2) a) Tìm toạ độ O' đối xứng O qua mf(ABC)

b) Cho điểm S di chuyển trục Oz, gọi H hình chiếu vng góc O đường thẳng SA Chứng minh diện tích tam giác OBH nhỏ

Câu IV:

Tính tích phân I =

2

π

0

xsin xdx



Biết khai triển nhị thức Niutơn (x +

x ) n

tổng hệ số hai

số hạng 24, tính tổng hệ số số hạng chứa xk với k > chứng minh tổng số phương

Câu V:

Cho phương trình x2 + ( m2 - )

2

x + + - m2 = Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm

ĐỀ SỐ 17 Câu I:

Cho hàm số y = x

x + (1) có đồ thị (C) Khảo sát hàm số (1)

Tìm (C) điểm M cho khoảng cách từ M đến đường thẳng

d: 3x + 4y =

Câu II:

Giải phương trình sinx + sin2x = 3(cosx + cos2x)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = (x + 1)

1 - x

Câu III:

Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2; 3) hai đường thẳng

d1: x + y + = d2: x + 2y - =

Tìm toạ độ điểm B d1 C d2 cho tam giác ABC có trọng tâm G(2; 0)

Cho hình vng ABCD có cạnh AB = a đường thẳng Ax, By

vng góc với mf(ABCD) nằm phía mf(ABCD),

lấy điểm M, N cho tam giác MNC vuông M Đặt AM = m, BN = n

Chứng minh rằng, m(n - m) = a2 tìm giá trị nhỏ diện tích hình thang ABNM

Trong không gian Oxyz cho A(0 ; 1; 1) đường thẳng d: x + y = 2x - z - =

  

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với đường thẳng d Tìm toạ độ hình chiếu vng góc B' điểm B(1; 1; 2) mặt phẳng (P)

Câu IV:

Tính tích phân I =

ln8 2x x ln3

e e 1dx



Có số tự nhiên thoả mãn đồng thời ba điềm kiện sau: gồm

chữ số đôi khác nhau; số chẵn; nhỏ 2158 ?

Câu V:

Tìm tất giá trị m để hệ sau có nghiệm:

2

x - 5x + 3x - mx x + 16 =

 

ĐỀ SỐ 18

Caâu I:

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:

1 Giải hệ phương trình :

2

4

( 1) ( 1)

x y x y x x y y y

    



    



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

2

4sin cos 2 cos ( )

2

x

x x 

   

Caâu III:

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 4 0và phương

trình đường thẳng BG 7x4y 8 0.Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 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

Caâu IV:

1 Tính tích phân

3

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

ĐỀ SỐ 19

Caâu I:

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

2

1

x x

y x

  



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

Caâu II:

Giải hệ phương trình : 1

3

x y x y

x y

     

 

 

 

Giải phương trình :

2 cos ( ) 3cos sin

4

x  x x Caâu III:

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn

(C): x2 + y2 12x4y360 Viết phương trình đường trịn (C1) 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

Caâu IV: Tính tích phân

3

2

x

I dx

x  





2 Tìm hệ số x7 khai triển đa thức

(2 ) n x

 , n số ngun

dương thỏa mãn:

2 2

n

n n n n

C  C  C   C  = 1024 (Cnk số tổ hợp chập k

của n phần tử)

Câu V: Cm với x, y > ta có :

(1 x)(1 y)(1 ) 256

x y

ĐỀ SỐ 20

Caâu I:

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

6

yx  x 

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 2

6 log

x  x  m Câu II:

Giải hệ phương trình : 1

3

x y x y

x y

     

 

 

 

Giải phương trình :

2 cos ( ) 3cos sin

4

x  x x

Caâu III:

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

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1: x y z

1

d   vaø

2

1 :

1

x t

d y t z t

   

      

( t laø 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 độ dài đọan MN =

Caâu IV:

1 Tính tích phân

ln

e

x xdx



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

Caâu V: Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3

4 Chứng minh raèng :

ĐỀ SỐ 21

Câu I: Cho hàm số : y =

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

Caâu II:

1 Giải bất phương trình :

8x 6x 1 4x 1

2 Giải phương trình :

2

cos

( )

2 cos

x tg x tg x

x

 

  

Caâu III:

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 trịn (C1) (C2) Chứng minh K thuộc d

khỏang cách từ K đến tâm (C1) nhỏ khoảng 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

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 - y - z -

2   -

Caâu IV:

1.Tính tích phân

sin

(tanx e xcos )x dx 





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

Câu V: Chứng minh 0yx1

4

ĐỀ SỐ 22

Câu I: 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:

Giải bất phương trình : 2x7 5x 3x2 Giải phương trình : (3 ) sin

2 cos

x tg x

x



  



Caâu III:

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 cho MI = 2R, I tâm R bán kính đường trịn (C)

Trong khơng 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:

Tính tích phân

3

2

ln

ln

e

x

I dx

x x 





Tìm k 0;1; 2; ; 2005 choC2005k đạt giá trị lớn (Cnk số tổ hợp

chập k n phần tử)

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

2

2

7 2005 2005

( 2)

x x x

x

x m x m

   

   

 

    

ĐỀ SỐ 23 Caâu I:

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

3

1

x x

y

x

 





Tìm m để phương trình

2

3

1

x x

m x

 



 có nghiệm phân biệt Câu II:

Giải bất phương trình :

2

2

2

9

3

x x x x



  

   

 

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

Caâu III:

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 khoảng 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:

Tính tích phân π

2

I = ( 2x - 1)cos xdx

Tìm số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức : 2

2Pn 6An P An n 12

( Pn số hóan vị n phần tử Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử)

Câu V: Cho x, y, z ba số dương xyz = Chứng minh : 2

1 1

x y z

y z  x 

ĐỀ SỐ 24 Câu I:

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

x 2x

y

x

 



 (C)

2 Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt

2

2 ( 5)( 1)

x  x  m  m x

Câu II:

1 Giải phương trình: cos3xcos x sin 3x sin x3 3



 

Giải hệ phương trình:

2

( 1) ( )

( , )

( 1)( 2)

x y y x y

x y R

x y x y

    



 

   

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABCA'B'C' có A(0; 0;

0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A'(0; 0; 2)

1 Chứng minh A'C vng góc với BC' Viết phương trình mặt phẳng (ABC')

2 Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng B'C' mf(ABC')

Câu IV: 1. Tính

2

dx I

2 x x



  



2. Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện: x2 + xy + y2 

Chứng minh rằng: 2

4 3 x xy 3y 3

      

Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E)

2

1 12

x y

  Viết phương trình hypebol (H) có hai dường tiệm cận y 2xvà có hai tiêu điểm hai tiêu điểm (E)

2 Áp dụng khai triển nhị thức Newton  100

x x , chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

100 101 199 200

2 2

C     C      C     C    

       

Câu Vb:

1 Giải bất phương trình: logx 1 ( 2x) 2

2 Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy hình thoi, cạnh AB = AD =

a, BAD = 600 , cạnh bên

a

Gọi M, N trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC'mf(BDMN) Tính thể tích khối chóp

ĐỀ SỐ 25 Câu I:

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2 x

y 2(x 1)

2

   (C)

2 Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(0; 2) tiếp xúc với (C)

Câu II:

1 Giải phương trình: 2sin 2x s inx +1=0



 

 

 

 

Giải hệ phương trình:

3

2

8

( , ) 3( 1)

x x y y

x y R

x y

   



 

  

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho mf( ): 3x + 2y - z + = hai điểm A(4;

0; 0), B(0; 4; 0) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB

Tìm giao điểm đường thẳng AB với mf()

Xác định toạ độ điểm K cho KI vng góc với mf() đồng thời K cách gốc toạ độ O mf()

Câu IV:

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn parabol y = x2 - x + đường thẳng

d: y = 2x +

2 Cho x, y, z thoả mãn điều kịên 3x3y3z 1 Chứng minh rằng:

9 3

3 3 3

x y z x y z

x y z y z x z x y

 

  

  

Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x - 4y - = , cạnh BC song song với d Phương trình đường cao BH: x + y + =

trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm toạ độ A, B, C

2 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, lập số tự nhiên có chữ số

khác ? Tính tổng tất số tự nhiên

Câu Vb:

1 Giải bất phương trình: log 2x 2 log2x4log 2x

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,

cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM =

3

a

Mặt phẳng (BCM) cắt SD N

ĐỀ SỐ 26

Câu I:

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

x x

y

x

  

 (C)

2 Viết phương trình tiếp tuyến (C) qua A(0; - 5)

Câu II:

1 Giải phương trình: (2sin x 1) tan 2x2  3(2cos x -1) = 02

Giải phương trình:

3x2 x1 4x92 3x 5x2 ,xR) Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:

1

1

:

2

x t

y t

z    

       

2:

1

x y z

  



Viết phương trình mặt phẳng chứa 1và song song 2

Xác định toạ độ điểm A 1và điểm B 2 cho đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ

Câu IV:

1 Tính 10

5

dx I

x x



 



2 Tìm giá trị nhỏ hàm số: 11 72 ,

2

y x x

x x

 

      

  Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân B, với A(1; -1), C(3; 5) Điểm

B thuộc đường thẳng d: 2x - y = Viết phương trình đường thẳng AB, BC

2 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số chẵn, số có

chữ số khác có hai chữ số lẻ hai chữ số lẻ đứng cạnh

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 1 8

2

2

log x log (3 x) log (x 1)     0

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a 

60

BAD SA

vng góc với mf(ABCD), SA = a Gọi C' trung điểm SC Mặt phẳng (P) di

qua AC' song song BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B', D'

ĐỀ SỐ 27

Câu I: Cho hàm số y = x3 + (1 - 2m)x2 + (2 - m)x + (1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu, đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ

Câu II:

1 Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx - cosx) =

Giải hệ phương trình: 2

2

( )( ) 13

( , )

( )( ) 25

x y x y

x y R x y x y

   



 

  

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + y - z + =

điểm

A(0; 0; 4), B(2; 0; 0)

Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng AB mf(P) Viết phương trình mặt cầu qua O, A, B tiếp xúc với mặt phẳng (P)

Câu IV:

1 Tính e

1

3 ln x

I dx

x ln x

 





2 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏ mãn điều kiện x + y  Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức A =

2

2

3

4

x y

x y

 



Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(2; 1), đường cao qua đỉnh B có phương trình x - 3y - = đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y

+ = Xác định toạ độ đỉnh B, C tam giác

2 Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 có n điểm phân biệt(n  2) Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm cho Tìm n

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 9x2 x 110.3x2 x 2 1

2 Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có A'ABC hình chóp tam giác đều, cạnh đáy

ĐỀ SỐ 28

Câu I: Cho hàm số

3

2 11

3

3

x

y  x  x

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng qua trục tung

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x3 sin x3 2 sin x2 1

Giải hệ phương trình: 2

2 2

3( )

( , )

7( )

x xy y x y

x y R

x xy y x y

    



 

   

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 4x - 3y + 11z - 26 = hai

đường thẳng

3

: , :

1 1

x y z x y z

d     d     

Chứng minh d1 d2 chéo

Viết phương trình đường thẳng  nằm (P), đồng thời  cắt d1 d2

Câu IV:

1 Tính

0

I ( x 1) sin xdx



  

2 Giải phương trình

4x 2x 2(2x 1) sin(2x 1)

y 

      

Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: x - y + - 2= điểm A(- 1; 1) Viết phương trình đường trịn (C) qua A, O tiếp xúc d

2 Một lớp học có 33 học sinh, có nữ Cần chia lớp thành tổ, tổ có

10 học sinh, tổ có 11 học sinh tổ có 12 học sinh cho tổ có

nhất học sinh nữ Hỏi có cách chia ?

Câu Vb:

1 Giải phương trình: log (33 x1) log (33 x 1 3)6

2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Gọi SH đường cao

của hình chóp Khoảng cách từ trung điểm I SH đến mặt bên (SBC) b

ĐỀ SỐ 29

Câu I: Cho hàm số

1

x y

x  

 (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Cho điểm M0( ;x y0 0) thuộc (C) Tiếp tuyến (C) M0( ;x y0 0)cắt tiệm

cận (C) điểm A, B Chứng minh M0( ;x y0 0) trung điểm AB Câu II:

Giải phương trình: 4sin x3 4 sin x2 3sin 2x6cosx0

Giải phương trình:

x + - x = x - + - x 8x7 +1 (xR)

Câu III: Trong không gian Oxyz cho A(1; 2; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) Viết phương trình đường thẳng qua O vng góc với mf(ABC)

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa OA, cho khoảng cách từ B đến (P)

bằng khoảng cách từ C đến (P)

Câu IV:

1 Tính

1

I ( x2) ln xdx

2 Giải hệphương trình: ln(12 ) ln(1 2) ( , )

12 20

x y x y

x y R

x xy y

    



 

  



Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy lập phương trình tắc elip (E) có độ dài trục lớn

bằng 2, đỉnh trục nhỏ tiêu điểm (E) thuộc đường

tròn

2 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn có chữ số khác số lập nên nhỏ 2500 ?

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 2(log x 1)l og x2 4 log21

  

2 Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh a điểm K thuộc cạnh

CC' cho

3

CK  a Mặt phẳng ( ) qua A, K song song với BD, chia

ĐỀ SỐ 30

Câu I: Cho hàm số

2

x 4x

y

x

  





1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Chứng minh tích khoảng cách từ điểm đồ thị hàm số đến đường tiệm cận số

Câu II:

1 Giải phương trình: sin 2x sin x 1 cot g2x

2sin x sin 2x

   

2 Tìm m để phương trình: m x22x2 1 x(2x)0 (2) có nghiệm x 0;1

 

 

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3;7;-18) mặt

phẳng (P): 2x - y + z + =

1 Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P)

2 Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ

Câu IV:

1 Tính

0

2 x

I dx

1 x

 

 



2 Giải hệ phương trình: (x,y R)

1 y y y

1 x x x

1 x

1 y

 

   

    

    

 

Câu Va:

Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Đường tròn (C') tâm I (2; 2) cắt (C) điểm A, B cho AB Viết phương trình đường thẳng

AB

Có số tự nhiên chẵn lớn 2007 mà số gồm chữ số khác

nhau ?

Câu Vb:

1 Giải bất phương trình: (log log x ) logx  4 2 2x 0

2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a

o

120

ĐỀ SỐ 31

Câu I: Cho hàm số y x m m (Cm)

x

  



1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m =

2 Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị điểm A, B cho đường thẳng AB

qua gốc tọa độ O

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x sin x cos x 3(sin x2     cos x)

2 Giải hệ phương trình

4 2

3

x x y x y x y x xy

   

 

  

 

Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6)

đường thẳng (d) 6x 3y 2z

6x 3y 2z 24

  

 

   



1 Chứng minh đường thẳng AB OC chéo

2 Viết phương trình đường thẳng  // (d) cắt đường AB, OC

Câu IV:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn đường 4yx2 y = x Tính thể tích vật thể tròn quay (H) quanh trục Ox trọn vòng Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 

 

        

 

 

3

3 3 3

3

2 2

x y z

P 4(x y ) 4(y z ) 4(z x )

y z x

Câu Va:

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương

trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x5y20 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

2 Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD cho 1, 2, n

điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm cho 439

Câu Vb:

1 Giải phương trình 4 2

2x

1

log (x 1) log x

log 

    

2 Cho hình chóp SABC có góc SBC,ABC60o



, ABC SBC tam giác

ĐỀ SỐ 32 Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 –

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C)

2 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến qua A(–1, –13)

Câu II:

1 Giải phương trình:

2 x cos x cos

2 x

sin 

  



 

 

   



 



2 Tìm m để phương trình: x2 x m

 

 có nghiệm

Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(–3; 5; –5); B(5; –3; 7) mặt

phẳng (P): x + y + z =

1 Tìm giao điểm I đường thẳng AB với mặt phẳng (P)

2 Tìm điểm M  (P) cho MA2 + MB2 nhỏ

Câu IV:

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y =  

1 x

x x

y 2

 



2 Chứng minh hệ

      

  

  

1 x

x 2007 e

1 y

y 2007 e

2 y

2 x

có nghiệm thỏa mãn điều kiện

x > 0, y >

Câu Va:

1 Tìm x, y  N thỏa mãn hệ

    

 

 

66 C A

22 C A

2 x y

3 y x

2 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = đường thẳng d: xy10

Xác định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d

Câu Vb:

1 Giải phương trìnhlog3x12log 32x12

2 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, SA vng góc với đáy hình chóp Cho AB = a, SA = a Gọi H K hình chiếu A

ĐỀ SỐ 33 Câu I: Cho hàm số

x

m x y

   

 (Cm)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m =

2 Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại điểm A cho tiếp tuyến với (Cm) A cắt trục Oy B mà OBA vuông cân

Câu II:

1 Giải phương trình: tgx cotgx

x sin

x cos x cos

x sin

  

2 Tìm m để phương trình : x413xmx10 có nghiệm

Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2;0;0); M(0;–3;6)

1 Chứng minh mặt phẳng (P): x + 2y – = tiếp xúc với mặt cầu tâm M, bán kính MO Tìm tọa độ tiếp điểm

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M cắt trục Oy, Oz điểm tương ứng B, C cho VOABC =

Câu IV:

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn đường

y = x2 y 2x2

2 Giải hệ phương trình:

      

    

    

x y y y

xy y

y x x x

xy x

2

2

Câu Va:

1 Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A3n 8C2n C1n 49

2 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB

Câu Vb:

1 Giải phương trình:  

x log

4

log x log

3 x

9

3 

  

2 Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R điểm C thuộc

nửa đường trịn cho AC = R Trên đường thẳng vng góc với (P) A lấy điểm S cho SAB,SBC60o



ĐỀ SỐ 34 Câu I: Cho hàm số

1 x

1 x y

  

 (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm

của đường tiệm cận trục Ox

Câu II:1 Giải phương trình: cosx 12

x sin

2  

  



 



Tìm m để phương trình: x32 x4  x6 x45m có

2 nghiệm

Câu III: Cho đường thẳng d:

1 z

2 y

3 x

     

mặt phẳng (P):

xyz20

1 Tìm giao điểm M d (P)

2 Viết phương trình đường thẳng  nằm (P) cho   d khoảng cách

từ M đến  42

Câu IV:

1 Tính   

  

1

0

2 dx

4 x

1 x x I

2 Cho a, b số dương thỏa mãn ab + a + b = Chứng minh:

2 b a b a

ab a

b b

a

3 2

      



Câu Va:

1 Chứng minh với n ngun dương ln có

    2   1

1 n n n n

n n n n

nC  n C     C     C  

2 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hồnh độ

x  điểm C thuộc trục Oy có trung độ y  cho ABC vng A Tìm B, C cho diện tích ABC lớn

Câu Vb:

1 Giải bất phương trình:  2

1

2

1

log 2x 3x log x

2

    

ĐỀ SỐ 35 Câu I: Cho hàm số

1 x

x y



 (C)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến d (C) cho d hai tiệm cận (C) cắt

nhau tạo thành tam giác cân

Câu II:

1 Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx Tìm m để hệ phương trình :

    

 

  

1 xy x

0 m y x

có nghiệm

Câu III: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = đường thẳng:

2 z

3 y

1 x :

d1 

   

5 z y

5 x : d2

    

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 (Q)  (P)

Tìm điểm M  d1, N  d2 cho MN//(P) cách (P) khoảng

Câu IV:

1 Tính 





0

xdx cos x I

2 Giải phương trình: x

x

2 x

x

log    

Câu Va:

1 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác

2 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(0, 1) B(2, –1) đường thẳng:

d1: (m – 1)x + (m – 2)y + – m = d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – =

Chứng minh d1 d2 cắt Gọi P = d1  d2 Tìm m cho PAPB lớn

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 23x17.22x7.2x20

ĐỀ SỐ 36

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2điểm)

Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + (m + 1)x + (1), m tham số thực

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) m = -

Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ

x = -1 qua A(1; 2)

Câu II (2điểm) 1 Giải phương trình: tanx – cotx = 4cos22x

Giải phương trình :

2

(2x - 1) 2x + + - 2x =

2

Câu III (2điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: d : 1 x - = y - = z - 3, d : 2 5x - 6y - 6z + 13 =

x - 6y + 6z - =

2

  

Chứng minh d1và d2 cắt

Gọi I giao điểm d1và d2 Tìm điểm A, B thuộc d1, d2sao

cho tam giác IAB cân I có diện tích 41

42

Câu IV (2điểm)

Tính tích phân

3

2

xdx I

x  





Giải phương trình:

π sin x -

4

e = tanx

     

PHẦN RIÊNG - THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM TRONG CÂU: V.a HOẶC V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

Cho tập hợp E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7} Hỏi có số tự nhiên chẵn gồm

4 chữ số khác thành lập từ chữ số E

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B

đường phân giác góc A có phương trình 3x + 4y + 10 = x - y + = 0, điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng

2 Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC

Câu V.b.Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải bất phương trình logarit 1 2

2

2x +

log log

x +

 



 

 

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vng cân đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I, J trung điểm EC, SC; M điểm di động tia đối

tia BA cho 

ĐỀ SỐ 37

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2điểm) Cho hàm số y = x4 - 8x2 + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

Tìm giá trị thực tham số m để đường thẳng y = mx - tiếp xúc với đồ

thị hàm số (1)

Câu II (2điểm)

Giải phương trìnhsin 2x - π = sin x - π +

4

   

   

   

Giải phương trình 2

2

1

1

1 1

x

x   x

 

Câu III (2điểm)

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + 3y - 3z + = 0, đường thẳng d:

3

2

x y z

  điểm A(4; 0; 3), B(- 1; - 1; 3), C(3; 2; 6)

Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mf(P)

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo

một đường trồn có bán kính lớn

Câu IV (2điểm). Tính tích phân

π

sin2xdx I =

3 + 4sinx - cos2x



Chứng minh phương trình 4x(4x2 + 1) = 1có ba nghiệm

thực phân biệt

PHẦN RIÊNG - THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM TRONG CÂU: V.a HOẶC V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1 + 3x)2n

, biết

n n

A + 2A = 100(n số nguyên dương)

Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = Tìm tất giá trị

thực m để đường thẳng y = m tồn hai điểm mà từ điểm kẻ tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 60o

Câu V.b.Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải phương trình

3

1

3 log

log x x x x

 

    

 

Cho hình chóp S.ABC mà mặt bên tam giác vuông, SA = SB = SC

= a Gọi M, N, E trung điểm cạnh AB, AC, BC; D điểm đối

xứng S qua E; I giao điểm đường thẳng AD với mf(SMN) Chứng minh

ĐỀ SỐ 38

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2điểm) Cho hàm số

y = x - 3x - 3m(m + 2)x - (1), m tham số thực

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị dấu

Câu II (2điểm)

Giải phương trình 2sin x + π - sin 2x - π =

3

   

   

   

Giải phương trình 10x + + 3x - = 9x + + 2x -

Câu III (2điểm)

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d1 có phương trình :

x - y z +

= =

2

và hai điểm A(5; 4; 3), B(6; 7; 2)

Viết phương trình đường thẳng d2 qua điểm A, B Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo

Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính giá trị nhỏ

Câu IV (2điểm)

Tính

2

x +

I = dx

4x +



Cho số dương x, y, z thoả mãn hệ thức x + y + z = yz

3x Chứng minh x - 3(y + z)

6



PHẦN RIÊNG - THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM TRONG CÂU: V.a HOẶC V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

Cho số nguyên n thoả mãn đẳng thức

3

n n

A + C

= 35

(n - 1)(n - 2) (n  3) Tính tổng

2 n n

n n n

S =2 C - C + + (-1) n C

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5, C(- 1; - 1), đường

thẳng AB có phương trình x + 2y - = trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y - = Hãy tìm toạ độ đỉnh A B

Câu V.b.Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải phương trình 2 1

2

2 log 2x 2 log 9x 1

ĐỀ SỐ 39

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2điểm) Cho hàm số

2

x + (3m - 2)x + - 2m y =

x + (1), m tham số thực

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng xác định

Câu II (2điểm)

Giải phương trình x

3sinx + cos2x + sin2x = 4sinxcos

Giải hệ phương trình

 

3

x - - y = - x x - = y

    

Câu III (2điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 0; - 1), B(2; 3; - 1);,

C(1; 3; 1) đường thẳng d:

x y

x y z

  

 

  



Tìm toạ độ điểm D thuộc đường thẳng d cho thể tích khối tứ diện ABCD

bằng

Viết phương trình tham số đường thẳng qua trực tâm H tam giác

ABc vng góc với mf(ABC)

Câu IV (2điểm)

Tính tích phân

1

x dx I =

4 - x



Cho số nguyên n( n  2) hai số thực không âm x, y Chứng minh: nx + y n n  n + 1x + yn + n +

PHẦN RIÊNG - THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM TRONG CÂU: V.a HOẶC V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

Chứng minh với n số nguyên dương

n n - 1 n n +

n n n

2 C C C -

+ + + =

n + n 2(n + 1)

Trong mặt phẳng Oxycho hai điểm A(3; 0), B(0; 4) Chứng minh đường

tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn qua trung điểm cạnh

của tam giác OAB

Câu V.b.Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải phương trình 2x + 2x + x

3 - - 5.6 

Cho tứ diện ABCD có mặt ABC ABD tam giác cạnh a,

mặ ACD BCD vng góc với Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện

ĐỀ SỐ 40

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2điểm) Cho hàm số

1

x y

x  

 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số

1

x y

x  

 (1)

Tính diện tích tam giác tạo trục toạ độ tiếp tuyến với đồ thị

hàm số (1) điểm M(-2; 5)

Câu II (2điểm)

1 Giải phương trình 4

4(sin x + cos x) + cos4x + sin2x =

Giải phương trình 2

(x1)(x3) x 2x  3 (x1)

Câu III (2điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (): 2x - y + 2z + =

và đường thẳng

d: x - 1= y - = z

1 -

Tìm toạ độ giao điểm d với (); tính sin góc d ()

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng () Oxy

Câu IV (2điểm)

Tính

1 2x

2

x

I = xe - dx

4 - x

 

 

 



Cho số thực x, y thỏa ,

x y 

  Chứng minh rằng:

cosx + cosy  + cos(xy)

PHẦN RIÊNG - THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM TRONG CÂU: V.a HOẶC V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

Chứng minh với n số nguyên dương, ta có:

2Cn - 1n + C2 n - 2n + + n.2 C = 2n.3n nn n -

Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x - 4)2 + y2 = điểm E(4; 1)

Tìm toạ độ điểm M trục tung cho từ M kẻ hai tiếp tuyên MA, MB

đến đường tròn (C) với A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua E

Câu V.b.Theo chương trình phân ban (2 điểm)

Giải bất phương trình 22 x - x - 22 - 22 x - x - 12 - 

Cho tứ diện ABCD điểm M, N, P thuộc cạnh BC, BD, AC

cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỷ số

AQ

ĐỀ SỐ 41

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7, điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = - x3 - 3x2 + mx - 4, m tham số thực, (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) cho, với m =

Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) cho đồng biến khoảng (0; 2)

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình

2

tan t anx

sin

tan

x

x x



  

   

  

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình

2

x  x  x m

có nghiệm thực

Câu III (2 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) đường thẳng d:

1

2

x y z

 



Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d

Tìm tọa độ điểm B, C thuộc d cho tam giác ABC vuông C BC = 29

Câu IV (2 điểm)

Tính tích phân

1

( 1) x

I  x  x e dx

Giải hệ phương trình

2

2

2

36 60 25

36 60 25

36 60 25

x y x y

y z y z

z y z x

   



  

 

  



II PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b

Câu V.a.Theo chương trình KHƠNG phân ban(2 điểm)

Có số tự nhiên gồm chữ số khác mà số lớn

2500

Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường

thẳng AB, đường cao kẻ từ A trung tuyến kẻ từ B có phương trình x + 4y - = 0, 2x - 3y + = 0, 2x + 3y - =

Câu V.b.Theo chương trình phân ban(2 điểm)

Giải phương trình  1x 2 1x 3.2 x

   

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA

= 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vng góc SC cắt SB,

PHẦN THỨ HAI

ĐỀ SỐ 1 Câu I:

1. Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số m = (Học sinh tự giải) 2. Xác định, đểđồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt

Bài toán quy xác định m để phương trình x4 - mx2 + m - =

có nghiệm phân biệt

 t2 - mt + m - = (t = x2) có nghiệm t1, t2 dương phân biệt

   2

4

m m m

      

2

4( 1) ( 2)

2

0

1

1

m m m

m

S m S m

m

P m P m

        

 

 

      

 

      

 

Câu II:

1. Bất phương trình    

1

2

log 4x 4 log x 3.2x

2

2 3.2 4 2.4 3.2 4 3.2

2

2

2

x x x x x x x x

x

x x



           

  

   

 

2. 2(sin4x + cos4x) + cos4x + 2sin2x + m = (1)

 2(1 - 2sin2xcos2x) + cos4x + 2sin2x + m =

 + m - 3sin22x + 2sin2x =

 3t2 - 2t - (m + 3) = 0; t = sin2x (2)

Với 0

2

x  x  t

        , nhận giá trị thuộcđoạn

[0;1]

Để phương trình (1) có nghiệm thuộc

đoạn 0;



 

 

 , điều kiện cần đủ phương trình (2)

có í nghiệm t [0;1]

 3t2 - 2t = m + có nghiệm t  [0; 1]

Vẽ dồ thị (C) hàm y = f(t) (0  t  1)

f 1

3

       

Từđồ thị suy ra, để phương trình 3t2 - 2t = m + có nghiệm t  [0; 1], điều kiện cần đủ là:

1 10

3

3 m m

        

Câu III:

1. Kẻ AH  BC, AO  SH Vì SA  (ABC), BC  AH nên BC SH Từđó BC

 (SAH), suy BC  AO Do AO  (ABC) Vì AO khoảng cách từ A

đến (SAB) ABC nên AH =

2

a

SA  (ABC) nên SA  (ABC) nên SA 

AH Do SAH vng A Ta có:

2 2

1 1

AO  AH SA 2

4 2

3a 3a a

  

2

a AO

 

2. Tính tích phân

3

2

0

x

I dx

x  



Cách 1. Đặt u = x2 + du = 2xdx

3

2

0

x

I dx

x  

 =  

2

1

1 (u - 1) 1

du - du ln

2 u u

 

    

 

 

Cách 2. Đặt x = tant  dx = 2 os

dt c t

π π π

3

4 4

3

2 2

0 0

ta n t d t

I = = ta n t.d t = ta n t - d t

1 + ta n t c o s t c o s t

 

 

 

  

 

π π π

2

4 4 π

4

0 0

s in td t tg t

= ta n t.d ta n t - = + ln c o s t

c o s t

 

 

1 1 1

= + 1n - 1n1 = + 1n = - 1n2

2 2 2

Câu IV:

y

1

y = m+3

3

1



x O

1

B

H

C O

A S

a

1. Toạđộ giao điểm (C1) (C2) nghiệm hệ:

2

2

2

7 10

10

10

4 20

x y

x y x

x y x

x y x y

  

    





 

  

    

 



Rút y từ phương trình đầu, vào phương trình thứ ta x2 + (7x - 10)2 - 10x =  x2 - 3x + =  x = 1, x = Với x = ta có y = -3

Với x = ta có y =

Vậy giao điểm (C1) (C2) A1 (1;-3) A2 (2;4) Trung điểm A A1A2 có toạ độ A

3 ; 2

 

 

  Ta có A A1 1; 7 

Đường thẳng

qua A vng góc với A1A2 có phương trình

1.3

2

x y

   

   

   

   

hay: x + 7y - =

Toạđộ tâm I đường trịn cần tìm nghiệm hệ:

6

x y

x y

  

 

  



(12; 1)

I

 

Đường trịn cần tìm có bán kính:

R = IA2 =    

2

2 12  1  125

Vậyđường trịn cần tìm có phương trình: (x- 12)2 + (y + 1)2 = 125

2. Ta có:

(C1): (x - 5)

+ y2 = 52 (C2): (x + 2)

2

+ (y - 1)2 = 52 (C1) có tâm I1(5; 0) bán kính (C2) có tâm I2(-2; 1) bán kính

(C1) (C2) cắt nên có hai tiếp tuyến ngồi Ta có I I1 2   7;1 Do dó đường thẳng I1I2 có phương trình:

(x + 2) + (y - 1) = hay: x + 7y - =

Do tiếp tuyến chung (C1) (C2) có phương trình dạng: x + 7y + d =

2

5

5 25 25 25

1

d

d d d



          



Vậy tiếp tuyến phải tìm là:

x + 7y - + 25 = x + 7y - - 25 =

Câu V:

1. Giải phương trình

4 12 16

x  x  x  x 

Điều kiện: x -   x  Vớiđiều kiện x  4, phương trình tương đương với

x4 x4 x4  x4122 x4 x4

  

2

4 4 12

x  x  x  x  (1)

Đặt x4  x4  t t 0

Phương trình (1)  t2 - t - 12 = 

t t

     

t =  x   x  (1)



2

2 16 16

4

x x

x 

   

   



16

x   x



2

4

16 64 16

x

x x x

   

   



 x =

2. Tổng số cách chọn học sinh từ 18 em củađội tuyển

8 18

18.17.16.15.14.13.12.11

43758 8.7.6.5.4.3.2

C  

Tổng số cách phân làm hai phận rời nhau:

Bộ phận I gồm cách chọn từ đội tuyển em cho khối

có em chọn (số cách phải tìm)

Bộ phận II gồm cách chọn từ đội tuyển em gồm hai khối (lưu ý số em thuộc khối nên khơng có cách chọn em thuộc

cùng khối)

Riêng phận II phân tích thành loại:

 em chọn từ khối 12 khối 11: Có 13

C cách chọn  5

13 C 

 em chọn từ khối 12 khối 10: Có 12

C cách chọn  

12 C 

 em chọn từ khối 11 khối 10: Có 11

C cách chọn  3 11 C 

Số cách phải tìm là:

 

8

18 13 12 11 43758 1947 41811

C  C C C    (cách)

Câu VI Ta có:

2 2

2 2

a b c a b c

a b c

R R R R

 

  

= a sinA + b sinB + c sinC = a2S b2S c2S bc  ca  ab

= 2S a b c

bc ca ab

 

 

 

 

Mặt khác 2S = ax + by + xy + cz Do đó:

 

2 2

ax

a b c a b c

by cz

R bc ca ab

   

      

 

Ta có, theo bấtđẳng thức Bunhicơpski:

   

 2

1 1 1

ax ax+by+cz

2 2

b c c a a b

by cz

a c b b a c c b a a b c

x y z

        

               

       

 

  

Suy ra:

2 2

2

a b c

x y z

R

 

   (1)

Theo dõi phần chứng minh trên, ta thấy dấu "=" (1) xảy

khi:

2

b c c a a b

c b a c b a

a x b y c z



     

 

  



 a b c

x y z

 

 

 



ABC

M trùng với trọng tâm G tam giác ABC

Nhận xét: Cũng có thểước lượng: a b c 1

bc  ca  ab  a  b  c nhờ áp dụng

bấtđẳng thức Côsi cho cặp số hạngở vế trái:

2 2

1 1 1 1

.2 2

2 2 2

1 1

a b c a c c a

bc ca ab bc ab ab bc c a b

a b c

   

          

   

  

C

ách 2: Có thể làm cách khác sau:

1 1

ax

x y z by cz

a b c

     

2 2

1 1 1 1 1

(ax )

2

2

abc

by cz S

a b c a b c a b c R

ab bc ca a b c

R R

     

                

     

   

ĐỀ SỐ 2 Câu I:

1. Tìm n  N* thỗ mãn bất phương trình

2 n

n n

A  C   n

Điều kiện: n  N*, n  Bất phương trình  n(n - 1) (n - 2) +

2Cn 9n

 n(n - 1) (n - 2) + n(n - 1) 

 (n - 1)(n - 2) + n - 

2

2

3 ( *)

n n

n n N

   

   

Kết hợpđiều kiện n  suy n = n = 2. Phương trình 1log 2 3 1log4 18 log (4 )2

2 x 4 x  x

Điều kiện:

1

x x

  

 

Phương trình

4

2

1

log ( 3) log ( 1) log (4 )

2 x x x

    

2 2

log ( 3) log log (4 )

( 3)

x x x

x x x

    

   

i. Nếu x > 1, phương trình  (x + 3)( x -1) - 4x =

2

2

3

x x

x x

   

  

 

ii. Nếu < x < 1, phương trình  (x + 3)( - x) - 4x =

2

6

3 2

0

x x

x x

   

    

  

Đáp số: phương trình có nghiệm

3

x x

  

   

Câu II: 1.

2

2

2

x x m m

y x

x x

 

  

 

2

2

4

'

( 2) ( 2)

m x x m

y

x x

  

  

 

y'0  x [ 1; 0

 

2 [ 1;0 ]

( ) 4 , 1;

max ( ) ( 1)

g x x x m x

g x m g m m



       

      

2. khảo sát vẽđồ thị hàm số m = ( Học sinh tự giải)

3. Phương trình

2

2

1 1

2 1

9 ( )3

2 ( 2)

(1 )

t t

t

a a

X X a X

X

   

 

    

    

  

  

Do

1 1  1t 2,tmà - t20 Suy miền giá trị

2

1

3 t

X    đoạn 3;9

2

2

(1) 2

3

X X

a X

X

  

 

  

  



Từđồ thị vẽở câu 2, hạn chế đoạn 3;9 suy ra, để phương trình có nghiệm,

điều kiện cần đủ là: 64

a  

* Chú ý: Bạn thấy thú vị hơn, tìm a để phương trình sau có nghiệm:

t + - t2 t + - t2

9 - (a + 2).3 + 2a + =

Câu III:

1. Giải phương trình

4

s in os 1

cot

5sin 2 8sin

x c x

x

x x



 

Điều kiện: sin2x  Vớiđiều phương trình:

2

1 2in cos 1

os2

5

x x

c x



  

2

os os2

4

os2

2

2

1

cos 2

c x c x

c x

x k

x

 

   



 



    

 



2. tam giác ABC hệ thức:

bsinC (bcosC + ccosB) = 20

(loại)

6

 4R2sinBsinC (sinBcosC + sinCcosB) = 20

 4R2sinBsinCsinA = 20 Mà

3

2

8

sin A sin sin sin A sin sin

4

abc R

S B C R B C

R R

  

Vậy ta được: S = 10 (đơn vị diện tích)

Câu IV:

1.Để cho gọn, ký hiệu BC = a, AC = b, AC = c, OA = x, OB = y, OC = z Theo giả thiết ta có:

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

a y z

b x z

c x y

a b c

b c a

c a b



 



  



  

  



   



 



Suy ra, ABC tam giác nhọn, nên trực tâm H nằm tam giác Gọi AM, BK, CN đường cao tam giác ABC

Theo giả thiết OA  (OBC)

BC OA

BC OM

BC AM

 

  

 

Suy OMA =  , OKB = ,ONC =  Ta có: cos  = OM

AM

Trong tam giác vng BOC ta có: 2 12 12 12 12

OM OB OC  y  z

Suy ra: OM2 =

2

2

y z

y z  OM = 2

y z y  z

Trong tam giác vuông AOM:

AM2 = OA2 + OM2 = x2 +

2

2

y z y  z

B



C O

A

N

A K

H

 

Hình 15

2 2 2 2 2 2 2

2 2

x y y z x z x y y z z x

A M AM

y z y z

   

  

 

Vậy, cos  =

2 2 2

O M yz

A M  x y  y z  z x

Lập luận tương tự ta có: cos  =

2 2 2

xz

x y  y z  z x

cos  =

2 2 2

xy

x y  y z  z x

Suy ra, cos  + cos  + cos  =

 

2 2 2

2

3

3

xy yz xz xy yz xz x y y z z x

xy yz xz

   

 

 

 

(đpcm)

Cách khác: cos  + cos  + cos  =

2 2 2

2 2 2 2 2 2

3( )

3

x y y z z x

xy yz xz

x y y z z x x y y z z x

 

 

 

   

2 a) (P) có vectơ pháp n 1; 1;1  Đường thẳng (d) qua A  (P) có phương trình:

1 1

x y z

 



Gọi I giao điểm (d) (P), có toạđộ I nghiệm hệ:

3

1

1 1

x y z

x y z

   

 

   

 



 

Suy I(-2; -2; -3)

A' điểmđối xứng A qua (P)  (d) I trung điểm AA' Do A' có toạđộ(xo; yo; zo)

 2

2

x  

  , 2

2

y  

  , 3

2

z  

 

 x0 = -3; y0 = -1, zo = Vậy A' (-3; -1; -4)

1

x y z

 

 

Gọi M giao điểm BA' với (P) toạđộ M nghiệm hệ

 

3

3

4;3;

1

x y z

x y z

M

   

 

  



   

  



Ta có: MA + MB = MA' + MB  A'B Do MA + MB đạt giá trị nhỏ MA' + MB đạt giá trị nhỏ A'B Vậy giá trị nhỏ biểu thức MA +

MB A'B = 2

2 8 16 18, M giao điểm đường thẳng A'B với mặt

phẳng (P)

Câu V:

Ta có: I =

 

 

     

1 3 3

2

3 2

0 0

1

1

1

x

n x n n

x x

x d e e dx

e d e

ex e



   

 

  

=      

1

2 1

1 2

0

1

2[ 1 ]

1

x n x

n x

e

e e

  

    



=

1

2 1

2 2

2

   

        

 

 

ĐỀ SỐ 3 Câu I:

1 a) Khảo sát vẽđồ thị hàm số m = (Học sinh tự giải) Gọi (C) đồ thị hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyếnấy song song vớiđường thẳng y = 4x +

Ta có hàm số y =

2 3x 2x  x3

y' = x2 + x -

Theo giả thiết tiếp tuyến phải tìm có hệ số góc k =4 Vậy có:

2

2 x

x   x x    

1

2

2 2;

3 3;

6

x y

x y



  

 

   



Vậy, có tiếp tuyến thoả mãn điều kiệnđề Tiếp tuyến (d1):  

2 26

4

3

y  x  y x

Tiếp tuyến (d2):  

1 73

4

6

y  x  y x 2. Do < m <

6 nên:

(0) 1

3

y   m   

(2)

3 3

y   m   m 

Lại có: y' = x2 + 2mx -

y" = 2x + 2m > 0, x  [0; 2]

Suy đồ thị hàm số

2

2

y x mx  x m lõmtrên đoạn [0; 2] Kết hợp

với y(0) < 0; y(2) < suy y < 0, x [0; 2] Do đó:

2 2

2

0 0

1

2

3

S  y dx  ydx   x mx  x m dx

 

4 2

2

3

2

12 x

x x

m x m x

   

        

 

 

4 10

3 3 3

m

m m

       

Theo giả thiết S =  m =

2 (thoả mãn điều kiện < m < 6)

Chú ý: Khơng cần dùng tính "lõm" đồ thị hàm số [0; 2] để chứng minh y < 0, x [0; 2] sau:

(0) 1

3

y   m   

(2)

3 3

y   m   m 

Lại có: y' = x2 + 2mx -

y" = 2x + 2m > 0, x  [0; 2]

Suy y' đồng biến, liên tục [0; 2], với tập giá trị [-2; + 2m], nên đổi dấu

từ âm sang dương [0; 2] Do hàm số cho nghịch biến chuyển sang đồng biến, liên tục [0; ] Đồng thời với g(0) < g(2) < 0, ta có đpcm

Câu II: Giải hệ phương trình:

4

4 (1) log log (2)

x y

x y

  

 

 

 

Điều kiện:

log

log

x x

y y

 

 



 

  



Vớiđiều kiệnđó phương trình (2)  log4x = log2y  log2x = log2y

2

 x = y2 Phương trình (1)  y2 - 4y + = (do y  1)

 y = 1; y =

x = 1; x =

Vậy, phương trình có hai nghiệm (1;1) (9;3)

2. Phương trình tg4x + =  

2

2 sin sin

os

x x

c x 

  

1 sin 2 sin sin

2 x x x

  

  

2 sin 2 x sin 2 x 2sin 3x

 sin3x =

2(dễ thấy thoả mãn điều kiện)



3

6

3

6

x k

x k

 

 



 

 

  





2

18

5

18

k x

k x

 

 



 

 

  



(k Z)

Câu III:

1. Kẻ AH  BE Do SA  (ABC) nên BE SH Do SH khoảng cách từ S

đến BE Kéo dài BE cắt AD M E trung điểm CD nên ED =

2

a AB

  D

là trung điểm AM  AM = 2a

ABM vng A ta có:

SAH vng A ta có:

SH =

2

2 2

5

a a

SA AH  a  

a

B C

E D

M S

A a

H

2. (d) hình chiếu vng góc của (P) (d) giao tuyến (P) mặt

phằng (Q) chứa vng góc với (P) Để ý rằng, mặt phẳng (Q) chứa có phương trình dạng: 2x y z 1x y z 20, 2

0

   (1)

Thật vậy, tất điểm M(x; y) thuộc  có tọa độ thỏa:

2

x y z

x y z

   

 

   



và thỏa (1)

(1) 2xyz2, 2

0

  

suy (Q) có véctơ pháp tuyến nQ  2  ;  ;  

Do (Q)  (P) nên n n Q P  0 2   2  1   0 730

Chọn   3 ta có  7

Vậy, (Q) có phương trình x + 4y + 4z + 11 =

Như thế, (d) giao hai mặt phẳng:

4 11

x y z

x y z

   

 

   



(d) có véc tơ phương a[n n P, Q]= (4; 5; -6), đó, nP 

=(4; - 2; 1), nQ=(1; 4;

4) qua điểm (1; 0; - 3)

Từ đó, suy phương trình (d):

4

x  y z 



 



 

Cách 2. (d) hình chiếu vng góc  (P) (d) giao tuyến (P) mặt phằng (Q) chứa  vng góc với (P) Mặt phẳng (Q) qua Mo (1; -3; 0) điểm thuộc  có cặp phương gồm véc tơ véc tơ phương , véc tơ véc tơ pháp tuyến (P)

n1 (2;1;1),n2 (1;1;1)[ ,n n 1 2](0; 1;1)

Véc tơ phương  a (0, 1;1)

Suy ra, véc tơ pháp tuyến (Q) nQ[a n , P]=(1; 4; 4)

Vậy phương trình (Q): 1(x - 1) + 4(y + 3) + 4z = x + 4y + 4z + 11 =

Cách 3. Trên () chọn điểm Mo chẳng hạn Mo (1; -3; 0) Gọi H hình chiếu M0 (P) Gọi I giao điểm () với (P) Suy phương trình đường thẳng IH phương trình hình chiếu () lên mặt phẳng (P):

4

x y z 

 

Câu IV:

1. Tìm

3

1

1 x

x x

im

x 

  



3

0

0

1 1 1

1 lim lim

x x

x

x x x x

im

x  x  x



      

  

Xét số hạng:

   

0

1

1 l i m

2

1 x 1

x

x x

i m

x x  x

       

 

   

3

0

0 2

3

1

1

1 li m

[1 1 ]

x x

x x

i m

x

x x x

 

 

 

 

   

 2

0 3

1

1

3

1

xim

x x x



 

   

3

1 1

1

2

x

x x

im

x



  

   

6

2. (C1): x

+ y2 - 4y - =  x2 (y-2)2 =

(C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 =  (x-3)2 + (y + 4)2 = (C1) có tâm I1 (0; 2) bán kính R1 =

(C2) có tâm I2 (3; -4); bán kính R2 = Vì I1I2 =  

2

1

3   45 3  R  R nên (C1) (C2) nằm nhau, có tiếp tuyến chung

Vì R1 = R2 = nên d1 // d2 // I1I2 Phương trình đường thẳng I1I2 =

0

2 2

3

x y

x y

 

    

 Phương trình d1, d2 có dạng 2x + y + c =

Khoảng cách từ I1 đến d1, d2

2

2

3

2

c 

 

1

3 2

2

3 2

c x y

c

c x y

       

     

       

 

Hình 17

Do tính đối xứng, d3 d4 cắt nhai trung điểm I đoạn I1I2 có toạ độ(3/2;1)

Phương trình d3, d4 có dạng y + = k

3

1

2

k

x kx y

 

     

 

 

Khoảng cách từ I1 tới d3, d4

2

3

2

k

k   

 

Giải ta :

1

0

4

3 3

k y

y x

k

  

 

  

    

 

 Câu V:

Cho

,

5

x y

x y

   

 

 

Tìm S với S =

4

x  y

Cách 1: S =

5

1 1 1 5.5 25

5

4 4

x  x x  x  y  x x x x y  x xxx y  

min S = 

1

4

5

x y

x y x y 

   

  

  

 

1

x y

    

  

Cách 2: S = ( )

5 f x

x   x  < x <

5

I1 I2

I

d1

f(x) =

 2

4

0

x x

  



 2

5

1

0

4

x x

x x

  



 



 

 

Lập bảng dấu f '(x) suy S =

Cách 3:

2 x x y y x y x 4y

      (3)

Dấu "=" (3)

5

2 4 1

5 1

4

x y x

x x y y

x y y

x y

    

  

 

  

  

    



(3)

2

5 4

5

2 x 4y x 4y

 

 

       

   

ĐỀ SỐ 4 Câu I:

1. Giải bất phương trình: x12 x3 2x1

Điều kiện: x 

Bất phương trình  x12 x3 2x1

 x12 x32 2x1 (vì x +12 > x-3  0)

      

2

2 12

12

9 52 13

x x x x

x x

x x x

      

   

       

Do điều kiện x  3, suy 3x4 2. Giải phương trình

2

tan cos cos sin (1 tan tan )

2

x x x x x  x

Điều kiện:

  

   

    

 

1 cos

0 cos

2 cos

0 cos

x x x

x

Ta có:

sin sin tan tan

2 cos cos

2

x x x

x

x x

  

x x

x x x x

x

x x x

x

cos cos cos

2 cos

2 cos cos

2 sin sin cos cos

      

 

 

Phương trình sin

tan cos cos

cos

x

x x x

x

   

 cosx(1 - cosx) =

Do điều kiện cosx ≠ nên phương trình  cosx =  x = 2k, (k Z)

Câu II:

1. y = (x - m)3 - 3x

y'(0) = 3(m2 -1)

y" = 6(x - m)  y"(0) = -6m

Điều kiện cần đủđể hàm sốđạt cực tiểu x = y'(0) =

 m = m = -1

Với m = y"(0) = -6 < 0, hàm đạt cựcđại x = Với m = -1 y"(0) = 6> 0, hàm đạt cực tiểu x =

Đáp số: m = -1

2. Khảo sát vẽđồ thị hàm số x = 1( Học sinh tự giải)

Đồ thị hàm số y = (x - 1)3 - 3x cho hình 18

3. Tìm k để hệ bất phương trình có nghiệm

    

  

   

) ( ) ( log log

2

) (

1

3

2

x x

k x x

Điều kiện: (x - 1)3 >  x > Khi x > 1, bất phương trình (1)

 (x - 3)3 - 3k < k (1')

Bất phương trình (2)  log2x + log2(x - 1)  (x > 1)  x(x - 1) 

  



   

1

0

2 x

x x

 1< x 

Bài toán quy xác định kđể bất phương trình (1') có nghiệm thõa điều kiện 1< x 

Dựa vào đồ thị hàm sốđã vẽở câu 2, xét chế khoảng 1< x  2, ta suy tập trị số k cần tìm k > -5 (k >

(1;2]

min ( )f x  f(2) 5)

Câu III:

1. Gọi H trung điểm BC Do ABC vuông cân A nên

AH  BC; AB = AC  SB = SC

 SH  BC Do đóAHS = 600

Ta có AH = 2

a BC



Trong SAH vuông A nên:

SA =

tan 60

2

a a



2.a)

d1 giao tuyến hai mặt phẳng x - az - a = y - z + = nên qua

M1(a; - 1; 0) vuông góc với véc tơ

1

u= (1; 0; - a), v1= ( 0; 1; - 1)

Suy véc tơ phương d1 a1



= [u1 , v1 ] = (a; 1; 1)

d2 giao tuyến hai mặt phẳng ax + 3y - = x - 3z - = nên qua M2(0; 1; - 2) vng góc véc tơ u2



= (a; 3; 0), v2 = ( 1; 0; - 3) Suy véc tơ phương d2 a2



= [u2, v2 ] = (3; - a; 1)

M M1 1= (- a; 2; - 2), [ ;a a 1 2] = (1 + a; - a; - a2 - 3)

Ta có [ ;a a 1 2].M M1 1= a2 - 3a + 12 > 0, a Suy ra, khơng có a để d1 d2 cắt Ta có kết d1 d2 chéo nhau, với a

Cách

Phương trình tham số đường thẳng d1 d2:

' x = a + at

d : y = - + t d : ' z = t

1

2 '

3

x t

a

y t

z t

  

 

 

 

 

 

 

   



Xét hệ phương trình:

a + at ' (1) 1 ' (2)

3

2 ' (3)

t a

t t

t t



 

 

    

 

   



Từ (2) (3) suy ra: (1a t) ' 12

a = - không thỏa

Hình 19 H S

C

' 12

a t

a    

 ,

4

1

t

a   

 Thay vào (1), ta có a

2

- 3a + 12 = vô nghiệm

Vậy, khơng có a để d1 d2 cắt

b) Với a = ta có:

1: 2 0; 2: 3

1

x z x y

d d

y z x z

     

 

 

     

 

Theo a) d2 giao tuyến hai mặt phẳng 2x + 3y - = x - 3z - = nên qua M2(0; 1; - 2) vuông góc véc tơ u2



= (2; 3; 0), v2 = ( 1; 0; - 3) Suy véc tơ phương d2 a2



= [u2, v2 ] = (3; - 2; 1)

d1 giao tuyến hai mặt phẳng x - 2z - = y - z + = nên qua M1(2; - 1; 0) vng góc với véc tơ u1



= (1; 0; - 2), v1= ( 0; 1; - 1) Suy véc tơ phương d1 a1



= [u1 , v1 ] = (2; 1; 1)

Mặt phẳng (P) chứa d2 song song d1 nên qua M2(0; 1; - 2) có véc tơ pháp tuyến nP



= [a1, a2 ] = (3; 1; - 7) Suy ra, phương trình (P):

3(x - 0) + y - - 7(z + 2) = hay: 3x + y - 7z - 15 =

Cách 2. Mặt phẳng (P) chứa d2 nên phương trình có dạng:

(2 x3y3)(x3z6)0, 2

0

  

(2)x3y3z(36 ) 0, 2

0

  

Vậy (P) có vectơ pháp n2 2 ; ; 3 

Trong phương trình xác định d1đặt x = 2t ta có z = t - 1, y = t - Do vectơ phương d1 n1 (2;1;1) (P) // d2 nên n n1 0

 

 

2 2  1.3 1.3 7 

       

Chọn= ta  7 Thế vào phương trình xác định (P) ta phương trình (P) cần tìm:

9x + 3y - 21z - 45= hay 3x + y - 7z - 15 =

Điểm M(2; - 1; 0) thuộc d1 Vậy khoảng cách cần tìm

2 2

3.2 7(0) 15 17 59

3

d     

 

Câu IV:

1. (1 + x)n = a0 + a1x + a2 x

+ +akx k

+ anx n

Hệ thức (1) 1 1

24 1        n k a a

ak k k

)! ( )! ( ! 24 )! ( ! ! )! ( )! ( ! 24 1                k n k n k n k n k n k n C C

Cnk nk nk

 2.(k - 1)!(n - k + 1)!=9.k!(n - k)! = 24.(k + 1)!(n - k - 1)!

 2.(n - k + 1)(n - k) = 9k (n - k) = 24 (k + 1)k

                      11 11 2 ) ( 24 ) ( 9 ) ( n k n k k k n k k n

Để tồn k thỗ mãn hệ thức (1), điều kiệnắt có đủ 3n - = 2n +

 n = 10 2. Tính

       ) (

(e x dx I I

x

I x , đó: I1 =

      1 2

; I x x dx

dx xe x

Tính 

             dx e xe dx xe

I x x x

Tính I2 =

0

3

1

1 ( 1) ( 1)

x x dx x x d x

          28 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1                            x x x d x x d x

Vậy I = I1 + I2 =

28 4

2  

e =

4

3

2  e Câu V: Giả thiết:

2 cos cos cos sin sin sin cos cos cos ) cos cos (cos 2 cos cos cos ) cos cos cos ( 2 cos cos cos 2 cos cos

cos2 2

A C C B B A C B A A C C B B A C B A A C C B B A C B A A C C B B A C B A                             

8 sinA sinB sinC = (sinA + sinB)(sinB + sinC)(sinC + sinA)

ĐỀ SỐ 5

Câu I.:

Hàm số y =

x mx x   (1)

1. Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số m = (Học sinh tự giải)

2 Tìm m để y có cực đại cực tiểu

y' = 2

2 2 ) ( ) ( ) )( ( m m x x x mx x x m x          

Để y có cựcđại cực tiểu, điều kiện cần đủ phương trình y’(x) = có hai nghiệm y’ đổi dấu x biến thiên qua nghiệm

 - x2 + 2x +m = (2) có hai nghiệm phân biệt khác

               1 ' m m  m

Gọi M1(x1,y1) điẻm cựcđại điểm cực tiểu thuộcđồ thị hàm số

x1, x2 nghiệm (2), y1,y2 tính cách thay x1, x2 vào (1), tính cách khác sau:

Hàm số (1) có dạng y =

v u

, y’ =

v uv v u ' ' 

Tại x1, x2 ta có y’ = 

x uv v u , ' ' 

 x x x x

v u v

u uv

uv 1,2 1,2 1,2 1,2

' ' '

0

'    

Vậyđể tính y1,2 ta dùng tỷ số

' '

v u

(đơn giản tỷ số

v u

) Với nhận xét ta có:

y1 = x m x

1

1



 = -(2x

1 + m); y2 = -(2x2 + m)

 M1M2 =

2 2

1 ) ( )

(x x  y  y =

2

1 )

( x x

= x x  x x

2 2

Để M1M2 =10 5(4+4m) = 100  m =

Câu II :

Phương trình 16 log27x3x – 3log3zx

2 =

Điều kiện:

    

 

3

x x

 16 log3xx3

- 3log3zx

2 =

 log3xx

16

- 3log3zx

2 =

 x3 16

= x6 (x > 0)

 x

16 6

= x3

= 

2 a)

3 cos sin

1 cos sin

2

  

 

x x

x x

 sinx + cosx + = sinx – cosx +3 (dễ thấy sinx – cosx +3 > x)

 sinx + cosx =  sinx = - cosx

 tgx = -1  x = - k

b) Tìm a để a

x x

x x

  

 

3 cos sin

1 cos sin

2

có nghiệm

phương trình  sinx + cosx + = a(sinx – 2cosx + 3)

 (2 – a)sinx + (2a + 1)2 cosx = 3a – Để phương trình có nghiệm, điều kiện cần đủ là:

(2 – a)2 + (2a +1)2  (3a – 1)2

 5a2 +  9a2 - 6a +

 - 2

1

 a

Câu III:

1. Viết lại (C) dạng

(x + 1)2 + (y – 2)2 =

Vậy (C) có tâm I(-1;2), bán kính R = Theo giả thiết MAB= 600 , suy

ra AMI = 300 MI = 2AI = 2R =

Vậy M thuộcđường tròn tâm I bán kính có phương trình

(x + 1)2 + (y – 2)2 = (2 5)2 = 20 Do M  thuộc (d) nên toạđộ M

là nghiệm hệ phương trình

    

 

   

  

20

1

2

y x

y x

Từ phương trình đầu, rút y theo x, vào phương trình thứ hai ta được:

(x+ 1)2 + (x – 1)2 = 20  x2 =  x = 63 Với x = ta có y =

Với x = -3 ta có y = Vậy ta có hai điểm M cần tìm

M1 (3; 4); M2 (-3;-2) Viết lại (S):

(x + 2)2 + (y – 3)2 + z2 = 13 – m (điều kiện: m< 13) Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0),

Bán kính 13m= IN, MN = nên HN = 4,

Suy ra: IH = IN HN

 = 13m42 = m3

(điều kiện: m< 3) khoảng cách từ I đếnđường thẳng d

Trong phương trình xác định d, đặt x = t ta

  

   

  

4

2

1 2

t z y

t z y

M

A

B I

x

y

+

=

0

Hình 20

I

N H

M

 y =

t + 1; z = t -1

Vậy d có vectơ phương (1; ;1)= (2;1;2)

Dễ nhận thấy M0(0;1;-1) mộtđiểm d

I

M0 = (-2;2;1) Do khoảng cách I đến d h =  

n n I M 0 ;

M0I;n =

        2 ; 2 ; 1 = (3,6,-6)

IH = h =  

n n I

M 0 ;

3 81 2 6 2 2 2       

Vậy IH = m33m39  m = -12 (thoả mãn điều kiện)

3. Có thể giả sử a = a,b,c

Trên cạnh AC lấy điểm E, AD lấyđiểm F cho AB = AE = AF = a

Tứ diện ABEF có bốn mặt tam giác

nhau nên tứ diện cạnh a

Dể dàng tính thể tích tứ diệnđều cạnh a là:

) ( 12 a V 

Gọi V thể tích khối tứ diện ABCD Theo cơng thức thể tích khói tứ diện ta có: (H chân đường cao hạ từ B)

Từ (1) (2) suy ra: 12 2 abc V a bc

V  

Câu IV:

1. Tính

6

0

1 cos .sin cos .

I x x xdx

    . cos . sin . cos . cos

1

6 xdx x x x    

Để ý d(1 – cos3x) = 3cos2x.sinxdx, đó:

1 (1 cos ) (1 cos ) )

cos (

1 6 3

1 x d x x

I      

 ) cos ( ) cos ( ) cos ( ) cos (

1

7 3 x d x x d

x     

     13 ) cos ( 13 ) cos (   x

x  

       91 14 26 13 91 12

Nhận xét: Cũng tính I nhờ phép đổi biến – cos3x = t đưa dạng

dt t t

I (1 )

3 1 61



  rồi tính kết quả

2. Tìm    

2 sin 2 1 3 cos 1 2 2 lim

lim x xx x x x

x x             * Tính

3 2  2 1 ) ( sin 1 sin 1 lim lim            x x x x x x x x

= 2

3 1 ) ( sin

3 2

2

0

lim  

               

 x x x

x

* Tính 2 1 2 sin 2 sin 1 2 2 2 lim

lim  

       x x x x x x x

Suy

cos 1 3 lim       x x x x Câu V:

Bấtđẵng thức ,1 50

50 50        

 a b c d

b b b d c b a

(a, b, c, d  IN) Vì a 1 ; d ≤ 50 c > b (c, b  IN) nên c  b +

50 50 50 1 b b b b b d c b a

S        

Vậy bấtđẵng thức đề chứng minh rấtđơn giản

Vậy

50 50 b b b d c b a

S     

Dấuđẳng thức xảy khi: a = 1, d = 50, c = b +

Để tìm S, ta đặt

50 1 50 50 50      b b b b b

xét hàm số có biến số liên tục x

1

( ) (2 48)

50 50

x

f x x

x

      '( ) 12 502

50 50 x f x x x     50

( )

2 48

x

f x x

x

 

  

 



Bảng biến thiên:

X 5 2 48

f '(x) - +

f(x)

min f(x)

Chuyển biểu thức f(x) = 

          IN b b b b

b 48

50 50

Từ bảng biến thiên suy b biến thiên từ đến 7, f(7) giảm chuyển sang tăng b biến thiên từ đến 48 Suy f(b) = [f(7); f(8)]

Ta có f(7) =

175 53 350 106 350 57 49    f(8) = 175 53 200 61 400 122 400 58 64   

 ( 427 > 424)

Vậy

175 53

minS 

           50 d c b a

Nhận xét:

Cũng tìm f(b) = 

                Z b b b

b 48

50 1 50

Bằng cách xét dãy số ub =

b b b b 50 50 50   

Lập tỉ số: 

                   IN b b b b b b b b b b b u u b

b 48

) 50 )( ( ) 51 ( 50 50 ) ( 50 50 ) ( 2 2 50 ) ( 50          b b b b u u b b

 b  (do b nguyên)

50 ) ( 1        b b b u u b b

Từđó ub = u7

 S = 175

ĐỀ SỐ 6 Câu I:

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = x 2x 3x

3

1



 (1)

(Học sinh tự giải)

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởiđồ thị hàm số (1) trục Ox

) ( 3 12 3

1

4 3 dvdt x x x dx x x x

S  

                 Câu II:

1. Giải phương trình

x cos = sinx

Điều kiện:

     ) ( sin ) ( cos b x a x

Vớiđiều kiệnđó phương trình x x x

x

2

2

2 4sin cos

2 sin cos     cos cos sin 2           

 x x x

4



 k

x 

 (1)

Kết hợpđiều kiện: cosx = cos

8 

       k  ( , , )

8

k

n k n

  



    

 + 2k ≠ + 8n

Điều ln I + 2k số lẻ, + 8n số chẵn, vậyđiều kiện (a) thoả

mãn, điều kiện (b):

sinx = sin 

        k >

Tập nghiệm (1) biểu

diễn điểm

đó có điểm thuộc nửa đường tròn thoả mãn

điều kiện sinx > 0, tập

nghiệm phương trình là: x =  2n

8  , x = 



n

2

8  ,

x =  2n

5  , x =  2n

8

7 

2. Điều kiện: x > 0, y > 0, x ≠ 1, y ≠

x3 + 2x2 – 3x – 5y = x3 2x2 – 3x = 5y (1) y3 + 2y2 – 3y – 5x = y3 2y2 – 3y = 5x (2)

Từ (1) (2)  2(x2 – y2) – 3(x – y) = 5(y – x)

 2(x2 – y2) + 2(x-y) =

 (x – y) (x + y + 1) = (3)

Hệ (1) (2) vớiđiều kiện x > 0, y > tương đương với hệ

2 2

2

x y x y

x y

x x y x x

 

 

   

 

   

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: x = y =

Câu III:

1. Tứ diện ABCD cạnh a nên mặt tam giác cạnh a Gọi M trung điểm BC, N trung điểm AD Ta có BC  AM, BC  DM suy BC 

(ADM)  BC  MN

Đồng thời có AM = DM =

2

a

 MN  AD (trung tuyến vừa đường cao) Vậy MN đường vng góc chung BC AD

Trong AMN vng góc N ta có

MN =

2

4

3 2

2

2 a a a

AN

AM    

Hình 23

x y

O

8 

Hệ 

Hình 24 A

D

B

C a

N

6 cm

2 2

6 



2 a) Dễ nhận thấy dm qua điểm M0(0; - 1) m Do bán trục lớn a = 3, bán trục nhỏ b = nên M0 (0; - 1) điểm thực elip (E), dm ln cắt elip (E) hai điểm phân biệt

Cách khác: Từ phương trình xác định dm rút theo x vào phương trình (E) ta phương trình bậc theo x có biệt thức > m

b) Gọi (x0; y0) toạ độ tiếp điểm, ta có phương trình tiếp tuyến với (E)

4

0

  y y x x

(x0; y0)  (E) nên

1

2

  y x

(1)

Tiếp tuyến qua N (1; -3) nên

1

0



 y

x

(2)

Rút y0 từ (2) vào (1) ta rút gọn

405 72

85

2

0  x  

x

' = 362 + 85.405 = 35721 = 1892

; 17

45 85

189 36

0 

 

x

5 85

289 36

0 

  x

Với

17 45

0 

x ta có

17 16

0   y

Với

5

0  

x ta có

5

0   y

Vậy ta có tiếp tuyến cần tìm

4 17

16

17

45



 y

x hay 5x - 4y - 17 =

1

8

9

 

 x y hay x + 2y + =

Chú ý: Bạn bỏ qua câu nói tiếp tuyến conic vì sách giáo khoa hiện hành khơng trình bày nữa.

Câu IV:

O y

x

N -3

-3 2 3

-2

Hình 25

x110 x10 C101 x9x8 C102x8 C103 x7 C104 x6  C109 x1

           

 x 110 x 2 x11 C101 x10 C102x9 C103 x8 C104 x7

C109x2 x2x10 C101 x9 C102x8 C103x7  C108 x2 C109x1

     

10 10 10 10 10 10 11

2x C C x C C x

C

x       

x11a1x10a2x9 a3x8a4x7 a5x6 a10xa11 Vậy a5 C105 2C104 672

Câu V: 1.

 

  

 2

2 1 lim lim              x x x x x x x x x x x x    

 1 15

5 lim 2

1       

       x x x x x x x

2. Ta có diện tích tam giác: 1

2 a b c

S  ah  ah  ah

;

a S ha 

 ;

b S hb 

c S hc

2



a b c

S h

h

ha  b  c   

 1 1                                 c b a c b a S h h h c b

a a b c

1 1 1 1 1

Áp dụng bất đẵng thức Cơsi ta có:

  1 19

         c b a c b a

Và để ý



S theo giả thiết, ta có:

3 1 1 1                     c b

a h h

ĐỀ SỐ 7

Câu I:

Khảo sát vẽđồ thị hàm số

y =

   

2

2

x x

f x x

 

 

(Học sinh tự giải)

Đồ thị (C) hình vẽ 29 2. Phương trình

2x2 - 4x - + 2mx - 1 =

g(x) =

 

2

2

x x

m x

 

 

 (1)

 g(x) = f(x), x >

-f(x), x <1

  

Từđồ thị hàm số y = g(x) phương trình (1) suy m phương trình có hai nghiệm phân biệt

Đáp số:

Câu II:

1. Giải phương trình: - tgx (tgx + sinx) + 6cosx =

Điều kiện: cosx 0 Phương trình  - s inx

cosx

s inx sin x cos cos

x x 

 

 

 + 6cosx =

 3cos2 x - sin2 x(1+ 2cosx) + cox3x = 0(cosx  o)

 3cos2 x (1 + 2cosx) - sin2x (1 +2 cosx) =

 (1 +2cosx) (3cos2x - sin2x) =



2

1 cos

2 cos

4

x

x 

  

 



 cos2x =

mR

Hình 29

y = g(x) y = g(x)

y

=

f

(x

)

y

=

f

(x

) y = -m

x O

 + cos2x =

2 

 2x = 2

3 k

 

  x = 

3 k

 

 (thoả mãn điều kiện)

2. Giải hệ phương trình log log

2

y x

x y

xy y

 

 

 

 

Điều kiện: x > 0, x  1, y > 0; y > 0, y  Với điều kiệnđó hệ tương đương với

1

log log

2

2

y x

x y

xy y



 



  



2

1 log (1) log

2

y

y x y

x

x 

 

   

 



Phương trình (1)  t2 + t - = (t = logyx)

2

1

1

x y

t

x t

y   

 

 

   





Kết hợp với phương trình (2)

 Nếu y = x, phương trình (2)  2x = log2

2  x 

 Nếu x = 12

y , phương trình (2) 

y

1

2y

  (y > 0, y  1) Ta chứng minh phương trình vơ nghiệm Thật vậy:

 Nếu y >

2

1

1

0

2 2

2

2

y

y y y

  



  



  



 Nếu < y <

2

0

1

1

2

2

2 2

y

y y y

  



  



  



Kết luận: hệ có nghiệm nhất: x = y = log2

cos2x=

2

Câu III:

1. Gọi M (xo; yo) N(x1; y1) hai điểm thuộc (P), ta có xo = y xo2,  y12 IM



= (xo; yo - 2) =  

2

;

o o

y y 

   

1; 1; IN  x y   y y 



 

1

4IN 4y ; 4y 8

Theo giả thuyết:

4

IM  IN

 

suy ra:

2

0

0

4 (1) (2)

y y

y y

 

 

  

 

Từ (2) suy yo = 2(2y1 - 3) Thế vào (1) được: 4(2y1 - 3)

2

=

1

4y 1

1 1

2 3

2

y y y

y y y

  

 

 

   

 

 Với y1 = ta có x1 = 1, yo = -2, xo = Vậy ta có cặpđiểm M(4; -2), N(1; 1)

 Với y1 = ta có x1 = 9, yo = 6, xo = 36

Vậy ta có cặp điểm M(36; 6), N(9;3) 2. AB 4; 4; 4  4 1; 1; 1   

CD  2;10; 8  2(1; 5; 4)

Gọi là góc hai đường thẳng AB CD, ta có:

   

   

 

2 2 2

1 1; 1; 1; 5; 1.1 1.5

os

1; 1; 1; 5; 1 1 1 1 5 4

c         

      

  = 900

 Ta có AC = 2 2 2

3 7 1 59;AD  3 7  59

ACD cân A

Từ gọi M trung điểm

nhất (Vì AB khơng đổi), tức M trung điểm CD

3. Gọi H trung điểm BC Vì

ABC cân A( (AB = AC = a) nên AH

 BC góc BAC = 1200 suy góc ACH = 300

Ta có AH = AC sin góc ACH = a sin 300 =

a

BC = 2HC = 2acos300 = 2a 3

2  a

Do

2

2 2 13

' '

4

a a

IB IC   a 

AA'B'B hình vng cạnh a nên AB' = a

AI2 = IC2 + AC2 =

2

2 .

4

a a

a

 

Ta có AI2 +

2

2 13

' '

4

a a

AB   a   IB VậyAB'I vng A

Ta có

2 '

1 10

'

2 2

AB I

a a

S  AI AB  a 

2

1

2 2

ABC

a a

S  BC AH  a 

Gọi  góc hai mặt phẳng (ABC) (AB'I) ta có

cos

2 '

3

3 30

4

10

10 10

4 ABC

AB I a S

S a

     

Câu IV:

1 Có số tự nhiên chia hết cho mà số có chữ số khác nhau? Mỗi số tự nhiên bao gồm chữ số khác ứng với chỉnh hợp chập 10 chữ số 0, 1, 2, 3, , ngoại trừ chỉnh hợp chập có chữ số đứngđầu

Để số chia hết cho điều kiện cần đủ chữ số cuối phải

B'

C'

C

B H

a

a A'

Khi chữ số đứng cuối, ba chữ số đứng trước ứng với chỉnh hợp chập

3 chữ số lại ngoại trừ số chúng có chữ đứngđầu, số gồm

9

A  A số

Vậy số lượng số tự nhiên thoả mãn đề

3

9 2.9.8.7 8.7 17.56

A A A    

2. Tính I =

4

2 o s 2 o s

x x

d x d x

c x c x

 

  



=  

4 4

0

0

1

2 xd tgx xtgx tgxdx

    

 

     

 

 

=

4 4

0

1 sin

cos

2 2 cos

xdx

n x

x

 

 

   

= 11 11 11

8 n n n

  

    

Câu V:

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = sin5x + cosx

Tím max y: y = sin5x +

3 cosx sin x cosx (1) Ta chứng minh sin4x + cos x  3, x R (2)

Hay chứng minh  

3 cos x sin x0

    2

3 1cox  1cos x 0

 1cosx 31 cos x1 cos x20

 

Ta có theo bấtđẳng thức Cơsi:

       

2

1 32

1 osx cos osx 2 cos cos

2 27

c x c x x  

         

  <

Vậy bất đẳng thức (3)  Bất đẳng thức (2)  y  3,x, dấu đẳng thức có cosx = 1, tức x = 2 Vậy max y =

Để tìm y, ta có y = sin5x + cosx sin4 x cos ,x tương tự

ĐỀ SỐ 8 Câu I:

1. y =  

 

2

2 1

2 2

x m x m m m

x

m x m

     

  

  (1)

y' =

 

 

 

2

2

4

1

2 2

x m

x m x m

 

 

 

Rõ ràng y' ln ln có nghiệm x1, x2,  -m đổi dấu qua nghiệm  hàm số ln ln có cực trị với m Hoành độ x1, x2 nghiệm phương trình:

(x + m) - =  x1 = -m - 2, x2 = -m + Tung độ y1, y2 ta tính tỉ số

' '

u v :

y1 =

1 2

2 2

,

2 x 2 x

x m x m

y

    

  

Khoảng cách điểm cực trị M1 (x1; y2) M2(x2; y2) là: M1M22 x1x22 y1y22 42 42 32

 M1M2 = 32 4 2 2. Khảo sát vẽđồ thị hàm số m =

y =

2

4

x x

x   Câu II:

Giải phương trình cos2x + cosx (2tg2x - 1) =

Điều kiện: cosx 

Vớiđiều kiện phương trình  cos2x +

2

sin

cos

cos

x

x

x  



2

2

sin

2 cos os2 sin

cos

x

x c x x

x     



2 sin 1 cos

cos

x x

x

 

  

 

 

 2(1-cos2x) (1-cosx) = 1(1+cosx)cosx

2

cos

2

cos 1

cos

2

2 cos 5cos

3 cos (VN)

x

x k

x

x

x k

x x

x

 



 

  



 



   

   



 





 



2 Giải bất phương trình 1

15.2x 2x 2x

   

Đặt 2x = t (t > 0)

Bất phương trình  30t 1 t1 2t

i) Nếu1 t 4: bất phương trình  30t 1 3t1

 30t +  9t2 - 6t +

 9t2 - 36t 

 t2 - 4t   0 t 4, Suy ra:  t  ii) Nếu 0< t <1:

Bất phương trình tương đương với 30t  1 t 1  30t +1  t2 + 2t +

 t2 - 28t   0 t 28 Suy ra:  t 

Kết hợp hai trường hợp i) ii) ta được: < t   < 2x  x 

Câu III:

1. Gọi H trung điểm BC Do ABC cân A

nên AH  BC Lại mp(ABC) mặt phẳng (BCD)

nên AH  mặt phẳng (BCD) Suy hai mặt phẳng

trung trực BD CD nhận AH làm giao tuyến

Do ABC cân A nên hai mặt phẳng trung trực AB AC cắt H O Vậy

O tâm mặt cầu ngoại tiếp BCD Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp BCD Gọi

R bán kính mặt R làm bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC

Ta có S ABC =

2

4

a b a b

R

R   S

Trong ABH ta có AH =

2 2

2 2

4

b a b

AB BH  a   

S ABC =

2

2

1

2 2

a b

BC AH  b   b a b

A

O

H B

D

C

Từ dó R =

2

2

2

1 4

4

4

a b a

a b

b a b



 

2 a) Xét hệ:

1

(1)

1

3 (2) (3)

x y z

x z

x y

 

 

 

   

   

 

Từ (1) (2) ta có x =

 , y = -2 Thế vào (3):

2

2

 

     

 

 

Suy d1, d2 không giao Các vectơ phương chúng không song song nên d1, d2 chéo nhau, d1 có vectơ phương n1



= (1;2;1) Trong phương trình xác định d2 cho x = t ta có

z = 3t + y = -2t +

Do d2 có vectơ phương n2



= (1;-2;3)

Ta có n n 1 2  1.1+2 (-2) + = Vậy d1, d2 vng góc với

b) Lập mặt phẳng (P) chứa d1 song song với:  có vectơ phương n3 = (1;4;-2)

(P) có vectơ pháp n = (u;v;t) Suy ra: n   n n1,  n3

 n n  1 0, n n 3 

Từđó: u + v + t = 0,1 u + v - t =

 u = -4t, v = t

Cho t = ta có u = -8, v = Vậy n   8; 6; 

Dễ nhận thấy điểm (0 ; -1 ; 0) thuộc mặt phẳng (P) mặt phẳng (P) có phương trình: -8(x - 0) + 2(y+1) + 2(z-0) =

Hay: -8x + 3y + 2z + =

3

2

8 3

x z x y

x y z    



   

    



 A (1; -1; 4)

(Rút z, y từ hai phương trình đầu vào phương trình thứ 3, giảiđược x) Trong (P), qua A dựngđường thẳng d // , d có phương trình tắc

1

1

x y z

 



Từđó có d giao tuyến hai mặt phẳng: 4x - y - = 2x + z - =

Suy ra, phương trình tham số d:

x t

y t

z t

  

   

   

Câu IV:

1. Tham số từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự

nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạng chữ số 3?

Ta coi cặp (2, 3) phần tử "kép", có phần tử 0, 1, (2,3), 4, Số hoán vị phần tử P5, phải loại trừ số trường hợp phần tử trí đầu gồm P4 trường hợp Chú ý với phần tử kép ta giao hốn nên số trường hợp sẽđược nhân đôi, nên số lượng số tự nhiên thoả mãn đề là:

2 (P5 - P4) = (5! - 4!) = 192 số 2. Tính I =

1

3 2

0

1

x x dx x x xdx

    

Đặt - x2 = t  dt = -2xdx, xdx = -1 2dt x =  t =

x =  t =

I =  

1

1 1

2

2

0

1

1

2 t dt t t dt

 

      

 

=

3 1

2

0

1 2

2

t t

t t

t

 

 

 

 

 

Câu V: Tính góc tam giác ABC biết:

4p (p - a)  bc (1)

2 3 sin sin sin

2

A B C

c



 (2)

(1) 

2

( )( ) ( )

1

a b c b c a b c a

bc bc

     

  

 (1 cos )

1 os

2

bc A A

c bc



  

 3

sin sin

2 2

A A

   ,

2

A 

 

 

 

  (3)

Biến đổi vế trái hệ thức (2) sau:

1

sin sin sin os os

2 2 2

A B C B C B C

c  c 

 

   

 

2

1 1

sin sin sin sin

2 2 2 2

A A A A

      

 

=

-2

1 1

sin sin sin

2 2 2

A A  A 

   

       

 

    

=

2

1 1

sin

8 2

A

 

   

 

Do (3), suy ra:

 

2

8 1

sin sin sin

2 2 1 2 8

A B C  

       

 

 

3

8





Dấu

os

2 s in

2

B C c

A  

 

   

 

 

0

1

A

B C

 

  

 

 

ĐỀ SỐ 9 Câu I:

Cho hàm số y = (x - 1) (x2 + mx + m) (1)

1. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox điểm phân biệt  Phương trình (x - 1) (x2 + mx + m) có nghiệm phân biệt

 Phương trình x2 + mx + m = có nghiệm phân biệt



2 0 4

4 0

1

1 2 0

2

m m

m m

m m

  



    



 

 

 

 

2. Khảo sát vẽđồ thị hàm số (1) m = (Học sinh tự giải)

Câu II:

1. Giải phương trình 3cos4x - cos6x + 2cos2x + = Phương trình  3(1 + cos 4x) - 2cos2 x(4cos4 x - 1) =

 cos2 2x - 2cos2 x (2cos2 x + 1) (2cos2x - 1) =

 cos2 2x - 2cos2 x (2cos2 x + 1) cos2x =

 cos2x [3cos2x - cos2 x (2cos2 x + 1)] = a) cos2x =  2x =

2 k

 

  x=

4

k

 



b) (cos2 - 1) - cos4x - cos2x =

 -2 cos4x +5cos2x - =

 cos2 x = cos2 x =

2 (VN)

 x= k

2. Tìm m để phương trình (log2 x)2 -

log x + m = có nghiệm thuộc

khoảng (0;1)

Điều kiện: x > Vớiđiều kiệnđó phương trình 

2

log x + m = (1)

Đặt log2x = t

Để phương trình (1) có nghiệm x  (0; 1) điều kiện cần đủ phương trình (2) có nghiệm t  (- ; 0)

Do t1 + t2 = -1 nên (2) có nghiệm thi có nghiệm âm  (-; 0) Vậy cần = - 4m   m 

4

Câu III:

1 Hệ số góc đường thẳng (d): 1

k  Theo giả thuyết (d) tiếp tuyến với đường tròn điểm A(4; 2) nên tâm I đường tròn phải thuộc đường thẳng (d1) qua A vng góc với (d) Hệ số góc (d1): k = -7 Phương trình đường thẳng (d1):

y - = 7(x - 4)  y = - 7x + 30

Vì I  () nên toạđộ I nghiệm hệ phương trình: 2x + y =

y = -7x + 30

Bán kính R củađường tròn khoảng cách IA

R = IA = 2

2 14  200 10

Vậy phương trình củađường trịn là: (x - 6)2 + (y + 12)2 = 200

2. Vì mặt đối diện hình lập phương song song nên mặt phẳng

(BD'M) cắt mp (CDC'D') N với CN = A'M Thiết diện BMD'N hình bình hành có diện tích S

S = 2S (BD'M) = MI.BD' Trong MI đường cao kẻ từ M tam giác BD'M

Suy S bé MI bé nhất, tức MI đoạn vng góc chúng hai đường thẳng

chéo AA' BD' Ta chứng minh rằngđoạn

vng góc chung MoO Mo trung điểmđoạn BD' Thật vậy, tam giác vuông BAMo D'A'M' nên

BMo = D'Mo suy trung tuyến MoO đường cao tam giác BMD', MoO  BD'

Mặt khác AO = A'O = '

2BD nên OMo AA'

 I(6; -12)

D' D

B C

N O

A

A' M0

M B'

I

Vậy thiết diện khối lập phương cắt mp (BMD') có diện tích bé

khi M trung điểm đoạn AA'

3 Khoảng cách hai đường thẳng AB OM chiều cao hình hộp

dựng vectơOM AB , OB,do đó:

h =

,

,

O M AB O B

O M AB

 

 

 

 

    

Ta có:

OB = (a; 0; 0); ; 3; ; ( ; 0; )

2

a a

OM   AB  a a

 

 

Suy

3

0

2 2

0 3 0

, ; ;

a a a a

a

a a

O M A B

 

 

 

  

 

 

 

 

   

=

2 2

3 3

; ;

2 2

a a a

 



 

 

 



2

4 4

9 3 15

,

4 4

a

OM AB a a a

     

 



3

3

, ; 0;

2

a

OM AB OB  

    

 

 

  

 3

, 0

4

OM AB OB  a  a

     

   

 

  

h =

3

3

3 15

2 .

5

5 15

2

a

a a

a  

Câu IV:

1. Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = x6 + (2 - x2)3 đoạn [-1;1]

Đặt x2 = t (0  t  1)

y = x6 + 4(1 - x2)3 = t3 + 4(1 - t)3 = -3t3 + 12t2 - 12t + Bài tốn quy tìm minf(t); max f(t) với:

f(t) = -3t3 + 12t2 - 12t + (0   1)

D'

x B

M

C O

A z

a

y a

f'(t) = -9t2 + 24t - 12 = 3(-3t2 + 8t - 4)

' = 16 - 12 = ; t1 =

4 2

3

  

 ; t2 =

4

2

  

Do  t  1:

f(0) = 0, f(1) = 1, f

3

      

Vậy có: y = f (t) = f

3

    

  , đạt x =

2

3

Max y = max f(t) = f(0) = x =

2. Tính tích phân I =

2

2 1

x in

x in

e dx e 



Đặt ex  1 t ex = t2 + 1; exdx = 2tdt 1n2  t 

I =    

2

2

2

1

1

2

t tdt

t dt t



    =

3 2

1

8

2 2

3 3

t t

   

   

   

 

 

= 20

3

 

 

 

 

Câu V: Các số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ tập chữ sốđã cho có dạng

 

1 6( i 1, , 3, 4, 5, ; i j)

a a a a a a a  a  a

Sao cho a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 -

 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +a6 = 2(a4 + a5 + a6) -  21 = + + + + + = 2(a4 + a5 a6) -

 a4 + a5 + a6 = 11, suy ra: a1 + a2 + a3 = 10 (1)

Vì a1 + a2 + a3 {1, 2, 3, 4, 5, 6} nên hệ thức (1) thoả mãn ba khả sau (a1, a2, a3 phân biệt nhau):

a1 = 1, a2 = 3, a3 = hoán vị ba số 1, 3, a1 = 1, a2 = 4, a3 = hoán vị ba số 1, 4, a1 = 2, a2 = 3, a3 = hoán vị ba số 2, 3,

ĐỀ SỐ 10 Câu I:

Cho hàm số y = 1

x x

 

1. Khảo sát vẽđồ thị (C) hàm số (1) (Học sinh tự giải) 2. Phương trình đường tiệm cậnđứng: x =

Phương trình đường tiệm cận ngang: y =

y' (x) =    

 2  2

2 1

1

x x x

x x

  

 

 

Gọi xo hoành độ điểm M  (C) Theo giải thuyết tiếp tuyến (C) điểm M vng góc vớiđường thẳng IM nên phải có: y'(xo).kIM = -1

Trong kIm hệ số góc đường thẳng IM kIM =

 

1

2

( )

1 1

o M

M o o

y x y y

y x x x

 

 

  

Thế vào (2) ta được:

 2

1

( 1)

1 o

o x

x

 

 

 (xo - 1)

=  xo - = 61



0 ,

2 ,

o o

o o

x y

x y

 

 

  

Vậy có hai điẻm M1 (0;1) M2(2;3) thoả mãn yêu cầu đề

Câu II:

1. Giải phương trình

 

2 cos sin

2

1 cos

x x

x



 

    

  



Điều kiện: cosx



Vớiđiều kiện phương trình:

 (2 - 3) cos x - os

c x 

  

   

 

 

 

= 2cos x -

 1sin 3cos

2 x x

 sin

3

x  x  k

 

    

 

 

3

(2 1)

1

cos

x k

x n

x

 







  



    

 

 

2. Giải bất phương trình log1

2

2 log ( 1) log

x x  

Điều kiện: x >

Ta có log1 2 1 2

2

1

log ;log ( 1) log ( 1)

x  x x   x

Do dó bất phương trình tương đương với: log2xlog (2 x1) log 6 2 0

 

2

log x x  log

   

2

6 ( 1)

x x x

   



2

6

1

x x x

   



   x3 Câu III:

a) Phương trình d1,d2:

Gọi (x0,y0) toạđộđiểm tiếp xúc, ta có phương trình d1,d2 có dạng

0

4

x x y y

 

D1,d2 qua M(-2;3) nên 0 0

( 2)

.3 2(3 1)

4

x

y x y



    

(x0,y0) tiếpđiểm d1, d2 với (E) nên:

2

0

4 y

x   (1)

Thế x0 = 2(3y01) vào (1) ta 3y012 y20 1 10y026y0 0

0

3 0,

5

y y

  

 Với y0 =

3

5 ta có x0 =

5 d2: x + 3y - =

b) Dễ nhận thấy tiếp tuyến d qua N(5;n) không song song với d1; để d1//d2 theo tính chất đối xứng (E) d có phương trình x + 3y - = ( qua điểmđối xứng (-2;3) qua O (2;-3))

d qua N (5; n) nên 2.5 + 3.n + =  n = 2. Gọi H trung điẻm BC

Do S.ABC ABC nên chân đường cao O S.ABC trùng với giao điểm

đường cao ABC SBC cân S Suy BCSH, BCAH nên ABC = 

a). Ta có AH = 3

2

a a

HO AH

  

Trong SHO có SO = HOtag =

6

a

tag,

SH =

os cos

HO a

c   

Diện tích ABC: S =

2

3

a

Vậy thể tích hình chóp S.ABC là:

V =

2

1 3

3 24

a a a tag

S SO tag  

b) Diện tích ABC

1

2 os

ABC

a

BC SH a

c

S   

Gọi h khoảng cách từ A đến mp (SBC) ta có:

3

3

1 24 sin

3

12 os ABVC

ABC

a tag

V a

V S h h

a c

S







    

Cách khác: Chân dường cao tứ diện S.ABC nằm SH Từđó h = AH

sin  = 3sin

a



3 Ta viết mặt phẳng (P) qua I, K lập với mp (xOy) góc 300 dạng đoạn chắn, tức (P) có phương trình:

B

C O

h

A S

 a

3

x y z b

  

(dễ thấy (P) qua I, K // Ox tạo với mp (xOy) góc  300) Mặt phẳng (xOy) có vectơ pháp n1



= (0;0;1) Mặt phẳng (P) có vectơ pháp

1 ; ;1

n

b

 

  

 



Suy ra:

2

3

o s3

2

n n

c n n

 

   

2 2

2

1

0 1.1

3

2

1

0 1

3

b b

 

 

   

2

2

1 1

1

1 4 3 3

1

b b

     

 

2

1

1

3

b

    

2

b

  

Vậy phương trình mặt phẳng qua I, K cần tìm là:

3

1

3

x z

   ,

3

2

x y z

  

Câu IV:

1. Có khả năng:

5 Nam nữ có C17 cách chọn

4 nam nữ có C C45 27 cách nam nữ có C C35 37 cách

Tổng số cách chọn em số nữ

1 3

7 7 5.21 10.35

C C C C C     462 cách

2. f' (2) =

2

3 ( )

( )

( 1)

x x

x

a b e x e

x



  



2

3

( 1) ( 1)

x a

be x

x 

  



F'(0) = -3a + b

1 1

3

0 0

( ) ( 1) ( 1) ( x)

f x dx a x  d x b xd e

1

0

1

( 1)

0

2

x x

x

a b xe e dx

  



    

   

1

1 ( 1)

2

a

b e b e

 

      

 

3

a b

 

Ta có hệ:

3 22

3

5

a b

a b

   

 

 

  



2

a b

  

  Câu V:

Chứng minh

2

cos

2

x x

e  x  x  x IR (1)

Để chứng minh bấtđẳng thức (1) ta chứng minh hai bấtđẳng thức sau: a) ex 1 x, x R

b) cos x

2

1

x

x R

   

Chứng minh a)Lập hàm số f(x) = ex x

f' (x) = ex1

f' (x) =  x = Chiều biến thiên:

x -  + 

f'(x) - +

f(x)

Min f(x)

Từ bảng biến thiên ta có ( ) (0) k R

f x f



 

Suy ex    1 x x R

Chứng minh b) Lập hàm g(x) = cosx +

2

1

x 

g(x) hàm chẵn, cần xét x  g'(x) = - sinx = x

g"(x) = -cosx +1 

 g(x) đồng biến khoảng [0; + ]  g (x)  g(0) =  x  Vì g(-x) = g(x)  g(x)   x  IR  cosx 

1-2

2

x

x IR

 

Từ a) b) ta dược điều phải chứng minh

ĐỀ SỐ 11 Câu I:

1. Khảo sát vẽđồ thị hàm số

2

5

3

x x m

y

x

  



 m =

(Học sinh tự giải)

2. tìm m để hàm sốđồng biến khoảng (1;+):

Ta có:

2

2

(2 5)( 3) ( 6)

( 3)

x x x x m

y

x

     





=

2

2

6

( 3)

x x m

x

  



Để hàm sốđồng biến khoảng (1;+) điều kiện cần đủ y'/0

x  (1;+) y'(x) điểm rời rạc khoảng

 2

6 / 0, /

x  x  x m x (1)

Gọi x1,x2 nghiệm phương trình x

+6x + - m2 = Ta có: x1 = -3 - m; x2 = -3 + m

Khi m = x1 = x2 bất phương trình (1) thoả mãn

Khi m > , để thoả mãn địi hỏi tốn, khoảng (1, +) phải nằm bên khoảng (x1, x2) tức

x2 < x1  -3 + m   < m 

Khi m < 0, ta có x2 < x1, đẻ thoả mãn tốn phải có x2 < x1  -3 -   > m  -4

Tổng hợp ba trường hợp ta -4  m 

Câu II:

1. Giải phương trình    

2

os cos

2 sin sin cos

c x x

x

x x



 



Điều kiện: sinx + cosx = sin

x 

 

 

 

 

Vớiđiều kiệnấy phương trình tương đương với: (1 - sin2x) (cosx - 1) = 2(sinx + sosx) (1 + sinx0

 (1 + sinx) [(1 - sinx)(cosx - 1)- 2(sinx + cosx)]=0

s inx s inx

(1 cos )(1 s inx)x cosx

   

 

  

    

 

 2

x k

k Z

x k

 

 



  

 



 



2. f(x) = xlogx2 (x>0,  x 1)

Tính f'(x) giải bất phương trình f'(0)  0;

2

1 ( )

log log

x

f x x

x x

 

2

2

2

2

log log

ln ln

'( )

(log ) (log )

x x x

x f x

x x

 

 

Ta có: f'(x) 

2

1

log

ln

x

   (do > nên, x  nên log2 x2 0)

2

log x log e

 

1

x x e

x

 

  

  Câu III:

Vectơ pháp tuyến đường cao kẻ từ B n1= (2;1) Suy đường thẳng AC có phương trình 2(x - 1) + (y - 0) hay 2x + y -2 = 0, Vectơ pháp tuyến đường

cao kẻ từ C n2 = (1;3) Suy đường thẳng AB có phương trình (x - 1) - 3(y - 0) = hay x - 3y - =

Toạđộ B nghiệm hệ:

2

( 5; 2)

3

x y

B

x y

  



  



  



Toạđộ C nghiệm phương trình:

3

( 1; 4)

2

x y

C

x y

  



 



  



Gọi H chân đường hạ từ C xuống AB toạđộ H nghiệm hệ

3

;

3 5

x y

H

x y

  

  



  

    



Ta có

2

ABC

2

2

(5 1) ( 0) 10

2

1 10

5 5

AB

CH

     

   

        

   

Vậy 1.2 10.7 10 14

2

ABC

S  

2. Mặt cầu (S) có tâm I(1; -1; 1) bán kính R = Gọi d khoảng cách từ I

đến (P) Để (S) tiếp xúc với (P) ta cần có d =

2

2 2

2

2

2.1 2.( 1) 1.1

3

2

3

3 10

2;

m m

d

m m

m m m m

m m

    

 

 

   

       

   

2

3

m m m m

         vơ nghiệm

Vậy m cần tìm m = -5; m =

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp n (2; 2;1)

Đường thẳng (d) qua I (P) có phương trình:

1 1

2

x y z

 

Với m cần tìm m = -5, m =

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp n = (2; 2; 1)

Đường thẳng (d) qua I  (P) có phương trình:

1 1

2

x  y  z 

 

Với m = -5 m = phương trình củan(P) 2x + 2y + z - 10 =

Toạđộ tiếp điểm nghiệm hệ

 

2 10

3;1;

1 1

2

x y z

x y z

   

 



   

 

 

3. SA  (ABC)  SA  AC Do

điểm SC nên MA =

SC

ABC 

vuông B Vậy MB =

S C

Từ MA = MB Vậy AMB cân

M

Từ M kẻ MN // SA Từ H kẻ HK // BC Do SA  AB Từđó MN =

2

SA a  , HK =

2

BC a

 từ AB  HK suy AB 

MK

Ta có MK = 2 2

2

MH HK  a a a

Vậy

2

1

2 2

AMB

a

S  AB MK  a a 

Câu IV:

1. Từ chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác nhau?

Các số phải lập nhẵn nên phải có chữ số đứng cuối

2;4;6;8

Trường hợp chữ số đứng cuối chữ số cịn lại số lập ứng với chỉnh hợp chập chữ số cịn lại, có

8

A thuộc loại Trường hợp chữ số 2; 4; 6; đứng cuối chữ số

còn lại số tự nhiên lập ứng với chỉnh hợp chập chữ số (kể

cả số tự nhiên có chữ số đứng đầu mà thực chất số có chữ số) Vì

lượng số loại gồm  5

8

4 A A Vậy lập tất  5

8 90720

A  A A  số tự nhiên chẵn gồm chữ số

khác chữ sốđã cho

2. Tính 2

1

3

0

x x

I x e dxx e xdx

Đặt x2 = t, ta được: 1

0

x t

B K

C M

S

A

H

 

1

0

1

2

t t

I  te dt td e

=

1

1

1 1 1

0

2 2 2 2

t t t e e

te e dt e e

 

      

 

  

Vậy

I  Câu V:

Ta có:

   

2

2

2

1

1 os2 os2 s in

2

1

1 os( ) os( ) sin os cos os( )

2

1 1

cos ( ) os ( )

2 os 4

Q c A c B C

c A B c A B C c C C c A B

C A B c A B

c

    

       

 

       

 

Vậy

4

Q 

Và

0

120

1

4 cos 30

2

A B

C Q

C A B



 



 

   

    

 

ĐỀ SỐ 12 Câu I:

Khảo sát vẽđồ thị hàm số y = 2x3 - 3x -1 (C) 2. Phương trình dk: y + =kx  y = kx -

Phải xác định k cho phương trình:

2x3 - 3x2 - = kx - 1 x(x2 - 3x -k) = 0, có nghiệm phân biệt

 2x2 - 3x - k = có hai nghiệm phân biệt

9

9

8

0

k k

k

k 

     

 

  



  

 Câu II:

1. Giải phương trình cot x t nx cos sin

x x a

x

 

Điều kiện: sin2x   cos2x  1

Vớiđiều kiện phương trình cos s inx os4

s inx cos sinx.cos

x c x

x x

  

2

os2 os4 cos os2

c x c x x c x

     



os2 1: os2

2

c x lo

c x x  k

 



      



2. Giải phương trình: log5 (5 x

- 4) = - x Điều kiện: 5x - > Thấy x = nghiệm

Đặt f(x) = log5 (5 x

- 4) - + x hàm số đồng biến

Suy x = nghiệm

Câu III:

1. a) I trung điểm AB nên có toạđộ I ( 1; 0; 2);

AB 

(-2; -2; 2) = -2 (1;1;-1) Mặt phẳng (P) dđ qua I vng góc vưói AB có phương trình

1.(x - 1) + (y - 0) - (z - 2) = Hay: x + y - z + =

 

1

3 11 3; 1;3

3

x y z

x y K

y z

   

 

    



   



Trong phương trình xác định d đặt x = 2t ta có y = 3t - 11

2 , z =

 

1

8

3 y   t Vậy ta có véctơ phương nd 2;3; 1 



IK  2; 1;1  

Ta có n IK d  2.231  1 1 0 Vậy d  IK

b) Mặt phẳng có phương trình x + y - z + = mặt phẳng (P) Gọi hd hình chiếu vng góc d (P) ta có IK  d, KI  hd, mặt phằng chứa d, hd có phương trình (x - 3) - (y + 1) + (x - 3) =

(mp chứađiểm K vng góc với IK 

) hay 2x - y + z - 10 =

Vậy phương trình tổng quát hình chiếu d mặt phẳng (P)

2 10

1

x y z

x y z

   

 

   



2 Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AH  BC

Do AD  (AVC) nên BC DH ABC vng A

Ta có: BC = 2 2

AC  AB  b c

2

2 2 2 2

1 1 1 b c

AH AC AB b c b c



    

Do AH2 =

2

2

b c

b c

AD  (ABC) nên AD  AH Do đó: AH2 = AD2 + AH2

=

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2

b c a b a c b c a b a c b c

a DH

b c b c b c

   

   

  

Vậy

2 2 2

2 2 2 2

2

1 1

2 2

ABC

a b a c b c

S BC DH b c a b a c b c

b c 

 

     



C B

A

c

a

b

Ta có

 

2 2 2

2 2 2

2 2

b c a c a b

abc a b c   a bc b ac c ab   a  b  c  

( theo bất quy tắc Côsi)

2 2 2

2 B C

a b a c b c S

   

 ( đ.p.c.m)

Câu IV:

1. Tìm số tự nhiên n thoả mãn

2 2 3

2 0

n n

n n n n n n

C C   C C  C C   (1)

Hệ thức (1)  22  32

2 0

n n n n

C C C C

   

 2

1 0

n n

C C

  

2

10

n n

C C

  

 1 ( 1) 2

10

2

n n n n n

  

    

3 n n n n n 60

     

  

3 60

n n n

    

  

1

n n n

   

n1 n n13.4.5

*

(n 1) (n n 1) 60

n

  

 



 

 n =

2. Tính

2

1 e x

I n xd x

x   

1

1

d x

I= nx xd x+ 1n x = I + I

x

e e

 

2

1

1

2

e e

x I   nx x dx  nx d 

 

=

2 2 2

1 1

1

1

2 2 4

e

e e

x x dx e x e

nx

x

     

 

2

1

1

1

1 1

2

e e e

dx

I nx nx d nx n x

x

     

Vậy I = I1 + I2 =

2

1

4

e  e 

Câu V:

Xác định dạng tam giác ABC biết

(p - a) sin2A + (p - b)sin2B = csinA sinB (1) Hệ thức (1)  (p - a) a2 + (p - b) b2 = abc

  ( )

1

p a a p b b

bc ac

 

  

p a a (p b b)

p p p

bc ac

 

  

2

os os

2

A B

ac bc p

  

1 cos  1 cos 

a A b B a b c

      

cos cos sin sin 2

a A b B A B sinC

    

 

os

c A B

ĐỀ SỐ 13

Câu I:

1. Bạn đọc tự giải

2. Ta có y’ = 4x3- 4m2x = 4x(x2- m2) = 2 2 (*)

x x m

   

 

Để đồ thị hàm số có ba cực trị pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác

0

m

 

Khi hồnh độ ba điểm cực trị x1 = 0; x2 = m; x3 = -m

tọa độ ba điểm cực trị là: A(0;1); B(m;-m4+1); C(-m; -m4+1) Ta có:

4

2

2

( ; ), ( ; )

AB m m AC m m

AB m m

AC m m

    

  

 

 

 

 

Hay tam giác ABC cân A

Vậy để ∆ABC vng cân ABAC  AB AC 0-m2 + m8 =

0

m m

 

   



Kết hợp đk suy m= ±1

Câu II:

1. Giải pt: 4(sin3x + cos3x) = cosx + 3sinx Với cosx = 0: không thỏa mãn pt

Với cosx ≠ 0: chia hai vế cho cos3x ta được: 4tan3x + = + tan2x + 3tanx(1 + tan2x)

tan3x – tan2x -3tanx + = 0(tanx – 1)(tan2x – 3) =

tan 4

,

tan

3

x k

x

k x

x k

 

 



 

 



  

  

   





2. Giải bất phương trình:

2 2

2

4

log [log ( )]< log ( ) 2

2 (*)

x x x x x x x x x

x x x

          

   

Giải (*): đk:

0

2 1

2

x x x

x   

  

  

2 4

2 : (*) 4

1

x x

x x x x x x x

x x

   

 

           

  

 

Vậy tập nghiệm bpt S = ( ; 4)(1;)

Câu III:

1. Gọi tâm đường tròn I(a;b) Ta có:

2 2

2

2 2 2

( 1) ( 1) (1)

1

( ;( )) (2)

2

a b a b

IA IO

a b

IO d I d a b

     

  





    

 

   



(1) b= a + vào (2): a2 + (a + 1)2 =  2a2 + 2a =  0,

1,

a b

a b

 



   



Với I(0;1), R = suy pt đường tròn là: x2 + (y – 1)2 = Với I(-1;0), R = suy pt đường tròn là: (x + 1)2 + y2 =

2. a) Ta có: C(2; 0; 0), B1(1; 0; 2), D1(0; 1; 2)

1

(0;1; 0), ( 1;0; 2) [BC; ]=( 2; 0;1)

BC BA n BA

      

Phương trình mp(A1BC): 2x z 0

Gọi (α) mp chứa B1D1 vng góc với (A1BC) Ta có:

1

1 ( 1;1; 0), A BD ( 2; 0;1) [ 1; A BD] (1;1; 2)

B D   n  n B D n  

    

Vậy ptmp(α) là: xy 2z 1

Suy pt hình chiếu B1D1 lên (P) giao tuyến hai mặt phẳng:

2

x y z

x z

    

 

  

 

nên đường thẳng B1D1 có phương trình:

2

x t

y t

z t

  

   

 



b) Để ý mf qua A vng góc với A1C chứa AC1, tam giác AA1C vuông cân Mf cắt BB1, CC1 trung điểm E, F

AE cắt A1B J, AF cắt A1D K Thiết diện tam giác IJK

Câu IV: 1.

2

2

0

0 0

1 os2x

sin | cos

2 4

c x

V x xdx x dx x xdx I

  

   

   

        

Ta tính I:

B1

D

D1 C1

A1

B

C A

B1

D D1

C1

A1

B C A

K

J I F

Đặt 0

sin sin os2x

| |

sin

os2xdx 2

2

du dx

u x x x c

I x dx

x

dv c v

                     

Vậy V =

3

4



(đvtt)

2 Theo giả thiết, ta có:

7

2 ( , 7)

! !

2 ( 3)( 4)( 5)( 6) 2.7.6.5.4

( 7)!.7! ( 3)!.3!

n n

C C n n

n n

n n n n

n n               Câu V:

Từ hệ phương trình x - my = - 4m

mx + y = 3m +

  

ta có: Ta có:

2 2

1 - m - 4m - m - 4m

D = , D 3 2, D

m  m x  3m +  m  m y  m 3m +  m m 0,

D  m Hệ luôn có nghiệm nhất:

2 2

2

3

1 1 m m x m m m y m                2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2 2

3 3

2

1 1

3 3

3

1 1

3 6

9 16

1 (1 ) (1 )

m m m m m m

A x y x

m m m

m m m

m m m

m m m m m m m

m m m m m

                                                                                  

2 2

10( 1) 28 18

19 19

(1 ) 1

m m m

m m m

                 

Đặt

2

4 18

4 18 (*)

1

m

y ym m y

m 

     



+ y = 0: (*) có nghiệm

+ y 0: Phương trình có nghiệm khi: '= - y(y - 18) 

y2 -18y -  9 - 85  y  + 85 - - 85  - y  - + 85

ĐỀ SỐ 14

Câu I:

1. Bạn đọc tự giải

2. y' = 3x2 - 4mx + m2

Phương trình y' = có nghiệm x = 1m2 - 4m + =

m = m = - nghiệm x =

3

m

Với x1 < x2 hai nghiệm phương trình y' = hàm số đạt cực tiểu x2 Suy m = không thỏa, m = - thỏa

Câu II:

1. Đk: ,

2

k

x  k

1

2( osx-sinx)+

sinx osx

1

( osx-sinx)(2+ )

sinx.cosx osx-sinx=0

os(x+ )

4

sinx.cosx=-sin

2

4

,

4

pt c

c c

c

c x

x k

k

x k



 

 

  

 

 



 

 

 

 

 



 



 

    



2. Đk: x2

bpt 2x-1 + 6x – 11 > 4x – 2x-1 > – 2x Với x > 2: Ta thấy bpt thỏa mãn

Với x  2: bpt 2x-1 < 3- 2x (1) Xét f(x) = 2x-1 hàm đồng biến R

g(x) = 3-2x hàm nghịch biến R

Bất phương trình (1) tương đương f(x) > g(x) (2)

Nếu x < 1: f(x) < f(1) = g(1) < g(x): bpt không thỏa (2)

Nếu < x  2: f(x) > f(1) = g(1) > g(x): thỏa (2)

Nếu x = 1: f(x) = f(1) = g(1) = g(x): không thỏa (2)

Vậy tập nghiệm bpt S = (1; +∞)

Cách 2. bpt 2x-1 + 6x – 11 > 4x – 2x-1 - + 2x > (3) Xét f(x) = 2x-1+ 2x -

f '(x) = 2x-1ln2 + > 0, x (3) f(x) > = f(1) x >

1. Gọi A(a; 2a + 5)

Do IA2IB nên B trung điểm IA suy B( 2; 5)

2

a a

Vì 2 2

2

a a

Bd       a Vậy A(1;7)

Ta có IA(3; 7)n  ( 7;3)

Vậy ptđt (d) là: -7(x – 2) + 3y = hay -7x + 3y +14 =

2. Chọn M(3; 6; 1) (d) ud  ( 2; 2;1) Ta có:

( 4; 2;5); ( 2; 2;1) [AB; ]=(-12;-6;-12) [AB; ].AM

d d

d

AB u u

u

     

 

   

  

Vậy đt (d) AB đồng phẳng

Ta có pt tham số đt (d) là:

3

x t

y t

z t    

      

Gọi C(3 – 2t; + 2t; 1+ t), ∆ABC cân A nên AB = AC Suy ra: (1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 – t)2 = (3- 2t)2 + (6 + 2t)2 + (6 – t)2

7

t  

Vậy C(-4; 13; 9/2)

3. Kẻ AM BCBC(SMA)

Trong ∆SAM kẻ AH SM AH (SBC)

Ta có:

2 2 2

1 1 1

9

a AH AH  SA  AM  a  a  a   Câu IV:

1

3 3

3

3 2

1 1

1 ln(1 )

( ) (ln )

(1 )

ln ln

ln ln

2 2

dx dx x x

I dx x

x x x x x x



     

  

   

  

2. (2 + x)10 = a0 + a1x + a2x +….+ a100x Ta có:

100

100 100

100

(2 ) k k k

k

x C  x



 

Mặt khác:

S

2 98 100

2 100

100 100

100 3 97

0 3 100

98 97

2

.2

(2 )

.2

100! 100!

.2 98

98!.2! 97!.3!

k k

k k

a C

x a C

a C

a a

 

 



    

  

    



Như a2 < a3 Ta có:

100 100

1

100! 100!

.2

(100 )! ! (100 1)!.( 1)! 98

( 1).2 100

3

k k

k k

a a

k k k k

k k k

  



  

   

     

Vậy 0k32

Câu V:

2

x s inx+

2 x

ye 

Ta có: ' "

( ) x osx+x; f ( ) x s inx+1>0, x

f x e c x e   

Suy f ’(x) hàm đồng biến

Nếu x > 0: f ’(x) > f ’(0) = hay f(x) hàm đồng biến (0; +∞)

Nếu x < 0: f ’(x) < f ’(0) = hay f(x) hàm nghịch biến (-∞; 0)

Ta có bảng biến thiên:

x -∞ +∞

f ’(x) - + f(x) +∞

+∞

ĐỀ SỐ 15

Câu I:

1. Bạn đọc tự giải

2. Ta có:

2

2

(2 )( 1) 2 2

'

( 1) ( 1)

x m x x mx x x m

y

x x

       

 

 

Để hàm số có cực trị pt y’ = có nghiệm phân biệt

2

2 2

x x m

     có nghiệm phân biệt ≠

' 2

2

m

m m

    



  

 

Ta có pt đường thẳng qua cực trị y = 2x – 2m hay 2x – y – 2m =

Suy đpcm

Câu II:

1. sin4x.sin7x = cos3x.cos6x

 cos3x – cos11x = cos3x + cos9x

cos9x + cos11x =

2.cos10x.cosx =

os10x = 20 10

osx =

2

k x

c c

x k

 

 



 



 

 

   

 

2. log3xlog 3x (Đk: x > 0; x ≠ 1) Đặt t = log3x, bpt trở thành:

2 1 0

1 1

0

1

t t

t t

t

t t t

   



       

 

Suy ra:

3

1

1 log

3

log

3

x x

x

x 

    

 



 



 



Vậy tập nghiệm bpt là: S = (1/3;1)(3; +∞)

Câu III:

a) Ta có: AM  ( 1;1;1)

Từ suy pt đường thẳng AM là:

x t

y t z t

   

    

Gọi H hình chiếu vng góc O lên AM, ta có H(2 – t; t; t)OH(2t t t; ; )

Mà 2 ( ; ; )4 2

3 3

Mặt khác H trung điểm OO’ nên '( ; ; )8 4 3

O

b) Theo giả thiết A,M,B,C đồng phẳng nên [ AB AC; ].AM0 Ta có:

( 2; ; 0); =(-2;0;c); AM ( 1;1;1)

[AB; ] = (bc; 2c; 2b) [AB; ].AM 2

AB b AC

AC AC bc c b

bc

b c

   

      

  

  

    

Ta có: 2 2 2

( ) 4

2

dt ABC  b c  b  c  b c  bc

Theo 16

2

bc

b c bc bc bc

      

Khi đó: 2

( ) 2( 2) 384

2 2

dt ABC  b c  bc  bc   

Vậy dt(ABC) nhỏ b =c =

Câu IV: 1.

3

osx osx

0

sin 2 osx.sin

c c

I e xdx e c xdx

 

  

Đặt t = cosx dt sin dx.x

Với x = 0t = 1; với x  3  t  12

1

2 .t

I e tdt

 

Đặt

1

1

1

2

2

2

2 2

t t

t t t

u t du dt

dv e dt v e

I t e e dt e e e e

 

 



 

 

 

      

2.

0

(1 ) (2 )

n n

n k k k k k

n n

k k

x C x C x

 

  

Với k.2k

k n

a C

*) a2 < a3 Cn2.22 Cn3.23  3 2(n2) (hiển nhiên với n > 3)

*) Gọi ak hệ số lớn nhất, suy ra:

1

1

1

1

.2 (6 ).2 11

4

(6 1).2 14

.2

k k k k

k k n n

k k k k

k k n n

a a C C k k k

k

a a C C k k k

 



 

 

     

   

    

   

        

 

Vậy hệ số lớn a4

2

sin sin sin tan os sin sin

2

1 osA=cos(B - C) - cos(B + C) cos(B - C) = B = C

A A

A B C c B C

c

  

 

 

Vậy từ giả thiết 2 A

os sin os sin

2

A

c B c B

   

Khi đó:

A 1-sin

2 S =

A cos

2 Đặt t = cosA

2

0

0 90

2

A t

    

Ta có

2

1- - t S = f(t) = , [ ;1)

t t

2

1- - t

f '(t) = 0, [ ;1)

t t

   

Vậy Smin = f(

2 ) = 1 A = 90

, B = C = 450

ĐỀ SỐ 16

Câu I:

1. Bạn đọc tự giải

2. pt(d): y =

3x + Vì tiếp tuyến vng góc với (d) nên tiếp tuyến có hệ số góc -3

Gọi M(x0; y0) tiếp điểm, ta có f ’(x0) = -3

2

2

0

0

0

4

'( ) 1 ( 1)

( 1) ( 1)

0

2

f x x

x x

x y

x y

        

 

  

  

    



Vậy có hai tiếp tuyến có phương trình là: y = -3x + y = -3x – 12

Câu II:

1. 2sinx.cos2x + sin2x.cosx = sin4x.cosx

2sinx.cos2x + sin2x.cosx.(1-2cos2x) =

2sinx.(cos2x + cos2x(1 – 2cos2x))=0 s inx = x = k

1+ cos2x

cos2x + (1 - 2cos2x) = (*)

2 

 

 

 

Giải (*): đặt t = cos2x, pt (*) trở thành: 2t2 – t – =

2

1 os2x =

2

1

2

cos2x =

3

2

x k x k

t c

x k x k

t

 

 

 

 

  

 

 

 

   

 

          

   

Vậy nghiệm pt

3

x k

x k

 



  

   

 2.

2

1

(1)

2x y 2x (2)

x y y x x y

 

   

 

  

 

Từ (1): (x – y).(x + y – 1) =

1

x y

y x

 

   



Nếu x = y thay vào (2) ta được: 22x – 2x -1 = (2 1) 1,

x x

x y

       

Nếu y = – x: thay vào (2) ta – 2x – = 2x - 1 2x – - + 2x = Dễ thấy x = nghiệm vế trái hàm số đồng biến R nên

nghiệm Vậy hệ pt có nghiệm (-1; -1) (1; 0)

1. Gọi C(x; y) Ta có: //

AB AC

BK BC

 

   

   

(2; 8); ( 1; 4) 17

4

( ;6); ( 1; 4) 17

3 /

AB AC x y x y

x y

BK BC x y x y

        

 

         

   

Từ suy x = 3; y = hay C(3; 5)

2 a) Ta có:

(0; 2; 0); ( 2;0; 2) ABC [ ; ]=(4; 0; 4)

AB AC   n  AB AC

    

n (1; 0;1)

  véc tơ pháp tuyên (ABC)

Vậy ptmp(ABC) x + z – =

Gọi (∆) đường thẳng qua O vng góc với mp(ABC) Ta có pt tham số

của đt (∆) là:

x t y z t

  

    

Gọi I hình chiếu vng góc O lên mp(ABC) I giao điểm đt (∆)

và mp(ABC) Suy I(1; 0; 1)

I trung điểm OO’ nên O’(2; 0; 2)

b) Ta có OH < OA =2

( ; )

1

( ) ( ; )

2

d B OH OB

dt OHB d B OH OH

 

   

Vậy ta có đpcm

Câu IV: 1.

2

0

.sin

I x xdx

  

Đặt

2

t x t x tdtdx

Với x = 0, t =

Với x =

 , t =  Khi đó:

0

2 sin

I t tdt 



Đặt

2

2

1

0

2

2 ost os

ostdt sin

du tdt u t

I t c t c tdt I

v c dv tdt

 





  

      

 

 

 

 

Tính I1:

1 0

0

4 sin 4sin ost

I t t tdt c



 

    

Vậy

2

I   

2 Ta có:

0

1

( ) ( )

n n

n k n k k k n k

n n

k k

x C x C x

x x

 

 

  

S

H

B A

O z

Khi đó:

0

23 23

23

24 24 23

1

( )

n n

n

k k

k

C C n n

x C x

x

 

      

  

Theo ra: 23 – 2k > nên 23 11

2

k k

Tổng 11

23 23 23

S C C  C

Mà

23

0 11 12 13 23 23 22 11

23 23 23 23 23 23 23 23 23

1

( ) (2 )

2

C C  C C C  C  C C  C   

Vậy S số phương

Câu V:

Phương trình cho: x2 + ( m2 - )

2

x + + - m2 =

Đặt

x + = t 

Phương trình cho tương đương với: t2 - 4+ ( m2 -

3 )t + - m

=

 3t2 + ( 3m2 - )t - - 3m2 = 3t2 - 5t - = 3m2(1 - t)

2

2

3

3

t t

m t

 

 



Đặt

2

3

( ) ,

1

t t

f t t

t

 

 



Ta có

2

2

(6 5)(1 ) 6 11

'( ) 0,

(1 ) (1 )

t t t t t t

f t t

t t

       

    

 

f(t) giảm liên tục [2; + ), f(2) = lim ( )

x f t  

Vậy phương trình có nghiệm khi

3

2

ĐỀ SỐ 17

Câu I:

Bạn đọc tự giải

2. Ta có:

1

x y

x 

 , (C)

M(C) M(a;

a

a ), d: 3x + 4y =

d(M;d) = 

4

5 21

1

1 1, ,

5 3

a a

a a a



  

     

Câu II:

s inx + sin2x = 3( osx + cos2x) sinx - osx = os2x - sin2x sin(x - ) sin( )

3

2

x - 2

x =

3

9

2

x

x - 2

3

c c c

x

k

x k

k

x k

 

 

 



 

 





  



   

 



 



      

 

2. Tìm max, hàm số

( 1)

y x x

Đk:  1 x1 Ta có:

2

2

2

' ( 1)

1

1

1 ( 1)

0 1

1

2

x

y x x

x x x x x

x x



    

   

   

  

  



Khi đó: y(-1) = y(1) = 0; ( )1 3

2

y 

Vậy axy 3

4

m  x =

2 miny = x = ±

Câu III:

1. Vì Bd1 nên gọi tọa độ B(b; -5-b) Vì Cd2 nên gọi tọa độ C(7-2c; c) Do G(2; 0) trọng tâm ∆ABC nên ta có:

2

3

b c b c b

b c b c c

        

  

 

  

       

Vậy B(-1; -4) C(5; 1)

2. *) Chứng minh: m(n – m) = a2 Ta có : MC2 + MN2 = NC2

 m2 + 2a2 + a2 + (n – m)2 = a2 + n2

 2m2 – 2nm + 2a2 =

 m(n – m) = a2 (đpcm)

*) ABNM hình thang nên

dt(ABNM) = ( )

2

mn a

Theo ta suy ra:

2

2

( ) (2 ) 2

2

a a a a

n m dt ABNM m a a

m m

      

Vậy dt(ABNM) nhỏ a

2 m =

a

3. Ta có phương trình d:

2

x t y t

z t

  

  

    

có véc tơ phương ad (1; 1; 2)

Suy phương trình mf(P): x - (y - 1) + 2(z - 1) = x - y + 2z - =

Đường thẳng qua B vuông góc với (P) có véc tơ phương ad (1; 1; 2) nên

có phương trình:

1 2

x t

y t

z t

   

      

thay vào phương trình (P):

1 + t - + t + + 4t - = t =

 Suy B' 3; ;1 2

 

 

 

Câu IV: 1. Tính

ln ln

1

x x

I  e e  dx

Đặt ex + = t  dt = ex dx Với x = ln3: t =

Với x = ln8: t = Khi đó:

9

9

3/2 1/ 2

4 4

2

( 1) ( )

5

I  t tdt t t dt t  t 

 

 

2. Gọi abcd số chẵn có chữ số đôi khác nhau, nhỏ 2158

a = 1: d có cách chọn, bc có

A cách chọn Suy ra, a = có

A = 280 số

a = 2:

+ b = 0: d có cách chọn, c có cách chọn Suy có 21 số

+ b = 1, c = 5, d có cách chọn Suy có số

n

a m M

B

C

D A

+ b = 1, c = 4, d có cách chọn Suy có số

+ b = 1, c = 3, d có cách chọn Suy có số

Suy ra, a = có 3.7 + + + = 31 số

Vậy, số tất số cần tìm 280 + 31 = 311 số

Câu V:

Xác định m để hệ có nghiệm:

2

5 (1)

3 16 (2)

x x

x mx x

   

 

  

 

Ta có (1)  x[1;4]

(2)

3 16

mx x x

   (3)

Với x[1;4]: (3)

2

3x 16

m

x x 

  = f(x)

2

2

3

6

2 12 9 3

'( )

2

x x x x x

x x x x f x

x x x

 

   



 

    > 0,  x[1;4]

Suy

 1;4  1;4

ĐỀ SỐ 18

CÂU I: 1. Khi m =

2

x 2x

y

x

 



 (1)

 TXÑ: D = R \ {1}



 

2

x 2x

y '

x  



, y ' 0 x0 hay x 2

 BBT:

x  

y'

y

 

 

 Tiệm cận:

x 1 pt t/c đứng

y = x + laø pt t/c xiên

2. Tìm m : Ta coù

 

2

2

x 2mx m

y '

x m

  





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

y '

  coù nghiệm trái dấu

2

x x P m 1 m

        

CÂU II:

1. Hệ phương trình:

   

    

 

    

 

2

x y x y

x x y y y

    

  

       

 

2 2

x y x y

x y x y xy xy

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

Vaäy        

  

   

 

2

S 2P S P

I

S ,S S P S

2

2

1

S x y TH :

P xy

  

 

  



 x, y nghiệm phương trình:

X2 2  X   Suy nghiệm x

x        

x

y        

S x y

TH :

P xy

   

 

  



 x, y nghiệm phương trình:

X2X 2 0     

X X

Suy nghieäm x

y      

; x

y      

Tóm lại hệ Pt (I) có nghiệm: x

y        

; x

y        

; x

y       ;      x y Cách 2:

Phương trình cho:

               2 2

x y x y

x y x y xy

            2

x y x y

xy            

(x y) x y

xy                                                                         2

x y x y

x y

x y

xy x x

x y

x y y x y x

xy

xy x x x 1,x

Suy nghiệm: x

y        

; x

y        

; x

y       ;      x y

2. Tìm nghiệm 0,

Ta có 4sin2 x cos 2x cos2 x

2



 

     

  (1)

(1) cos x  cos 2x 1 cos 2x



 

        

 

 2 cos x cos 2x 2 sin 2x

 2 cos x cos 2x sin 2x Chia hai veá cho 2:

 cos x 3cos 2x1sin 2x

cos 2x cos x



 

     

     

  

x5 k2 a hay x 7 k2 b

18

Do x0, nên họ nghiệm (a) chọn k = 0, k =1, họ nghiệm (b) chọn

k = Do ta có ba nghiệm x thuộc 0, x1 , x2 17 , x3

18 18

  

  

CAÂU III:

Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ pt        

  



x 2y

B 0; 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)         

   

 4 1  4 1

AG x; y ;GH ;

3 3



   

  

 

x

1

y

3

 A 0;3 

Ta coù : xG  xAxBxC vaø yG  yA yByC

3  C 4, 0 

Vaäy A 0;3 ,C 4; ,B 0; 2      

a) Ta coù   



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 coù     

AC 1; 1;2 , phương trình tham số AC laø

x t y t z 2t

   

     

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

     Theá t

3

 vaøo pt (AC)

ta coù  

 

2 2 M ; ;

3 3 giao điểm AC với mp (P)

b) Với A 1;1;0  B 0;2; 0  C 0; 0;2  Ta có:    

AB 1;1;0 ,    



AC 1; 1;2

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

dưới góc vng Do A, O nằm mặt cầu đường kính BC, có tâm I trung điểm BC Ta dễ dàng tìm dược I 0;1;1   R 1212 

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

CAÂU IV: 1. Tính

 

   

/ /

2

0

sin x

I sin xtgxdx sin x dx

cos x

  

2 /

0

1 cos x sin x

I dx

cos x

 

  , Đặt ucos x  du sin xdx 

Đổi cận     

1

u ,u

3

 2 

1/

1 u du

I

u

 

  =

1

1

1/ 1/

1 u

u du ln u ln

u

 

 

     

 

   



2. Goïi n a a a a a a số cần lập  1 6

  

3

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

a) Khi a ,a ,a3 4 51,2,5

Có cách chọn a , cách chọn 1 a , 3! cách chọn 2 a ,a ,a , cách chọn 3 4 5 a 6 Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n

b) Khi a ,a ,a3 4 51,3,4tương tự ta có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n

Cách 2: Khi a ,a ,a3 4 51,2,5

Coù 3! = cách chọn a a a Có 3 5 A cách chọn 36 a ,a ,a 1 2 6 Vậy ta có 4.5.6 = 720 số n

Khi a ,a ,a3 4 51,3,4tương tự ta có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n

Áp dụng:

4

x x x

3 4    1 1 4

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

Vaäy          

 

 

8 8

x y z x y z

3 4 4 4

ĐỀ SỐ 19 CÂU I

1. Khảo sát vẽ đồ thị    

2

x x

y (C)

x MXÑ: DR \ 1

 



        



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x 0,x

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 x

x 2x

k x

 phương trình hồnh độ tiếp điểm   

 

2

2

x 2x x

x x

x x 1

 

  

 

x

   k 

Vậy pt tiếp tuyến với  C qua M1,0 là: y 3x 1

 

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) thaønh

 

    

 





 

    

 

 



1

2

2

u v u v

u v loại

u v

Vaäy  I 2x y

x y

   

  

 

 

2x y x

x y y

   

 

  

   

 

2. Phương trình    

 

3

2 cos x 3cos x sin x

4

3

2 cos x 3cos x sin x

4 

  

      

 

 

 

    

      

3

3 2

cos x sin x 3cos x sin x

cos x sin x 3cos xsin x 3cos xsin x 3cos x sin x (*)

cosx = sinx = 1: Thỏa phương trình Do x  k

2 nghiệm

cosx  0: Chia vế (*) cho cos3x:

       



     

3 2

1 tan x 3tan x 3tan x 3tan x tan x tan x

tan x x k

4

Vậy, nghiêm phương trình là: x  k

2 ,



  

x k

4

CAÂU III

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

Vì đường trịn  C1 tiếp xúc với trục Ox, Oy nên tâm I nằm đường 1 thẳng y x Vì (C) có tâm I 6,2 , R = nên tâm I (x; x) với x > 1 

1

 C1 tiếp xúc với (C)  I I1 R R 1        

2

x x 2 x

   

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

x220x 36 0 x2 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

Tương tự trên, ta có x=

Có đường trịn x 6 2 y 6 2 36

Tóm lại ta có đường trịn thỏa:

   

   

   

   

   

   

2

2

2

x 2 y 2 4;

x 18 y 18 18;

x 6 y 6 36

a) 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

b) SC0,4, 4  chọn 0,1, 1 là véc tơ phương 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 là: x 2    y z 0 y z 0

Thế x, y, z (1) vào phương trình (P), ta có t = suy M 0;2;2  

   

 

 

   

 

    

 

2 x 2.0 x

0 y 2.2 y

0 z 2.2 z

Vậy A12,4,4

CÂU IV:

1. Tính

3

x

I dx

x  





Đặt t 3 x 1 xt3 1 dx3t dt2

 x 2 t31 Đổi cận t( 0) = ; t (7 ) =

Vaäy    

2

3 5 2

2 4

1

1

t 3t t t 231

I dt t t dt

t 10

  

       

 

 

2. Ta coù 1 x 2n 1 C2n 10  C12n 1 x C 22n 1 x2 C2n 13  x3 C 2n 12n 2n 1 x  Cho x 1 Ta coù 22n 1 C02n 1 C12n 1 C2n 12  C32n 1 C2n 14   C 2n 12n 1 (1) Cho x 1 Ta coù C 02n 1 C12n 1 C2n 12  C2n 13  C2n 14   C 2n 12n 1 (2) Laáy (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 k 10 k k

10 k

2 3x C  3x



  

Suy hệ số x C 2107 hay C 103

CÂU V: Ta có:

3

3

x x x x

1 x

3 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

9

1 16

y y

 

 

 

 

 

Vaäy          

   

2 3 3 6

4

3 3

y x y

1 x 1 256 256

ĐỀ SỐ 20 CÂU I:

1. Khảo sát yx4 6x2 5 MXĐ: D = R

 

 3  2     

y ' 4x 12x 4x x ,y ' x hay x

2

y '' 12x 12,y '' 0 x 1 BBT

x   

y' - + 0 - 0 +

y  5 

- -4

Đồ thị

2. Tìm m để phương trình x46x2log m2 0 có nghiệm phân biệt x46x2log m2 0 x46x2 5 log m 52 

Đặt k log m 52 

Phương trình cho cĩ nghiệm phân biệt  đường thẳng y = k cắt (C) điểm phân biệt   4 k5  4 log m 5 2  

CÂU II

1. Giải pt 3x 3  x  2x    Điều kiện:

3x

5 x x

2x

  



    



  



(1)  3x 3  x  2x 4 vaø 2x 

  

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

  

x 2  x 2x vaø   2x 

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

 

      

  

x hay [x 2 x vaø x 5]

x hay x

2. Giải phương trình: sin x cos2x cos x tg x 1   2sin x3 0 2  Điều kiện : cos x x k

2 

    

 2 sin x cos 2x sin x cos x 2sin x   0

 

sin x cos 2x 2sin x cos2x0

 

sin x cos2x cos2x  cos2x0

 

sin x 2sin x 0 2sin x sin x   

 

sin x (vì sin x  1 loại )

  

sin x 1sin x k2 hay x  k2

2 6

CAÂU 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 4m2

 

2

4m 100 m 25 m m

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

x 2y 10 0,x 2y 10

x 2y 10 0,x 2y 10

     

     

2 a) d qua 1 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

      

 

  

cheùo

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

 

MN 2t t ' 1,t t ',t 2t ' 1    



Vì MN // (P) MNnp 1, 1,1 

 

 MN.np 0 2t t ' t t ' t 2t ' 0          t t '

 2  2

MN t ' 1 4t '  3t ' 

 

14t '28t ' 2 22t ' 7t ' 4 0 t ' hay t '  * t’= ta có M 0,0,0 O P loại

* t '

 ta coù     

   

4

M , , ; N , ,

7 7 7

CÂU IV 1/ Tính e

1

I x ln xdx 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 ln xdx ln x x

3 x

   

3 e

3

1

x

ln x x e

3 9

   

2. Ta có trường hợp :

* nữ + nam Ta có C C3 55 10 2520 * nữ + nam Ta có C C45 104 1050 * nữ + nam Ta có C C5 35 10 120

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

CÂU V:

   

   

   

3

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 

          

4.3

3

 

    

 

Dấu = xảy

3

a b c

a b c

4

4

a 3b b 3c c 3a



  



    

      



Caùch 2: Ñaët x3a 3b x3 a 3b;y3b 3c y3 b 3c ; 3    

z c 3a z c 3a

 x3 y3 z3 a b c  4.3

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

Ta coù : 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) Vaäy x y z 3  

Hay 3a 3b 3 b 3c 3c 3a 3

Dấu = xảy x3 y3 z3 1 a b c  

a 3b b 3c  c 3a vaø  a b c a b c

4

ĐỀ SỐ 21 CAÂU I

1. Khảo sát

2

x 2x

y

x

 



 (C)

MXÑ: DR \ 1

 



        



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x hay x

x BBT

x  -2 -1 

y' + - - +

y



-2 





Tiệm cận:

x 1 pt t/c đứng yx 1 pt t/c xiên Đồ thị :Bạn đọc tự vẽ

2. Chứng minh khơng có tiếp tuyến (C) qua I1; giao điểm  tiệm cận

Goïi    

2

o o

o o o o

o

x 2x

M x ,y C y

x

 

  



Phương trình tiếp tuyến (C) M : o   

   

2

o o

o o o o 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

o

x 2x x

0 y

x

2

o o o o

o o

x 2x x 2x

x x

  

 

  20: Vô lí

Vậy tiếp tuyến (C) qua I1,0

CAÂU II



 

 

      



  

       

    

   

    

 

2

2

2

1

x Vx

1

4

8x 6x x Vx

1 4 2

4x x

1

x hay x

8x 6x (4x 1) 4

8x 2x

 x hay x1

4

2. Giải phương trình

2

cos2x

tg x 3tg x

2 cos x

 

 

  

 

 

(2)

(2)

2

2

2sin x cot gx 3tg x

cos x 

   

  tg x2 0 tg x3   1 tgx   1 x  k , kZ

tgx

CAÂU 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 tròn  C1 , C2 : x2 y29  x2y22x 2y 23  0 x y 0   (d)

Goïi K x ;y k k   d yk  xk7

     

  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

IK  x 1  y 1  x 1  x 8 2x 14x 65 Ta xét IK2OK2 2x2k 14xk65  2x2k14xk 49160 Vậy IK2 OK2 IKOK(đpcm)

2. Tìm M h/c M lên mp (P) 1 Mp (P) có PVT   



n 2;2;

Pt tham số MM qua M, 1  P

x 2t

y 2t

z t

  



  

Thế vào pt mp (P): 2t  2 2t     3 t 1

18 9t t

      Vaäy MM1 P M 1; 2; 1   

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



x y z

:

2 qua A(1;1;5) coù véc tơ phương

 

 



a 2;1;

Ta coù   



AM 4;1;

Mặt phẳng (Q) qua M, chứa   mp (Q) qua A có véc tơ pháp tuyến

 

  

 

 

AM,a 2;8;2 1; 4;1 nên phương trình (Q):  x 5 4 y 2    z 3 0  x 4y z 10   0

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

        

x 2y hay m(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

CAÂU IV:

1. Tính / 4  sin x 

0

I tgx e cos x dx

Ta coù: / / sin x / / sin x

0 0

sin x

I tgxdx e cos xdx dx e cos xdx

cos x

   

   

 

1 /

/ sin x 2

0 o

ln cos x  e  ln e

      

2. Goïi 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, ta có cách chọn chữ số cho cịn lại

4 cách chọn chữ số cho cịn 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

Caùch khaùc :

- Bước : có A35 3.4.5 60 cách bốc số cịn lại xếp vào vị  trí cịn lại

Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt

CÂU V Ta có 0x 1  x x2

Ta coù x y y x x y y x

4

     (1)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

    

y x yx yx x y

4 4 

1 x y y x

4

 

Dấu = xảy



  

  

 

    



 

 



2

0 y x x 1

x x

y

1

ĐỀ SỐ 22 CÂU I

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

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

-2 

Đồ thị:

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 x 2m x 2m

3x 2m x 2m

có nghiệm

1 1

1

 

   

   



   

      

 

2

2

x 2m x 2m

m

3x 2m x x 2m x

coù nghieäm

 

 

   



   

  

 

2

x 2m x 2m

m

2x 2m x

có nghiệm

 

   



    

  

2

x 2m x 2m

m 2m 1

x

2

có nghiệm

 

  

       

 

2

2

2m 1

m 2m 2m

2    

1 m m

2

CAÂU II:

1. Giải bất phương trình: 2x 7  x  3x 2 (1)

Điều kiện:

  



    



  



2x

5 x x

3 3x (1)  2x7  3x2  x

  

 2x73x25x2 3x2 5x

  

2 3x x   3x217x 14 0 x 1  14 x

3

Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm: 2x 1  14 x5

3

2. Giải phương trình tg x sin x

2 cos x



 

  

 



 

(2)

(2) cot gx sin x cos x sin x

1 cos x sin x cos x

     

 

2

cos x cos x sin x 2sin x 2sin x cos x

     vaø sin x 

   

 cos x 1 2 sin x cos x 1 vaø sin x  2sin x 1 x k2

6 hay



  

x k2

6

Ghi chú: Khi sinx  cos x  

1. Đường tròn (C) có tâm I 2,3 , R =

 M M   M M M M

M x , y  d  2x y 30 y 2x 3

 M 2  M 2

IM x 2  y 3 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,

Vieát pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O1: Giả sử phương trình mặt cầu (S):

2 2

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

Vì A S 4 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 coù da2b2c2R2  R2   1 49

Vậy phương trình mặt cầu (S) laø: x 1 2y 2 2z 2 2 9

b) Tính KN

Ta có M 1;2; ,     



1

O A 2; 0;

mf(P) qua M vng góc với O A nên nhận 1 O A1 hay (1;0; -2) làm véc tơ pháp tuyến

 phương trình (P): x 1  0 y 2  2(z 0) 0   x 2z   

Phương trình tham số đường thẳng (OA)   

    

x t

y

Thế vào phương trình (P): t 0    t OA P N 1; 0;  

Với  



1

OA 2;0;4 nên a = (1;0;2) laø véc tơ phương (OA ) Suy phương 1

trình tham số đường thẳng (OA ) laø: 1   

    

x t

y

z 2t

Thế vào phương trình (P): t 4t 0     t

 

1

1

OA P K ,0,

3

 

     

 

Vaäy  

2

2

1 20 20

KN 0

3 3

   

           

   

CÂU IV:

1. Tính

3

e

ln x

I dx

x ln x 





Đặt t ln x 1  t2 ln x 2tdt dx x

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

 

 

    



  

3

e 2 4 2

1 1

ln x t 2t

I dx 2tdt t 2t dt

t x ln x

 

     

 

2

5

1

t 2t 76

2 t

5 15

2. C2005k 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

 

     

 

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

 

   

   

 

    

 

2x x x

2

7 2005x 2005 (1)

x m x 2m (2)

Điều kiện x 1 Ta có 72x x 1 72 x 1 0, x   1;1

Ta coù: (1)       

 x 72 x 72 2005 x : x   1;1 sai x >

Do (1)  x 1  

Vậy, hệ bpt có nghiệm f x x2 m x 2m có nghiệm        1,1

[ 1;1]

max ( )f x 

 0 max f( 1),f(1),f(m 2)   0 max f( 1),f(1)  0

 

ĐỀ SỐ 23 CAÂU I:

1. Khảo sát  

2

x 3x

y C

x

 



 MXÑ: DR \ 1

 



        



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x hay x

x BBT

x  -2 -1 

y' + - - + y



-1 





Tiệm cận: x = - tiệm cận đứng y = x + tiệm cận xiên 2 Tìm m để pt

2

x 3x

m x

 



 có nghiệm phân biệt

Ta có:

 

  

  



  

  

   

  



 

2

2

x 3x

neáu x x

x 3x

y

x x 3x

neáu x 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 Nhờ đồ thị

2

x 3x

y

x

 



 , ta coù kết quả: Phương trình

2

x 3x

m x

 



 có nghiệm phân biệt  m >

-1 -1

2 y

CÂU II.1. Giải bất phương trình  

2

2 2x x

x 2x

9

3



  

   

 

Ta có (1) 9x22x2.3x22x 3 Đặt t3x22x 0 , (1) trở thaønh:

      

2

t 2t t

Do đó, (1)  1 3x22x 3 3 x22x 3

2

x 2x x 2x 1 x

           

2. Giải phương trình sin 2x cos2x 3sin x cos x 2    0 2  (2) 2sin x cosx 2sin x 3sin x cosx 2     0

 

2

2sin x cos x sin x cos x

      

 

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

 2 cos x 3 24 cos x 1     cos x  2

Vaäy (2)

  



 

  

  

   



2 cos x cos x 1 sin x

4

2 cos x cos x

sin x cos x

4

 sin x cos x hay sin x 1

 

 

     

 

2

sin x sin hay sin x

4

x  k2 hay x   k2 hay x  k2 hay x  5k2

2 6

Caùch 2. (3) (2sinx 1) sinx cosx 1    0

CAÂU III

1. Gọi I a, b  tâm đường tròn (C)

Phương trình đường trịn (C), tâm I, bán kính R 10 laø: x a 2 y b 2 10

     

   2  2  2 2  

A C a b 10 a b 10b 15 (1)

     

     

     

2

2

B C a b 10

          

    

 

  

  



2 a 1 a 3

a b 10 b 15

hay

b b

4a 4b 12

Vậy ta có đường trịn

   

   

2

2

x y 10

x y 10

   

   

2. i) Xét trường hợp:

     

A 0; 0; ;B 2; 0; ;C 2;2; ;D(0;2;0)

       

1 1

A 0;0;2 ;B 2;0;2 ;C 2;2;2 ;D 0;2;2 MfAB D1 1 coù cặp véc tơ phương là:

 





1

AB 2; 0;2

 





1

AD 0;2;2

 mp AB D1 1 coù véc tơ pháp tuyến laø u 1 AB ,AD1 1   1, 1,1

mp AMB1 có cặp véc tơ phương laø:

 





AM 2;1;0 , M(2; 1; 0)

 





1

AB 2; 0;2

 mp AMB1 có PVT      

 

 1  

v AM,AB 1; 2;

2

Ta coù: u.v   1 1 1 2 1 1  0 uv AB D1 1  AMB1

ii) Xét trường hợp:A 0; 0; ;B 2; 0; ;C 2; 0;2 ;D(0;0;2)      

b)  



1

AC 2;2;2  Pt tham soá

  

    

1

x t

AC : y t

z t

, N AC 1N t;t;t   Pt AB D :1 1 x 0   y 0   z 0 0 x y z  0  d N, AB D 1 1 t t t  t d1

3

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

    

   

 

1

t t t t

d N , A M B d

    

t t

d 3 6

2 t

d t

6

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

AMB1 không phụ thuộc vào vị trí điểm N

CÂU IV:

1. Tính / 2  / 2 

0

1 cos2x

I 2x cos xdx 2x dx

2

    

     

 

 

  

  

 

     

 



2 /

/ 2

1 0 0

1

I 2x dx x x

2



  / 

2 0

1

I (2x 1)cos2xdx

2

     

Đặt u (2x 1) du dx,dv cos2xdx choïn v sin 2x

2

 2   0/  /  0/  

0

1 1

I (2x 1)sin 2x sin 2xdx cos2x

4

Do  

2

/ 2

0

1

I 2x cos x

8

  

    

2. Tacoù: 2Pn 6A2n P An n2 12 n N,n 1  

   

6n! n!

2n! n! 12

n ! n !

   

       

n!

6 n! n!

n !

    



 

    

 n!

6 n! hay

(n 2)! n! hay n(n 1)     n 3hay n 2  n  n3 hay n2(vì n 2) 

CÂU V Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz =

Chứng minh rằng: x2 y2 z2

1 y 1 z 1 x 

Ta coù: x2 y 2 x2 .1 y x

1 y y

 

  

 

Tương tự: y2 z 2 y2 z y

1 z z

 

  

  ,

2

z x z x

2 z

1 x x

 

  

 

 

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

 

        

  

 

3 x y z

4

 

 

3.3

4 4 4

      ( x y z xyz   3)

Vaäy x2 y2 z2

1y 1 z 1x 

ĐỀ SỐ 24 Câu I:

1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)

2. Yêu cầu toán 4 < m2 + 2m + <  - < m < m 

Câu II:

1. Pt cho tương đương: cos3x4cos3x - sin3x 4sin3x =

2



cos3x(cos3x + 3cosx) - sin3x (3sinx - sin3x) =

2



cos23x + sin23x + 3(cos3xcosx - sin3xsinx) = 2



cos4x =

2

2. Khi y = hệ cho trở thành:

2

1

( 1)( 2)

x

x x

  

 

  

 

: Vô nghiệm

Khi y0, chia vế hệ cho y:

2

2

2

2

1

2 1

1

1

( 2)

x

y x x

x y

y

y

x x x

y x y x

y

 

     

 

  

  

 

  

    

       

 



12

2

x x x

y y x

    

 

 



  



5

x y

   

  Câu III:

1. Ta có:

' (0; 2; 2), ' ( 2; 2; 2) ' '

(2;0; 0) '

A C BC A C BC

AB A C AB

     

  

      

 A C' véc tơ pháp tuyến mf(ABC')

 Phương trình mf(ABC'): y - z = 2. Ta có B C ' 'BC ( 2; 2; 0)

Gọi (P) mf chứa B'C' vng góc mf(ABC') Khi hình chiếu B'C' mf(ABC') giao tuyến (P) mf(ABC')

(P) có véc tơ pháp tuyến nP B'C', A C'    ( 4; 4; 4) Suy phương trình (P) x + y + z - =

' , P ( 16;8;8)

u A C n   hay u'(2; 1; 1)  qua điểm M(4; 0; 0)

Suy phương trình hình chiếu đường thẳng B'C' mf(ABC') là:

2 1

x y z

 

 

Câu IV:

1. Đặt t  4x 1

2

1

t x  ,

2

tdt dx

Suy I =

5

5 5

2

3

3 3

( 1)

ln( 1) ln

( 1) ( 1) 12

t dt dt dt

t

t t t t

   

       

     

  

2. Đặt A = x2 + xy + y2, B = x2 - xy - 3y2

Nếu y = A = B = x2 3 Do 4 3 3 0B 3 3 (đpcm)

Nếu y  đặt x = ty, ta có: B = A

2 2

2 2

3

1

x xy y t t

A

x xy y t t

   



   

Đặt

2

3

t t

u

t t

  

 

3 3

3 u

   

  (Tìm tập giá trị u)

Vì 0A3 B = A.u nên 4 3 3 B4 33

Câu Va: 1. (E):

2

1 12

x y

  có hai tiêu điểm F1( 10; 0),F2( 10; 0)

(H) có tiêu điểm với (E) (H):

2

2

x y

a b  , với a

2

+ b2 = c2 = 10

(H) có hai tiệm cận y bx 2x b b 2a

a a

       

Suy a2 = 2, b2 = (H):

2

1

2

x y

 

2. Ta có:

 2100 100 99 99 198 100 200

100 100 100 100

0 100 101 99 199 100 200

100 100 100 100

x x C x C x x C x x C x

C x C x C x C x

      

    

Đạo hàm hai vế:

 299  99 100 99 198 100 199

100 100 100 100

100 xx 2 x 100C x 101C x  199 C x 200C x

Cho x = - 2:

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

0 100 101 199 200

2 2

1 1

0 100 101 199 200

2 2

C C C C

C C C C

       

             

       

       

              

Nhân hai vế với - 1:

99 100 198 199

0 99 100

100 100 100 100

1 1

0 100 101 199 200

2 2

C   C   C   C  

            

       

Câu Vb:

1. Giải bất phương trình logx1( ) x 2 (1) ĐK: - < x <

Từ ĐK suy < x + <

Bpt

2 2

2 ( 1)

2 3

x x x x x x

x x

          

       

Nhưng - < x < nên  2 3x0

2 Gọi O tâm hình thoi ABCD,

S điểm đối xứng A qua A' Khi S, M, D thẳng hàng M

là trung điểm SD; S, N, B

thẳng hàng N tung điểm SB

Tam giác BAD có AB = AD = a, BAD = 600 nên

2

a AO

 

AC = 2AO =a 3= SA

CC' =

2

a

=AO

Hai tam giác vuông SAO ACC' Suy SAO = CAC'

' (1)

AC SO

 

Do BD AC BD, AA'BDmf ACC A( ' ')BD AC' (2)

Từ (1) (2) suy AC'mf BDMN( ) Do đó:

2

3 1 3

4 4 16

ABDMN SABD ABD

a a

V  V  SA S  a 

S

M D'

C'

B' N A'

D

C

B

ĐỀ SỐ 25 Câu I:

1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)

2. Đường thẳng d qua A(0; 2) có phương trình dạng: y = kx +

d tiếp xúc (C) khi hệ sau có nghiệm:

4

2 2

2

2

x

x kx

x x k



   

 

  



Thay k phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất, suy 3x4 - 8x2 =

8 0,

3

x x

   

+ Khi x = k = 0, ta có phương trình tiếp tuyến y =

+ Khi

3

x  k =

3

 , ta có phương trình tiếp tuyến y =

3

 x +

Câu II:

1. Phương trình tương đương với:

2

3 sin 2x c os2x + sin4x + =  2 s inxcosx + 4sinx + 2sin x0

s inx( os + sinx + 2)c x

 

 s inx =

3 osx + sinx + = 0c 

 



x = k

x=

6 k

 



 

 



2. Hệ phương trình cho tương với:

3

2

2(4 ) (1) x (2)

x y x y

y

   

 

 

  

3 3 2

2 2

3( ) 6(4 ) 3( ) (x )(4 ) (3)

x x (4)

x y x y x y y x y

y y

        

 



 

   

 

 

(3)  2

0

12

4

x

x x y xy x y

x y

  

    

      x = - 3y2 = : Vô nghệm

 x = 3y 9y2 - 3y2 = Hai nghiệm (3; 1), (- 3; - 1)

 x = - 4y 16y2 - 3y2 = Hai nghiệm 6; , ;

13 13 13 13

   

 

   

   

   

Câu III:

Đường thẳng (AB) giao tuyến hai mặt phẳng:

x y

z

 

 

 

Toạ độ giao điểm (AB) mặt phẳng () nghiệm hệ:

4

3

x y z

x y z

 

 

 

    



Suy toạ độ giao điểm M(- 12; 16; 0)

2. Vì I trung điểm AB nên I(2; 2; 0) Gọi K(x; y; z) KI phương

với véc tơ pháp tuyến n mặt phẳng ( ) KO = d(K, ( )) (1)

Phương trình (KI):

2

2

x t

y t

z t    

  

   

(2)

(1)  2

14

x y z

x y z     (3) Thay (2) vào (3) suy

4

t   1 3; ; 4

K 

 

Câu IV:

1. Phương trình cho biết hồnh độ giao điểm

3 1,

x   x x  x x

3 1

x   x x  x

Do đó, diện tích hình phẳng S =

2

2

1

2 ( 3)

6

x x x dx

      

 



2. Chứng minh bất đẳng thức:

Chứng minh rằng:

9 3

3 3 3

x x x x y z

x y z y z x z x y

 

  

   , 3

x y z

  

  

Đặt a = 3x, b = 3y, c = 3z

Theo giả thiết a > 0, b > 0, c > ab + bc + ca = abc (1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2 2

4

a b c a b c

a bc b ac c ab

 

  

  



3 3

2 2

4

a b c a b c

a abc b abc c abc

 

  

   (2)

Thay abc (2) vào (1):

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

 

  

     

Theo Cauchy:

3

3

3

( )( ) 8 64

a a b a c a a

a b a c

 

   

3

3

3

( )( ) 8 64

b b c b a b b

b c b a

 

   

  (4)

3

3

3

( )( ) 8 64

c c a c b c c

c a c b

 

   

  (5)

Cộng vế bất đẳng thức ta có đpcm

Câu Va:

1. Tìm toạ độ A, B, C

Vì ACBH nên có hệ số góc - nên hệ số góc AC

Vì M(1; 1) thuộc AC nên phương trình AC: y = (x - 1) + hay y = x Toạ độ A(x;y) nghiệm hệ: 2 2;

3 3

x y

x y A

y x

  

  

      

  

  



Vì M trung điểm AC nên 8; 3

C   

Cạnh BC//d quaC nên phương trình (BC): 8

3

x y x y

   

       

   

   

Toạ độ B(x;y) nghiệm hệ:  4;1

4

x y

B

x y

  



 



  



2. Gọi số cần tìm

4 4.10 3.10 2.10 1.10 na a a a a a a a a a Suy có cách chọn a4,

có cách chọn a3,

có cách chọn a2,

có cách chọn a1,

có cách chọn a0

Như có 4.4.3.2.1 = 96 số

Cách 2: Có cách chọn a4 có 4! cách chọn chữ số cịn lại

Như có 4.4! = 96 số

Tổng 96 số thiết lập:

Có 24 số có dạng na a a a4 10,

18 số có dạng na a a a4 11,

18 số có dạng na a a a4 12,

18 số có dạng na a a a4 13,

Tổng chữ số hàng đơn vị 18(1 + + + 4) = 180; tổng chữ số hàng chục 1800, tổng chữ số hàng trăm 18000, tổng chữ số hàng ngàn 180000

Có 24 số có dạng n1a a a a3 0,

24 số có dạng n2a a a a3 0,

24 số có dạng n3a a a a3 2 0, 24 số có dạng n4a a a a3 0,

Suy tổng chữ số hàng chục ngàn 24(1 + + + 4).104 = 240000 Vậy tổng 96 số lập nên là: 180 + 1800 + 18000 + 180000 + 240000 = 2599980

Cách 2 Có 24 số có dạng na a a a a4 0,với a41, 2, 3, 4

18 số có dạng na a a a a4 0,với ai1, 2, 3, , i0,1, 2,

Vậy tổng 96 số lập nên là:

(1 4) 24.10    18(10 10 10 10 )2599980

Câu Vb:

1. Phương trình cho:

2 2 2

2 2

1

log 2 log log log

log log log

x x x x x

x x x

        

 

2. Thể tích hình chóp SBCMN

mf(BCM)//AD nên cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD

Ta có BCAB BC, SABCBM

Như thế, tứ giác BCNM hình thang vng

có BM đường cao

Ta có SA = ABtan600 = a

3

4

3

a a

MN SM a

MN a

AD SA a



   

2

2 2

3

a a

BM  AB AM  a  

Gọi S diện tíchcủa BCNM, ta có

2

4

1 3 10

( )

2 3

a a

a a

S BC MN BM

 



 

    

 

 

Gọi H hình chiếu S đường thẳng BM Khi SH BC(do BC vng góc mf(SAB) mf(SBM)) Suy SH mf BCNM( )

S

H

N M

A D

Suy ra: ( )

SBCNM

V  SH dt BCNM (1)

Mặt khác, tam giác SAB: 0

os60

AB AB AM

SB a

c SB MS

     BM phân

giác góc SBA Do 

30

SBH  Suy 1.2

2

SH  SB aa

Thay vào (1):

2

1 10 10

3 3 27

SBCNM

a a

ĐỀ SỐ 26 Câu I:

Khảo sát hàm số

10 TXĐ: R\ 1 20 Chiều biến thiên:

2

2

' ; ' 0

( 1)

x x

y y x x

x 

      



Tiệm cận đứng: x = - 1, tiệm cận xiên y = x -

30 Đồ thị (Bạn đọc tự vẽ đồ thị)

2. Gọi d đường thẳng qua A(0; 5)

Khi phương trình d có dạng: y = kx +

d tiếp tuyến (C) hệ phương trình sau có nghiệm:

2

1

2 (1)

1

1 (2)

( 1)

x kx

x k x



   

 

 

  

 



Thay k (2) vào(1), ta có: 2

3

3

x  x  x  x 

Thay vào (2): x = -2 ta có k = Suy phương trình tiếp tuyến y = - x = -2

3 ta có k = - Suy phương trình tiếp tuyến y = - 8x -

Câu II:

1. ĐK: cos2x0

Phương trình cho tương đương với:

2

os2xtan os2x = tan

6

c x c x x  k

        ( thoả điều kiện)

2. Phương trình cho tương đương với:

3x 2 x 1 (3x2) ( x1) 6 2 (3x2)(x1)

x -  - - + y'

y

- + +

-  -  -

 3x 2 x 1  3x 2 x126

 3x 2 x1 2 3x 2 x1 6

2 (1)

3 (2)

x x

x x

     

 

   



(1) vô nghiệm

(2) 2 (3 2)( 1)

1

x x x x

x

       

  

  

(3 2)( 1)

x x x

x

    

  

  

2

(3 2)( 1) (6 ) 19 34

2

1 3

x x x x x

x

x x

        

   

   

 

Câu III:

1. 1 qua M1(1; - 1; 2) có véc tơ phương a(1; 1; 0) 

2 qua M2(3; 1; 0) có véc tơ phương b ( 1; 2; 1)



Mặt phẳng (P) qua 1 song song 2 nên a(1; 1; 0)



, b ( 1; 2; 1) cặp

chỉ phương Suy véc tơ pháp tuyến (P) : na b ,  ( 1; 1; 1) Vậy phương trình (P) là: (x - 1) + (y + 1) - ( z- 2) = x + y - z + =

2. AB ngắn khi AB đoạn vuông góc chung 1 2

Cách Viết phương trình đường vng góc chung 1và 2 Xác định tọa

độ giao điểm với 1và 2

Gọi (P) mặt phẳng qua 2và song song 1 Khi đó, (P) qua M2(3; 1; 0)

và có cặp phương a1



= (1; - 1; 0), a2 = (- 1; 2; 1), nên có véc tơ pháp

tuyến nP 

= (1; 1; - 1)

Suy phương trình mf(P): x - + y - - z = 0, hay x + y - z - =

Gọi (Q) mặt phẳng qua 1và vuông góc (P) Khi đó, (Q) qua M1(1; - 1;

2) có cặp phương a1



= (1; - 1; 0), nP= (1; 1; - 1), nên có véc tơ pháp

tuyến nQ



= (1; 1; 2)

Suy phương trình (Q): x - + y + + 2(z - 2) = 0, hay x + y + z - =

2

x t

y t

z    

  

  

B giao điểm d1' 2

Phương trình tham số 2:

3 '

1 ' '

x t

y t

z t    

     

Xét hệ phương trình

3 '

1 '

'

t t

t t

t

  

 

  

   

Suy B(3; 1; 0)

A giao điểm dường thẳng d qua B, vng góc với (P) với 1

d có véc tơ phương nP 

= (1; 1; - 1), nên có phương trình:

3 '

1 '

'

x t

y t

z t    

      

Hệ phương trình:

3 '

1 '

'

t t

t t

t

   



     

  

A(1; - 1; 2)

Cách Phương trình tham số 2:

3 '

1 ' '

x t

y t

z t    

     

A thuộc 1nên A(1 + t; - - t; 2), B thuộc 2 nên B(3 - t'; + 2t'; t')

Suy AB(2 t' t; 22 't t t; ' 2)

AB đoạn vng góc chung 1 2

AB a AB a

AB b AB b

   

 

 

 

 

 

   

     t t'0 Vậy A(1, - 1; 2), B(3; 1; 0)

Cách Ta có: 2

(2 ' ) (2 ' ) ( ' 2)

AB  t t   t t  t  Suy r

Cách Ta có M1(1; - 1; 2), M2(3; 1; 0) M M1



= (2; 2; - 2) AB nhỏ t

= t' =

Thấy M M1 a

 

, M M1 2 b Suy ra: M1 A M, 2 B

1. Trong

10

5

dx I

x x



 

 đặt t =

1

x xt  dx tdt

3 3

2 2

2 2

2 (2 2) ( 1)

2

2 2 ( 1)

tdt t dt d t t dt

I

t t t t t t t

   

   

      

   

=

3

2

2

2

2 ln ln

1

t

t

   

 2. Tìm giá trị nhỏ của:

11 72

y x

x x

 

     

  , x >

Ta có:

2

2

7 7

3 3.1 (9 7) 16

x x x x

 

     

        

       

       

 72

x x

   

  

   

   , dấu đẳng thức xảy khi

3

1

x

 (1)

Suy ra: 11 9 15

2 2 2

y x x x

x x x x

   

            

    , dấu đẳng thức

xảy khi x x

x

    (2)

Từ (1) (2) suy y = 15

2 x = Vậy miny = 15

2

Câu Va:

1. Tam giác ABC cân B nên B thuộc trung trực đoạn AC có phương trình x + 3y - = Do đó:

( ; ) : 8 16;

2 7

x y

B x y B

x y

  

  



  

   



Phương trình đường thẳng AB: 1

8 16

1

7

x y

 

 

23x - y - 24 =

Phương trình đường thẳng BC: 19x - 13y + =

2. Số cách chọn hai chữ số lẻ đứng cạnh từ ba chữ số 1, 3,

A = Xem

mỗi cặp số lẻ phần tử x Như thế, số cần lập gồm x số 0, 2, 4, Gọi na a a a a4

 a0 = 0: Có cách đưa x vào vị trí đầu Có A32 cách đưa số chẵn từ 2, 4,

vào hai vị trí cịn lại Suy có 3

A = 18 cách

 a0 chẵn khác x hai vị trí a4a3: có 3.A32 = 18 cách

Vậy, có tất là: 6(18 + 18 + 24) = 360 số

Câu Vb:

1. Phương trình cho tương đương với:

2 2 2

log ( 1) log (3 ) log ( 1) log ( 1)(3 ) log ( 1)

1 3

( 1)(3 )

1

x x x x x x

x x

x x x

x

        

 



 

   

 

   

  

 



2

4 17

2

1

x x

x x

    

  

  

2. Hình thoi ABCD có 

60

BAD nên

tam giác BAD có cạnh a

 3

2

a

AO AC AOa

 SC2 SA2AC2 4a2  SC = 2a Tam giác SAC vuông A, trung tuyến

'

SC

AC  = a  SAC' cạnh a

Gọi O giao điểm AC BD, I giao điểm AC' B'D' I trọng

tâm tam giác SAC

' ' 2

3 3

SI

B D BD a

SO

    

Ta có B D' ' AC'(do B'D'//BD) nên

2 ' ' '

1

' ' '

2

AB C D

a

S  AC B D 

Gọi H hình chiếu S AC' SH B D' 'nên SH (AB C D' ' ') Mặt khác tam giác SAC' nên

2

a

SH 

Vậy:

3

' ' ' ' ' '

1

3 18

SAB C D AB C D a

V  SH S 

D'

D B'

C'

C

B A

S

I

ĐỀ SỐ 27 Câu I:

1. Khi m = 2, ta có

3

yx  x  (Bạn đọc tự khảo sát biến thiên vẽ đồ

thị)

2. Với hàm số (1) cho, ta có

' 2(1 )

y  x   m x m

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y' = có hai nghiệm phân

biệt  ' (1 )2 3(2 ) 5

4

m m m m m m

               (*)

Gọi x1x2 hai nghiệm phương trình y' = Khi x2 điểm cực tiểu

Ta có

2

2

3

m m m

x      nên phải có:

2

2

1

m m m

x      

2

2

4

1

4 5 7

4

4

4 16 16

m

m

m m m m m

m

m m m m

                               

Giao với (*), ta được: m < -

4m5

Câu II:

1. Phương trình cho tương với (sinx - cosx)(cosx - sinx + 1) =

2.Cách 1. Hệ phương trình cho tương đương với:

 

     

2 2

2

2

2

( )2 12 (3)

( ) 13 (1) ( )( ) 13

( ) 13 (4)

( ) 25

( ) 25 (2)

x y xy

x y x y x y x y

x y x y

x y x y xy

x y x y

                                 

Trừ vế (4) cho (3):

(xy) 1

Hệ 1 2

xy = x(x - 1) = x - x - =

y x xy yx   

 

   

  

hai nghiệm (3; 2), ( - 2; - 3)

Cách 2. Thấy x  y Hệ phương trình cho tương đương với:

      2 2 2

( ) 13 (1) 13

(3) 25

( ) 25 (2)

x y x y x y

x y

x y x y

              

Đặt y = tx Từ (3) suy

   

2 2

2

2

13 13

25 25 13 26 13

25 1 25

x t x t

t t t

x tx t

 

       

 

2

6 13

3

t t t t



3

t 

3

y x:

2 3

2 25

25 25

3 27

x

x x x x x

                   

t 

2

y x:

2 3

3 25

25 25

2

x

x x x x  x

   

       

   

   

Cách 3. Hệ phương trình cho tương đương với:

2

3 2 3

3 2

( ) ( ) 19

13 (1) 19

( )

25 (2) ( )

x y x y xy

x xy yx y x y

xy x y

x xy yx y xy x y

                                    

( )

6

( )

x y x y

xy xy x y

            

Cách 4. Hệ phương trình cho tương đương với:

3 2 3

3 2

13 (1) 19

( ) 25 (2)

x xy yx y x y

xy x y

x xy yx y

                    

đặt y = tx Ta có:

3 2 3

3 2 3

13 (1) (1 ) 19 25 (2) (1 )

x xy yx y x t

x xy yx y x t t

                       Câu III:

1. Hình chiếu vng góc A'B' AB lên mặt phẳng giao tuyến mf(P)

mf(Q), mf(Q) mặt phẳng chứa AB vng góc với (P) Do mf(Q)

có cặp phương AB(2;0; 4) nP (2;1; 1) Suy véc tơ pháp tuyến

của mf(Q) nQ AB n; (4; 6; 2)   

Vậy phương trình mf(Q): 2x - 3y + z - =

Như thế, đường thẳng A'B' có cặp phương nP (2;1; 1) , nQ'(2; 3;1) nên có véc tơ pháp tuyến nn nP, Q'(5;3; 1)

  

Điểm M(9; 1; -11) thoả phương

trình hai mặt phẳng (P) (Q), nên M(9; 1; - 11) thuộc đường thẳng A'B'

Vậy phương trình đường thẳng A'B' là: x  y

= 11

1

z 

2. Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d =

O(0; ; 0), A(0; 0; 4), B(2; ;0) thuộc (S) suy ra:

0

16

4 0

d a

c d c

a d d

                    

Mặt khác, (P) tiếp xúc mặt cầu (S) khi d(I, (P)) = R = OI

2 2

2a b c 6(a b c ) b 6(b 5) b

Vậy, phương trình (S): x2 + y2 + z2 - 2x - 2y - 4z =

Câu IV: 1. Tính I =

1

3 ln ln

e

x dx

x x

  

Đặt t ln x  t2 lnx tdt dx x

   

Suy I =

2 2

2

1

3 ( 1) 10 11

(4 )

3

t

tdt t dt t

  

  

 

2. Ta có

2

2

3x

4, A =

y

x y

x y

 

   ,

suy A = 3x 22 22

4 4

x y y x y

y

x y x y

  

 

        

   

3

1

16

   

Dấu đẳng thức xảy khi

2

x

4

2

8

x

x y y

y 

  

  



 

 

thoả xy4

Vậy minA =

2

Câu Va:

1. Phương trình đường cao BH: x - 3y - =

AC qua A vng góc BH nên phương trình (AC) là: 3(x - 2) + 1(y - 1) =

3x + y - =

B thuộc BH nên B3y7;y Mặt khác A(2; 1) nên trung điểm AB là:

3y+9

;

2

y

I  

  I thuộc CI có phương trình x + y + = nên:

3y+9

1

2

y

  

 y  3 B( 2; 3) 

Toạ độ C nghiệm hệ phương trình: (4; 5)

3

x y x

C

x y y

   

 

  

 

    

 

2. Số tam giác có đỉnh thuộc d1 hai đỉnh thuộc d2 10Cn2

Số tam giác có đỉnh thuộc d2 hai đỉnh thuộc d1 nC102

Theo giả thiết ta có:

10Cn +

2 10

nC = 2800n2 + 8n - 560 =  n = 20

Câu Vb:

1. Đặt t 3x2x 0

2

2

3 0,

1,

2

3

x x x x

x x x x

x x x x

 

        

 

  

  

 

   



2. Gọi E trung điểm BC, H tâm tam giác ABC

A'ABC hình chóp tam giác nên góc(A,BC,A') = AEA' Ta có:

3

2 3

a a

AE AH  AE

2 2

3

' '

3

AE a

HE   A H  A A AH  b  a

2

'

tan A H b a

HE a

 

  

dt(ABC) =

2

3

a

Ta có:

' ' ' ' ' ' '

A BB C C ABCA B C A ABC

V V V  A'H.dt(ABC) -

3A'H.dt(ABC) =

3A'H.dt(ABC) =

2 2

3

a b a

C'

B'

E C H

B A'

ĐỀ SỐ 28 Câu I:

1. Bạn đọc tự giải

2. Gọi M(x1; y1), N(x2; y2) hai điểm thuộc đồ thị đối xứng qua trục tung

1

1 3 3

2

1

1 1 2

1

1

3

1 2

2

2

2 2

2 2 0 11 11 3

3 3

0

3

3 3

3

3 18

x x

x x

x x

y y x x x x

x x

x

x x x x

x x

x x x x x

x x x                                                          

Suy M(-3; 16

3 ), N(3; 16

3 )

Câu II:

1. Phương trình tương đương (sinx + cosx)(1 - sinxcosx) - cos2x =

(sinx + cosx)(1 - sinxcosx - cosx + sinx) = (sinx + cosx)(1 - cosx)(1 + sinx) =

2 x k x k x k                   

2. Hệ phương trình cho tương đương với:

2

2

( ) 3( )

( ) 7( )

x y xy x y

x y xy x y

             (1)

Đặt x - y = u, xy = v

(1) 2 2 0

3 3

1 2 2 u v u u

u u v u u

u v u

v u v u

v                                    0 0 2, 1 1, 2 x y

x y x y

xy x y x y x y x y xy xy                                         Câu III:

d2 qua N(4; 0; 3) có phương b(1;1; 2) 

; (1;5; 3), (4; 3; 4) ; 23

a b MN a b MN

         

   

     

Suy đpcm

2. đường thẳng  nằm (P) cắt hai đường thẳng d1 d2 nên  qua giao điểm d1 d2 với mf(P)

Toạ độ giao điểm A d1 và(P):

3

( 2;7;5)

1

4 11 26

x y z

A

x y z

               

Toạ độ giao điểm B d2 và(P):

4

(3; 1;1) (5; 8; 4)

1

4 11 26

x y z

B AB

x y z

                   

Suy phương trình đường thẳng :

5

x y z

 

 

Câu IV:

1. Ta có

2 2

2

0 0

1 1

( 1) sin ( 1) (cos ) ( 1) cos cos

2 2

x x x d x x x xdx

  



       

  

= 



2. Phương trình cho tương đương:

2 2

2

2 sin(2 1)

2 sin(2 1) sin (2 1)

1 sin (2 1)

x x

x x x

x y y y y                               

sin(2 1)

( ) 1

2

2 sin(2 1)

1

sin(2 1) sin(2 1)

2 2 x x x x x x x y VN x y y k

y y  

                                              Câu Va:

1. Phương trình (C) có dạng: x2 + y2 - 2ax - 2by = có tâm I(a; b), R2 = a2 + b2 A(- 1; 1) (C) nên + 2a - 2b = b = + a I(a; + a), R2 = 2a2 + 2a +1 Do (C) tiếp xúc đường thẳng (d): x - y + - = 0, nên:

R = d(I, d) 

(1 )

2

2

a a

a a

   

  

2a2 + 2a = a = a = -

2. Ba khả xảy ra:

Khả Tổ Nữ Nam Số cách chọn

1 3 2 10 7 26 C C 19 C C 10 10 C C 2 3 8 10 7 26 C C 19 C C 10 10 C C 3 2 9 7 26 C C 19 C C 10 10 C C Câu Vb:

1. Phương trình

3

log (3x1) log (3x 3)6 (1)

Đặt log (33 1)

x

t  Khi (1)

( 1) 6 2,

t t t t t t

           Suy ra: 3 3 log 10

3

log (3 1)

28

log

3

log (3 1)

27 27 x x x x x x                        

2. Tính VSABCD

Vì S.ABCD hình chóp nên H tâm hình vng ABCD Gọi M trung

điểm BC, K hình chiêud vng góc H lên SM Ta có:

, ( ) ( ) ( )

BCSH BCHM BCmf SHM mf SBC mf SHM

( ) 2

HK SM HK mf SBC HK  IJ  b

Trong tam giác SHM vuông H, HK đường cao thuộc cạnh huyền, ta có:

2 2 2 2 2

1 1 1

4 16

ab SH

HK SH HM  b SH a   a  b

Suy

3

2

1

( )

3 16

SABCD

a b

V SH dt ABCD

ĐỀ SỐ 29 Câu I:

1 Bạn đọc tự giải

2. Gọi M0(x0; y0) (C)  0

3

x y

x  

 , 0

4 '( )

( 1)

y x

x  



Phương trình tiếp tuyến (C) M0 : 0

4

( )

( 1)

y x x y

x

   

 (d)

Gọi A giao điểm (d) tiệm cận ngang A(2x0 - 1; 1), B giao điểm (d) tiệm cận đứng B(1; yB)

M0, A, B thẳng hàng 0

2 1

2

A B x

x x

x   

  Suy M0 trung điểm AB

Câu II:

1. Phương trình cho 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 4sin2x(sinx + 1)+ 6cosx(sinx + 1) = (sinx + 1)(4sin2x + 6cosx) =

2

s inx = -1

x= -

s inx = -1 1 2

osx = -

2

2cos osx - =

x =

osx = (VN)

k c

x c

k c

 

 

 



 





   



 

  

 



2. Phương trình cho:

2

2

x x  x  x  x   x 1 7x2 x 1 (x1)(7x) 0

 x1( x 1 2) 7x( x 1 2)0( x 1 2)( x 1 7x)0

1 2

4

1 7

x x x

x

x x x x

        

  



       

 

 

Câu III :

1. Gọi d đường thẳng qua O vng góc mf(ABC) Ta có:

( 1; 2; 0), ( 1; 2;3)

AB  AC  

 

Suy véc tơ phương d nAB AC, 

 

  

= (6; 3; 4)

Khi đó, phương trình d:

6

x y z  

2. Giả sử phương trình mf(P): Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B2 + C2 >

(P) qua O(0; 0; 0) nên D =

A thuộc (P) nên A + 2B =

Mặt khác d(B,(P)) = d(C,(P)) 2 4B2 2 2 3C2 2 4B 3C

A B C A B C

    

Với 4B = 3C: Chọn B = 3, C = A = - Suy (P): - 6x + 3y + 4z = Với 4B = - 3C: Chọn B = 3, C = - A = Suy (P): 6x + 3y - 4z =

Câu IV :

1. Ta có: I =

2

(x2) lnxdx



=

2

2 2 2

1 1

2

1

1

ln ( ) ( ) ln ( ) ln ( 2)

2 2

5 ln ( ) ln

4

x x x x

xd x x x x dx dx

x x x                   

2. Hệ phương trình cho tương đương:

ln(1 ) ln(1 )

2

ln(1 ) ln(1 )

( )( 10 ) ln(1 ) ln(1 )

10

1

ln (

1

ln(1 ) ln(1 )

2

ln(1 10 ) ln(1 )

10

x y x y

x y

x y x y

x y x y x y x y

x y

y y y

y y y

x y

y y y

x y                                                                     1)

2 (2) 10

ln (3)

1

10 (4)

x y y y y x y                                

Giải hệ (1) (2): Đặt ( ) ln2 ,

1

y

f y y y

y 

   



Ta có '( ) 2 1

2 ( 1) (2 1)( 1)

y y y

f y

y y y y y y

 

     

     

Để ý 1

2

y y

y y



   

  , ta có:

Thấy hệ có nghiệm x = y =

y - 1

2 + 

f '(y) + - f(y)

Giải hệ (3) (4): Đặt ( ) ln10 ,

1 10

y

f y y y

y 

   



Ta có '( ) 2 9 9 10 11

10 ( 1) (10 1)( 1) 10

y y y

f y

y y y y y y

 

     

     

Để ý 10 11

10 10

y y

y y



   

  , ta có:

Thấy hệ có nghiệm x = y =

Cách 2 Hệ phương trình cho tương đương

ln(1 ) ln(1 ) (1)

( )( 10 ) (2)

x x y y

x y x y

    

 

  



Đặt ( ) ln(1 ) , '( ) 1

1

t

f t t t t f t

t t

         

 

Để ý (2) x = 2y x = 10y cho x y dấu

i) x = 2y:

Nếu - < x = 2y < y < f(x) < f(y) khơng thoả (1) (Trong (-1; 0) không xảy

ra x = 2y > y)

Nếu < y < x = 2y f(y) > f(x) khơng thoả (1) (Trong (0 ; + ) không xảy

y > x =2y)

Nếu x = y = hiển nhiên thoả hệ phương trình cho

ii) x = 10y: Tương tự

Câu Va :

1. Gọi phương trình elip (E):

2

2 2

2 1, ( , , 0; )

x y

a b c a c b

a b    

y -

10 + 

f '(y) + - f(y)

-  - 

t - +  f '(t) + -

f(t)

Theo giả thiết a2 Các đỉnh trục Oy: B1(0;b B), 2(0; )b tiêu điểm

Tứ giác F1B1F2b2 hình vng b = c  a

= b2 + c2 = 2b2 8 = 2b2 b =

Suy phương trình (E):

2

1

8

x y

 

2. Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập số na a a a a1 chẵn,

, ; , 1,5 i j

a a i j i j

Vì n < 2500 nên a1 1, Khả 1: a1 =

Số cách chọn a5 4, số cách chọn a a a2 4là

C  số số thế:

A = 240

Khả 2: a1 = 2, a2 chẵn bé

Số cách chọn a2 2, số cách chọn a5 2, số cách chọn a a3 4là

A  số số thế: 2.2

4 A = 48

Khả 3: a1 = 2, a2 lẻ bé

Số cách chọn a2 2, số cách chọn a5 3, số cách chọn a a3 4là

A  số số thế: 2.3

4 A = 72

Vậy số tất số toả yêu cầu toán là: 240 + 48 + 72 = 360

Câu Vb :

1. Phương trình cho tương đương:

2

2

2

2

log (log 1)

2

log

log log 1

log

4

x x

x x

x x

x x

  

  

 

     



  





2. Gọi O, O' tâm ABCD, A'B'C'D'; I giao điểm AK với

OO' Suy

2

CK a OI  

Mặt phẳng ( ) chứa AK song song với BD nên ( ) qua I cắt

mf(BDB'D') theo giao tuyến MN//BD Suy BM = DN = OI =

3

a

MN//BD, BDmf AA( 'C'C)MN mf AA( 'C'C)MN AK

Mặt khác I trung điểm AK MN nên thiết diện AMKN hình thoi

Mf() cắt hình lập phương thành hai khối Gọi V1 thể tích khối ABCDMNK, V2 thể tích khối AMKNA'B'C'D'

V1 = 2VABCKM=

3

1

2 ( )

3 3 3

a a a a

AB dt BCMK  a   

V2 = VABCDA B C D' ' ' ' - V1 =

3

3

3

a a

a  

D'

O N

M

K

D C

B A

O'

C'

ĐỀ SỐ 30 Câu I:

1. Khảo sát vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) Gọi (C ) đồ thị hàm số

M(x,y)  ( C )  y x

x

    

Phương trình tiệm cận xiên y   x x  y

Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên x y d1

2 x

 

 



Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d2  x2

Ta có d d1 2 x

2 x 2

  

 : số

Câu II:

1. Giải phương trình : sin 2x sin x 1 cot g2x 2sin x sin 2x

    (1)

(1)  cos22x  cosxcos2x = 2cos2x, sin2x 

cos 2x 0 cos x cos x 0(VN)2     cos2x =  2x   k x k

2

2. Đặt t x22x 2  t2 = x2 2x

Bất phương trình cho        

2

t

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t

Khảo sát

2

t

g(t)

t  

 với  t 

g'(t)

2

t 2t

0 (t 1)

 

 



Vậy g tăng [1,2]

Bất phương trình   

2

t m

t có nghiệm t  [1,2]   t 1;2   

2 m max g(t) g(2)

3

Câu III:

1. Ta có   



AB ( 2;4; 16) phương với   



a ( 1;2; 8)

mp(P) có véc tơ pháp tuyến  



n (2; 1;1)

Ta có [ n ,a]  = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1)

2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =

 2x + 5y + z  11 =

2. Tìm M  (P) cho MA + MB nhỏ

A, B phía mf (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) Phương trình đường thẳng ( AA') : x y z

2 1

  

 



AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm hệ:

    



 

   

 



 

2x y z

H(1;2; 1)

x y z

2 1

Vì H trung điểm AA' nên ta có :

  



  

 

 



H A A ' H A A ' H A A '

2x x x

2y y y A '(3;1; 0)

2z z z

Ta có   



A ' B ( 6;6; 18) (cùng phương với (1;-1;3) )

Phương trình đường thẳng (A'B) :     

x y z

1

Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

    



 

  

 



 

2x y z

M(2;2; 3)

x y z

1

Câu IV:

Đặt t 2x 1 t22x 1 2tdt2dxdxtdt

Đổi cận t(4) = 3, t(0) =

Vậy

4 3

2

0 1

2x t

I dx dt t dt

1 t t

1 2x

  

      

 

   

  

=

3

1

t

t ln t ln 2

 

    

 

 

 

2. Giải hệ phương trình

 

     

 

     



2 y

2 x

x x 2x

(I)

y y 2y

(I) thành:



  

 

   



2 v

2 u

u u

v v

(II)

Xét hàm f(x)  x x21

f ´(x)        

  

2

2 2

x x

x x x

1

x x x

Vậy f đồng biến R

Nếu u > v f(u) > f(v) 3v 3u v > u ( vô lý )

Tương tự v > u dẫn đến vô lý

Suy u = v

Do hệ (II)

  

   

      

   



 

  

u

2 u 1 3 u 1 u

u u

u v u v

Đặt: g(u)3 ( uu 2 1 u)

       

 



 

u u

2

u g '(u) ln 3( u u)

u

    0, u R

1 u

1 ln u u u ' g

2

u

       

  

  

 

Vậy g(u) đồng biến R

Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1)

Nên (II)  u = = v Vậy (I)  x = y =

Chú ý: Để chứng tỏ u = v biến đổi:

 

     

   

    

 

      

 

       



 

v

2 v

u v

2 u u

1 u u

u u

3 v v u u

v v 3 v v

   

 

2

u v

u u v v

3 (*)

Xét hàm số   

2 t

t t

f(t)

3 đồng biến, nên (*) suy u = v

Câu Va:

1. Đường thẳng OI nối tâm đường tròn (C), (C') đường phân giác y = x Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc đường thẳng AB 

Suy 

 



A(0;1),B(1;0) A '( 1; 0), B'(0; 1)

Suy phương trình AB : y =  x + y =  x  Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m

Pt hoành độ giao điểm AB

x2 + ( x + m)2 = 12x22mx m 2 1 (2) (2) có   / m2 , gọi x1, x2 nghiệm (2) ta có :

      

2 2

1 2

AB 2(x x ) (x x )



       

/

2

4

1 m m

a

Vậy phương trình AB : y =  x 1

2. Gọi n a a a a 1 4 số cần lập

TH1 : a4 = 0, ta có cách chọn a1 (vì a1 2) cách chọn a2

cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n

TH2 : a4 a4 chẵn Ta có : cách chọn a4 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n

Vậy trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n

Câu Vb:

1. Điều kiện x > , x 

(1)    

 

1

2 log x log 2x

log x  

 

 

    

 

 

2

2

1

log x log x 1

log x

   

     

 

        

2 2

2

2

2

log x log x

(log x 3) 0

log x log x

1

log x log x 0 x v x

Chọn hệ trục Axyz cho: A  O, C2a;0; 0, A (0;0;2a 5)1

 

  

 

a a A(0; 0; 0),B ; ;

2 M( 2a; 0;a 5)

 

     

 

 

1

5

BM a ; ; , MA a(2; 0; )

2

Ta có:  BM.MA1a ( 5) 02    BMMA1

Ta tích khối tứ diện AA1BM :



   

       

    

2

1 BMA1

1 a 15

V A A AB,AM ; S MB,MA 3a

6

Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1)  

3V a

d

S

Cách khác:

+ Ta có: 2 2

1 1

A M A C C M  a

2 2

2 cos120

BC  AB AC  AB AC  a

2

BM BC CM

A B1 2A A1 2AB2 21a2 A M1 2MB2

MBvng góc với MA1

+ Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích

VVMABA1 VCABA1 1AA S1 ABC1a3 15

3

 1   

MBA1

3V 6V a

d(a,(MBA ))

S MB.MA

M C1

B1 A1

C

ĐỀ SỐ 31 Câu I:

1. Khảo sát vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm) 2. Tìm m:

Ta có:

2

2

m m (x 2) m

y x m y '

x (x 2) (x 2)

 

      

  

Đồ thị hàm số có điểm cực trị  y' = có nghiệm phân biệt  (x  2)2  m = có nghiệm phân biệt   m >

Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) điểm cực trị

1

2

x m y m m

y '

x m y m m

      

  

     



Phương trình đường thẳng (AB) : x (2 m ) y (2 m m ) (m 0)

2 m m

    

 

 2x  y  + m =

(AB) qua gốc O (0; 0)  + m =  m = Cách khác:

2

x (m 2)x m u

y

x v

  

 

 ;

m y '

(x 2)  



y' = có nghiệm phân biệt  m >

Khi m > 0, pt đường thẳng qua cực trị

/ /

u

y 2x m

v

   

Do đó, u cầu tốn  m 2 = m 2

Câu II:

1. Giải phương trình: 2cos x 3sinxcosx 3(sinx2     cosx) (1) (1) 2 cos 2x  sin 2x3(sin x cos x)

 2 1cos2x 3sin2x 1sin x 3cosx

2 2

   

      

   

2 cos 2x cos x

3

 

   

      

   

 cos 2x cos x

3

 

   

      

 cos2 x cos x

6

 

   

  

   

   

 cos x v cos x (loại)

6

 

   

   

   

   

    k

3 x k

x , k  Z

2. Giải hệ:

4 2

3

x x y x y

x y x xy

   

 

  

 

(I)

(I)      

   

 

2

2

( x xy) x y ( x xy) x y

Đặt u =  x2 + xy, v = x3y

(I) thành

  

     

   

  

   

 

     

 

 

2

2

v u u u

u v

v v

u v u u

Do hệ cho tương đương:

2

4

3

y x y

x xy x xy

x x 1(vn)

x y x y

         

   

  

   

  

 

 

   

 

  

 

 

  

 

x x

y y

Cách 2. Phương trình thứ hai biến đổi thành tích

Câu III:

1. Ta có véc tơ phương đường thẳng AB ( 2; 4; 0) hay  



a ( 1;2;0)

Ta có véc tơ phương đường thẳng OC (2;4;6)hay 



b (1;2;3)

Ta có 



OA (2;0;0)cùng phương với 



c (1; 0; 0)

Ta có   

 

  

a, b c   AB OC chéo

2. Đường thẳng d có véc tơ phương 12; 0; 36 hay u  1; 0; 3

Ta có a, u   6;3; 2

Mặt phẳng () qua A, có véc tơ pháp tuyến a, u

 

 

( chứa AB) nên có

phương trình:

6(x – 2) + 3(y – 0) + (z - 0) =  6x + 3y + 2z – 12 = () Ta có b, u  6; 6;2 

 

3x - 3y + z = ()

Vậy, đường thẳng  song song với d cắt đường thẳng (AB), (OC) giao tuyến hai mặt phẳng:

6x 3y 2z 12 3x 3y z

    



   

Dễ thấy đường thẳng  qua (0; ; 4)4

M có cặp phương n 6;3; 2và

 

n  3; 3;1



Từ suy phương trình 

Câu IV:

Tọa độ giao điểm hai đường nghiệm hệ

2

x x 0 x 4

y

v

y y

y x                                        15 128 80 x x dx 16 x x V 4 (đvtt)

Với x, y, z > ta có

4(x3 + y3)  (x + y)3 () Dấu = xảy  x = y Thật ()  4(x + y)(x2 – xy + y2)  (x + y)3  4(x2 – xy + y2)  (x + y)2 x, y >  3(x2 + y2 – 2xy)   (x – y)2 (đúng) Tương tự ta có 4(y3 + z3)  (y + z)3 Dấu = xảy  y = z 4(z3 + x3)  (z + x)3 Dấu = xảy  z = x

Do 34 x 3y334 y 3z334 z 3x32 x yz6 xyz3 Ta lại có

3 2 xyz x z z y y x

2 

     

 Dấu = xảy  x = y = z

Suy ra: 12

xyz xyz P 3          

 Dấu = xảy 

      z y x xyz

x = y = z = Vậy minP = 12 Đạt x = y = z =

Câu Va:

1. Tọa độ A nghiệm hệ 2x 5y 04x y 14  0yx 24

     A(–4, 2)

Vì G(–2, 0) trọng tâm ABC nên

                   y y x x y y y y x x x x C B C B C B A G C B A G (1)

Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC 

5 x y C

C   ( 3)

Thế (2) (3) vào (1) ta có

                          y x y x 5 x 14 x x x C C B B C B C B

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

2. Nếu n  n +  Do số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm khơng vượt qua C3 56 439

8   (loại) Vậy n 

Vì tam giác tạo thành ứng với tổ hợp chập n + phần tử Nhưng

trên cạnh CD có đỉnh, cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:

       439

6 n n n 6 n n n C C C n 3 n            

 (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540

 n2 + 4n – 140 =  n  2 144 loại n v n     2 144 10

Đáp số: n = 10

Câu Vb:

1. Giải phương trình: 4 2

2x

1

log (x 1) log x

log 

     (1)

Điều kiện x >1

(1)       

2 x log x log x

log4       

  

4

x 2x 1 log

x 2

          x >

2

2x x

2 x

 

 

 x >  2x

2

– 3x – = x > 1 x

 2. Gọi M trung điểm BC SM  BC,

AM  BC  SMASBC, ABC60o



Suy SMA có cạnh

2 a

Do SMA SM.AM.sin60o

16 a

3 a

1 2

 

Ta có VSABC 2VSBAM .BM.S1 SAM

 

16 a 16

3 a a

1

 



Gọi N trung điểm đoạn SA Ta có CN  SA

 CN a 13

 (vì SCN vng N) 

2 SCA

1 a a 13 a 39

S AS.CN

2 2 16

  

Ta có   .dB, SAC

16 39 a SAC , B d S 16

3 a V

2 SCA

3

SABC   

   

2

3 3a

d B,(SAC) a

ĐỀ SỐ 32 Câu I:

1 Khảo sát y = –2x3 + 6x2 – (Bạn đọc tự làm)

2 Viết phương trình tiếp tuyến (C) qua A(–1; –13) Ta có y' = –6x2 + 12x

Gọi M0(x0; y0) tiếp điểm thuộc (C)  y 2x 6x20

0

0   

Phương trình tiếp tuyến với (C) M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0)  y  6x 12x x x  2x 6x2

0 0

0     

 

Vì tiếp tuyến qua A(–1; –13) nên

  0

2 2

0 6x 6x 12x x

x

13       

 0 0

0 6x 6x 6x 12x 12x

x

13      



 x303x020x0  1 x0  2

Ta có y(1)  1 y( 2) 35 

M(1; –1) phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là: y + = 6(x – 1)  y = 6x – M(–2; 35) phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là:

y – 35 = – 48(x + 2)  y = – 48x – 61

Câu II:

1. Giải phương trình:

2 x cos x cos x

sin 

              

 (1)

(1) x cos 2 x sin x

sin 

                   x cos 2 x sin x

sin 

                 3x 3x

2 cos x sin cos

4 2

                 x cos 2 x cos x cos

2  

         3x

cos v cos x

2



 

     

 

3x k vx k2

2 4

  

        

x k2 vx k2 vx k2

3

  

Tìm m để phương trình: x2 x m

 

 (1) có nghiệm

Xét hàm số f x x2 x  

 (điều kiện: x  0)

 

  x

1 x

x

1 x ' f

4

     

  

  

 , x > Vì

 2 3

1

x x x

x

x x

x

  



Ta có f giảm 0;

xlim f(x) 0    nên ta có

 

0 f(x) 1, x    0;

Vậy, phương trình (1) có nghiệm  mtập giá trị f đoạn 0;  < m 

Câu III:

1 Đường thẳng AB có VTCP a8,8,1242,2,3

Phương trình đường thẳng AB:

    

  

 

  

t z

t y

t x

Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P) (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) =  t =

Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) I(–1; 3; –2) Tìm M  (P) để MA2 + MB2 nhỏ

Gọi H trung điểm đoạn AB Tam giác MAB có trung tuyến MH nên:

2 AB MH

2 MB MA

2

2

 



Do MA2 + MB2 nhỏ  MH2 nhỏ  MH nhỏ

Ta để thấy H(1; 1; 1), M  (P)

MH nhỏ  MH  (P) để ý mặt phẳng (P): x + y + z = có véc tơ

pháp tuyến OH1;1;1 O  (P)  M  (0; 0; 0)

Vậy, với M(0; 0; 0) MA2 + MB2 nhỏ Khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + + 49) = 142

Câu IV:

1. Tọa độ giao điểm đường  

1 x

x x

y 2

 

 y = A(0, 0); B(1, 0) Khi  x   x(1 – x)    

1 x

x x

y 2 

  

Do diện tích hình phẳng giới hạn đường cho

 

1

2 2

0 0

x x x x x

S dx dx dx

x x x

     

     

    

     

0 x 1dx

1 x x

S

Đặt: x = tgt  dx = (tg2t + 1)dt

Đổi cận x t ;x t                           4

2 2ln2

1 t cos ln t dt tgt dx x x S

Vậy ln2

2 S 

2. Đặt: f(t) = et,  

/

3

2 2

t 1

g t ;g (t) 0, t 1

t 1 (t 1)



    

 

Ta có f tăng g giảm khoảng xác định

Hệ phương trình (1)    

            2007 x g y f 2007 y g x f

 f(x) + g(y) = f(y) + g(x) ()

Nếu x > y  f(x) > f(y)  g(y) < g(x) ( do()

 y > x ( g giảm )  vô lý

Tương tự y > x dẫn đến vô lý

Do đó, (1) (2)

x

x

e 2007

x x y          

Xét:   2007

1 x x e x h x   

 (x > )

Nếu x > t< –1 x > 1: Khi x >   

    x

x e x 1

1 x e x '

h    

        

x 2 x

5 2

3 3x

h'' x e x 2x e

2

x



     



Suy ra, h'(x) đồng biến (1, +) Mặt khác, h' 1, 001 0, h'(2007)0 Chứng tỏ tồn x0 thuộc khoảng (1, +) cho h'(x) < trên(1; x0), h'(x) < (x0;+)

Mặt khác,     x h lim

x , xlim h x        

2

h e 2007

3

Suy ra: h(x) = có nghiệm x1 > 1, x2 >

Câu Va:

1. Với điều kiện: x  2, y  3, ta có:

                                     66 x x 2 y y y 22 y y y 1 x x 66 C A 22 C A x y y x  

2

3 2

6x 6x y 3y 2y 132 (1)

y 3y 2y x x 132 (2)

     

      



2

2

6x 6x y 3y 2y 132

11x 11x 132 (2) 2(1)

     

     



    

x

x hay x (loại) x

y y 2y 12 y

y 3y 2y 60

                 

2. Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R =

Tọa độ I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – = Vậy I  d

Vậy AI đường chéo hình vng ngoại tiếp đường trịn, có bán kính R = , x = x= tiếp tuyến (C ) nên

Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(2, –1) Hoặc A giao điểm đường (d) x = 6 A(6, –5) Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)

Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

Câu Vb:

1. Giải phương trình: log3x12log 32x12

 

3

2 log x log 2x

    

log x log 2x 13   3  1

log x 2x 13    log 33

 

x 2x

                   2 x x

2 2x 3x 2 0

2x 3x (vn)

x

 

2

 BC vng góc với (SAB)

Mặt khác, SB vng góc với AH

AH vng góc với (SBC) AH vng góc SC (1)

+ Tương tự AK vng góc SC (2)

(1)và (2) SC vng góc với (AHK )

 SB2 AB2SA2 3a2SB =a

AH.SB = SA.AB AH =a

3 SH = 2a

3 SK =

2a 3

(do tam giác SAB SAD vuông A)

Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a

BD  SB 

Gọi AG đường cao tam giác cân AHK (AH = AK), ta có:

  

2

2 2 4a

AG AH HG

9 AG =

2a

Gọi E hình chiếu A SC Khi AE thuộc mf(AHK) Thấy A,

G, E thẳng hàng, E trung điểm SC tam giác SAC vng cân Gọi I hình chiếu O AE OI =

2EC =

4SC =

a

   

3

OAHK AHK

1 a 1 a 2 a

V OI.S HK.AM a a

3 2 2 3 27

Cách khác: Tam giác SAC vuông cân đỉnh A, AS = AC = a 2, nên SC = 2a Gọi E hình chiếu A SC Khi AE thuộc mf(AHK) Thấy A,

G, E thẳng hàng, E trung điểm SC G trọng tâm tam giác SBD

Do HK =

3BD =

2 3a



AG =

3AE =

1 2SC =

2

1 22a =

2 3a

Cách khác:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho

A O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2) Suy tọa độ H K

Khi đó, ,

OAHK

V  AH AK AO

 

   H I

D

C B

A S

E K G

ĐỀ SỐ 33 Câu I:

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

x 1 x y    

 (Bạn đọc tự làm) Ta có:

   2

2 x m x x x m ' y          

y' =  –x2 + 4x + m – =  (2 – x)2 = m (x  2) ()

Đồ thị (Cm) có cực đại  phương trình () có nghiệm phân biệt   m >

Khi y' =  x12 m, x2 2 m, ta có: x – x1 x2 + y' – + + –

y + + CĐ

CT – –

 Điểm cực đại A(2 + m, –1 – m )

Phương trình tiếp tuyến với (Cm) điểm CĐ A có phương trình: y12 m , OB 12 m 12 m

AB = X2 = + m (vì B  Oy  xB = 0)

AOB vuông cân  OB = BA  + m = + m  m = Cách khác:

2

x 3x m

y

2 x

  



 có dạng

2

ax bx c

y

Ax B

 



 với a.A <

Do đó, hàm có cực trị xCT < xCĐ  xCĐ =x2 2 m yCĐ =

2x



 = –1 – m

Câu II:

1. Giải phương trình: tgx cotgx x sin x cos x cos x sin  

 (1)

(1) x sin x cos x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x cos       x cos x sin x cos x sin x cos x sin x x

cos 

  

cos x cos 2x s in2x0 2 cos x cos x 02     s in2x0

cos x ( cos x :loại sin x 0)

      k2

3

x

  



       

 

     

m x x x

1 x x

1 m x 13 x

1 x

2

4

ycbt  đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – với x  điểm

f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x –

TXĐ: x 

f'(x) = 12x2 – 12x – = 3(4x2 – 4x – 3) f'(x) =  4x2 – 4x – = 

2 x x  

x – –1/2 –3

/2 + f' + – – +

f CĐ +

– –12 CT

Từ bảng biến thiên ta có:

ycbt m hay m 12 m hay m 12

2

         

Câu III:

Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0) Bán kính mặt cầu R MO  32 62 3

Khoảng cách từ tâm M mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – =

R

5 15

9

d     

Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO

Phương trình đường thẳng d qua M vng góc với mặt phẳng (P) là:

x y x t

y 2t

1

z z

 

 

  

   

 



 

 



(t  R)

Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – =  t = Vậy tọa độ tiếp điểm I mặt cầu với mặt phẳng (P) t(3,3,6)

Gọi b tung độ B, c cao độ điểm C

Vì A(2,0,0)  Ox nên phương trình (Q):

c z b y x

  

Ta có M(0,–3,6)  mặt phẳng (yOz) nên: 6b 3c bc

c b

    

 (1)

Ta lại có

3 bc bc S

OA

Từ (1) (2) ta có     

    

bc bc

6b 3c 6b 3c

             b

b c 2

c

Vậy có mặt phẳng (Q) có phương trình là: z y x   

6 z y 2 x    Câu IV:

1 Ta có:

         y x y x

y 2 2

Là nửa đường trịn tâm O, bán kính R , có y 

Phương trình hồnh độ giao điểm đường y = x2 y 2x2 :

2

x  x x 1; x2 x  1;1 x  x2

Do ta có

             1 1 1

2 x dx 2 x dx x dx

x S     1 2 x dx

I Đặt: x = 2sint 

               , t

 dx = 2costdt x t ; x t

4                      4 4

1 2sin t 2costdt 2cost 2costdt I                                  t sin t dt t cos tdt cos I 4 4 4

(Nhận xét :    

4

1

0

I cos 2t dt cos 2t dt

 

 

     

1 2 2 I x dx x dx

3      Vậy 3 2 2

S               

 (đvdt )

(Nhận xét :    

1

2 2

1

S x x dx 2 x x dx



       

Vì g(x) = x x2 hàm chẵn)

Hệ phương trình

                 ) ( x y y y xy y ) ( y x x x xy x 2

Từ hệ suy ra:

   

2

2

3

1

VT 2xy x y VP

x y

 

 

    

     

 

Dễ thấy VT 2xy x2 + y2 = VP (

  y 1 1 x

3 

    

dấu = xảy )

Ta có VT = VP   

   

x y x y

Thử lại, kết luận hệ phương trình có nghiệm xy 1,x y0 Câu Va:

Điều kiện n  Ta có:   

    n k k n k k n n

2 2 C x 2

x

Hệ số số hạng chứa x8 C4n2n4 Ta có:

n n n

A 8C C 49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = Nên hệ số x8 C4723280

Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R

Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm

H đoạn AB Ta có

2 AB BH

AH   

Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I

Ta có:

2

2 3

IH ' IH IA AH

2

 

      

 

Ta có: MI 5 1 2 1 2 2 5

2 HI MI

MH    

M H ' M I H ' I 13 2

    

Ta có: 13

4 52 49 MH AH

MA

R12 2 2 2   

43

4 172

169 ' MH '

H ' A ' MA

R22 2 2 2   

Vậy có đường trịn (C') thỏa là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13

(x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

Câu Vb:

Phương trình:  

x log

4

log x log

3 x

9

3 

 

 (1)

(1)  

x log

4 x

9 log

1 x log

3

3 

  



x log

4 x

log

x log

3

3 

  



 đặt: t = log3x

(1)thành t 1 t2 3t 4 0

2 t t



     

 

(vì t = -2, t = khơng nghiệm)

t = - t =

Do đó, (1)     



3

1

log x 1

x ,x 81

log x 4 3

2. * Chứng minh AHK vuông Ta có: AS  CB

AC  CB (ACB nội tiếp nửa đường tròn)

 CB  (SAC)  CB  AK mà AK  SC  AK  (SCB)

 AK  HK AHK vng K

* Tính VSABC theo R Kẻ CI  AB

Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC AOC 

Ta có SA  (ABC) nên (SAB)  (ABC)  CI  (SAB)

Suy hình chiếu vng góc SCB mặt phẳng (SAB) SIB

Vì AB

4

BI Suy R.SA

4 S

4

SSIB  SAB  ()

Ta có: 2

SBC R SA R

2 SC BC

S   

Theo định lý diện tích hình chiếu ta có:

2 SBC

o SBC

SIB SA R

4 R S

2 60 cos S

S     ()

Từ (), () ta có:

2 R

SA  Từ

12 R ABC dt SA V

3

ĐỀ SỐ 34 Câu I:

Khảo sát (Bạn đọc tự làm)

Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox    

 

 ,0 A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng         x k y

() tiếp xúc với (C) /

x 1

k x

2x

x

k co ù nghieäm 2x                                                   ) ( k x ) ( x k x x

Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm

 2

1 x

x

2x 2x 1

             (x 1)(2x 1) 3(x )

2

     x

2

  x

2

   x

2

 

Do

12 k

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x

12

 

    

 

Câu II:

Giải phương trình: cosx 12

x sin

2  

  



 

 (1)

(1)

12 sin 12 x sin

2 

              

 sin 2x sin

12 12

           12 cos sin 12 sin sin 12 x

sin      

        12 sin 12 cos 12 x

sin    

       

2x k2 hay 2x k2 k Z

12 12 12 12

   

         

x k hay x k k Z

4

 

       

 x412   x4 32 m

  x41 x43 m (1)

Đặt: t x4 0

(1)  t1 t3 m ()

Phương trình cho có nghiệm  () có nghiệm t  Vẽ đồ thị hàm số f t  t1 t3, t0

Ta có  

    

 

 

  



3 t neáu t

3 t neáu

1 t neáu t t f

y

x

Từ đồ thị, thấy yêu cầu toán thỏa  < m  Cách khác

m t

t   

  t0        

    

0 t 1 t t

m 2t m m 2t



 

    

   

     



 

 

 

 

 

0 t t

1 t

2 m m

m

4 m m

t t

2

Do đó: < m 

( < m  () có nghiệm t1, t2 thỏa t 11và t2 > )

Câu III:

Tìm giao điểm M đường thẳng d mặt phẳng (P)

Phương trình số d:

    

  

  

 

t z

t y

t x

có VTCP a2,1,1

Mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) có PVT nQ a,nP2,3,1

Suy phương trình mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) là: 2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) =  2x – 3y + z – 11 = (Q)

2. Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu d lên mặt phẳng P là: d': 2x 3y z 11 0x y z 2   0

    có VTCP ad ' 4;1; 5  

 Phương trình tham số d':

x 4t y t z 5t

   

   

   

Trên d' tìm điểm N cho MN = 42

Vì N  d'  N(4t +1; –3 + t; – 5t)

 2  2

MN 4t t  5t  42t  42 t2    1 t  t =  N1(5, –2, –5)

Đường thẳng 1 qua N1 nằm (P), vuông góc d' có VTCP

1 P d '

a n , a 

 

  

 6;9; 3 2, 3,1 

     

Vậy phương trình 1:

x y z

2

  

 



 t = –1  N2(–3, –4, 5)

Đường thẳng 2 qua N2 nằm (P), vng góc d' có VTCP

nP,ad'

a2   3 2, 3,1  

Vậy phương trình 2:

x y z

2

  

 

 Câu IV:

Tính    

   

 

1

0 2

0

2 x 4dx

x x dx x

1 x x I

 

2

1 1

2 2 2

0 0

d x

x dx

1 dx

x x x x



 

       

   

 

  

1

2

0

1 x

1 ln x ln ln ln

2 x 2

 



        

 

2. Từ giả thiết a, b > ab + a + b = Suy ra:

ab 3 (ab), (a +1)(b + 1) = ab + a + b + =

Bđt cho tương đương với:

2 3a(a 1) 3b(b 1)

a b

2 (a 1)(b 1) a b

  

    

  

Q

P 

N M