26 DE THI DH NAM 2001 CO GIAI CHI TIET

Tìm giá trị nhỏ nhất của A  tan 2 x  tan 2 y Phần tự chọn Thí sinh được chọn một trong hai câu sau Câu Va: Cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung của hai nửa đường thẳng Ax và By vuông g[r]

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Thân tặng các bạn học sinh trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa “ Giáo viên giảng dạy : NGUYỄN THÀNH LONG Bỉm Sơn : 25 – – 2013 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 26 ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CŨ 2011 ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC NÔNG LÂM -TP.HỒ CHÍ MINH 2001 Câu I: Khảo sát, vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x 2 Tìm tất các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ đúng ba tiếp tuyến đồ thị (C) , đó có hai tiếp tuyến vuông góc Câu II:  Tính tích phân I   cos x sin xdx  2 Chứng minh rằng:  cos   x cos xdx   cos x sin x sin xdx và tính K   cos x.cos xdx 0 Câu III: x  y  Giải hệ phương trình:  3  x  y  126 Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: x x  x  12  m.log (2   x ) Câu IV: Giải phương trình:  cos x  cos x  cos x  Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  tan A.tan B.tan C Câu V:  x   3t 2 x  y    Cho hai đường thẳng: d :  và d ' :  y   t y  z    z  1  2t  a Chứng minh hai đường thẳng d và d’ chéo b Tính khoảng cách hai đường thẳng d và d’ c Hai điểm A, B khác và cố định trên đường thẳng d cho AB  117 Khi C di động trên đường thẳng d’, tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác ABC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  x3  3x TXĐ: D = R y '  x  x  x( x  2) y'   y ''  x  y ''   BBT: (C ) x   x  2  x  1  y   Ñieåm uoán I(-1, 2) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: Cho x = -3, y = x = 1, y = b Gọi M(a, 0)  Ox , đường thẳng d qua M và có hệ số góc k là: y = k( x - a)  x3  3x  k ( x  a ) (1)  d tiếp xúc (C)   coùnghieäm 3x  x  k (2) Thay (2) vào (1): x3  x  3x  x( x  a)  x3  3(a  1) x  6ax  x   x  x  3(a  1) x  6a       (3)  x2  3(a  1) x  6a  Với x =  k =  tiếp tuyến là y = Từ M kẻ tiếp tuyến đến (C) đó có tiếp tuyến vuông góc với  (3) có nghiệm phân biệt x , x  và k k  1 2  a  a         9(a  1)2  48a    2 (3x1  x1 )(3 x2  x2 )  1 9( x1x2 )  18 x1x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1   x x  - 3a a  3  a   va a  1  với  3(a -1) 81a  81a(a  1)  108a    x1  x2     a  3  a   va a   a 27 -27a   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long   Vậy có điểm M  ,   Ox thoả điều kiện bài toán  27  Câu II: Email: Changngoc203@gmail.com  a Tính I   cos x sin xdx  Ta có: I   cos x sin xdx x   t   Đặt t  cos x  dt   sin x Đổi cận:    x   t  1 1  Suy ra: I   t dt   t    0  b Chứng minh rằng:  cos  x cos xdx   cos x sin x sin xdx 0  Dùng phương pháp phần cho  cos x.cos x.dx Đặt: u  cos6 x  du  6cos5 x sin xdx dv  cos xdx , chọn v  sin x     2   Suy ra:  cos x.co s x.dx   sin x cos6 x    cos5 x.sin x.sin x.dx   cos5 x.sin x.sin x.dx 6 0 0 (đpcm) Ta có:   2 K   cos x.cos(6 x  x)dx   cos5 x.(cos x cos x  sin x.sin x ).dx 0   2   cos6 x.cos x.dx   cos5 x.sin x.sin x.dx  0 Câu III: (1) x  y  a Giải hệ phương trình:  3  x  y  126 (2) Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long (2)  ( x  y )( x  y  xy )  126  ( x  y )  ( x  y )  3xy   126    6(62  3xy )  126 ( (1))  xy  5  x ( x  6)  5 Email: Changngoc203@gmail.com ( do(1))  x   y  5  x2  6x      x   y  1 x  x  Vậy hệ có nghiệm    y  5  y  1 b Tìm m để x x  x  12  m.log (2   x ) có nghiệm: x   Điều kiện:  x  12  4  x   0 x4 Với:  x  thì log (2   x )  x x  x  12 Do đó: bất phương trình  m log (2   x ) Ta có: y  x x  x  12 là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0) y  log (2   x ) là hàm số giảm và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0) y là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] log (2   x ) x x  x  12 Suy hàm số f ( x )  tăng trên [0,4] log (2   x ) Do đó: bất phương trình có nghiệm:  m  f (0)  m  Câu IV: Giải phương trình:1 + cosx + cos2x + cos3x = Ta có: phương trình  (1  cos x )  (cos x  cos x)   2cos x  cos x.cos x   cos x(cos x  cos x)   cos x(2 cos x  cos x  1)      x   k cos x     cos x  1   x    k 2 ( k  )     x    k 2 cos x    b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = tanA tanB tanC Vì tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: tan A  tan B  tan C  33 tan A tan B tan C Do tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC nên từ (*) ta có: tan A.tan B.tan C  33 tan A tan B tan C  P  33 P  P  3 Mặt khác A  B  C   thì P  3 “ Sưu tầm và biên soạn “ (*) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Do đó Min P  3 Câu V:  x   3t  d ': y   t  z  1  2t  a Chứng minh hai đường thẳng d và d’ chéo  d qua A (2;0;4) có VTCP a  (3; 2; 2)  d qua B (1;2;-1) có VTCP a '  (3,1, 2)    Tính  a, a '   (6; 0;9) và AB  (1; 2; 5)    '  Ta có  a, a  AB   45  39   d và d’ chéo   b Tính khoảng cách hai đường thẳng d và d’ 2 x  y   d : y  z      Gọi  là mặt phẳng chứa d và song song d’   Qua A(2;0;4) và n   a, a '   (6, 0,9)    Phương trình  : 6( x  2)  9( z  4)   2 x  z   2   Ta có: d (d , d ')  d ( , d ')  d ( B,  )   13 49 c Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác ABC Gọi h là khoảng cách từ C đến d thì h  13 1 39 Ta có S ABC  AB.h  117.h  117 13  S ABC  2 2 39 Vậy SABC nhỏ là h là độ dài đoạn vuông góc chung d, d’ ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC THỦY SẢN – 2011 Câu I: Cho hàm số y  x  4(1  m) x  6mx   m có đồ thị (Cm ) Khảo sát hàm số trên m  1 Tìm giá trị âm tham số m để đồ thị và đường thẳng () : y  có ba giao điểm phân biệt 2 log 3 x (6  y  xy  x )  log  y ( x  x  9)  Câu II: Giải hệ phương trình:  log 3 x (5  y )  log  y ( x  2)  Câu III: Giải phương trình: x  x  x   Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường thẳng có phương trình: y  x  x , y  x   1, x  1, x  Câu IV: Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện Cnn 1  Cnn   55 Hãy tìm số hạng là số nguyên khai triển nhị thức  835  n Giải phương trình: 4sin x  cos x  cos x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com   Câu V: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  0; 0;  , B 3; 2; , C  0; 4;  Gọi H là trực tâm tam giác OBC (O là gốc hệ tọa độ) và K là hình chiếu vuông góc điểm H xuống mặt phẳng (ABC) Chứng minh tam giác OBC là tam giác và viết phuơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Chứng minh K là trực tâm tam giác ABC Gọi N là giao điểm hai đuờng thẳng HK và OA Tính tích số OA.ON HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số: y  x  1  m  x3  6mx   m (Cm ) Khảo sát hàm số m = -1: y  x  x  TXĐ: D = R y '  12 x3  12 x  12 x x   y'   x     x  1 y ''  36 x  12; y ''   x   y   1  1 ñieåm uoán  ,  ,   3  3 BBT: x y’ - - y + -1 + 0 - + + CĐ -1 CT + -1 CT Đồ thị: x  Cho y =  x  x    x   2 Tìm giá trị m < để (Cm) và  : y  có ba giao điểm phân biệt Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com y '  12 x3  12 1  m  x  12mx  12 x  x  1  m  x  m   x   y 1 m  y '   x   ym  x  m  y   m  2m  m   (Cm ) Và  cắt điểm phân biệt đường thẳng: y = qua điểm cực trị (C ) m  m  (loại)   m 1    m   m  (loại)    m  2m3  m    m  m  1  m  m  1   m  (loại)  m  (loại)     m   (loại)   1 (nhaän vì m < 0) m   1 Đs: m  Câu II: Giải hệ phương trình: 2log 3 x   y  xy  x   log 2 y x  x   (1)  (2) log 3 x   y   log 2 y ( x  2)  0   x  0   y  2  x    6  y  xy  x  x  Điều kiện:   x  6x   y  5  y   y    x   Ta có: (1)  log 3 x   y )(3  x   log 2 y   x     log 3 x (2  y )  1  log 2 y   x   (vì  y  và – x  )   log 3 x (2  y )  log 2 y 3  x    (*) (2  y ) thì (*) trở thành: t    t  2t   (vì t = không là nghiệm) 3 x t Do đó phương trình (1)  log (2  y )    x   y  y  x  3 x Thế y  x  vào (2) ta được: Đặt t  log “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com log (6  x)  log ( x  2)  3 x 3 x  log (6  x)  log ( x  2)  log (3  x)  log (6  x)  log ( x  2)(3  x) 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x x    x  ( x  2)(3  x )  x  x     y  1 x  loai    x  Vậy hệ phương trình có nghiệm   y  1 Câu III: Giải phương trình: x  x  x   Trường hợp 1: x < 0: Phương trình trở thành:  x  2 x2  x    x    x2  x      x  2  x  (loại) Trường hợp 2:  x  Phương trình trở thành: x  x  x    x    x2  x      x2  x  (loại) Trường hợp 3:  x  Phương rình trở thành:  x   (loại) x  x   x     x2  x      x 1  x   Trường hợp 4: x  Phương rình trở thành:  x   (loại) x2  x   x     x2  x      x  3  x   Tóm lại: phương trình có nghiệm: x  2, x  2, x   , x   Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường thẳng: y1  x  x , y2  x   1, x  1, x  Xét g ( x)  y  y trên [-1,2} Ta có g(x) = có đúng nghiệm x = trên [-1, 2} và hàm số g liên tục trên [-1,2] Nên g (x) giữ dấu trên [-1, 2] Mặt khác g (0) = > Do đó: g ( x )  0, x  [1, 2] Vậy: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 S    y  y dx    y  y dx    y  y dx  1  1  1 1 1 0   (7  x )   ( x  x ) dx   (7  x )   (4 x  x ) dx     1 0 0  x3   x3  40 2 2   ( x  x  8)dx   ( x  x  8)dx     x  8x     3x  x   (đvdt)     1   1  2 Câu IV: Cho Cnn1  Cnn   55 Tìm số hạng nguyên khai triển  835  n Điều kiện: n  và n  N Ta có: C n   C n   55  C n   55 n n n 1  n  1!  n  10   55  n2  n  110     n  10 (n  1)!2!  n  11 (loại) Số hạng thứ k khai triển (7  5)10 là: 11  k k  11  k k 1 k  k  78 C 35 C 10 10 11  k 7  Yêu cầu bài toán  k  13 k4 1  k  11      Vậy số hạng cần tìm là: C103 8.5  4.800 Giải phương trình: 4sin x  cos x  cos x  1 1 Ta có: sin x  cos x   sin 2 x cos 2 x   sin x   (1  cos x)   cos x 2 2 Do đó phương trình  cos x  1 2   2cos x  cos x   2cos x  cos x      cos x       x    k 2 x   k   k    x     k 2   x    k   12 Câu V: Cho A(0, 0, 4), B (2 3, 2, 0), C (0, 4, 0) Ta có: OB = OC = BC =  Tam giác OBC Phương trình mặt cầu (S) Có dạng: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Ta có: O, A, B, C  ( S ) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  a    b  c   d  x  y  4z  Vậy phương trình (S) là: x  y  z  Ta có: OA  (OBC ) vì A  Oz , C  Oy, B  ( xOy ) d  16  8c  d     12   4a  4b  d  16  8b  d   Gọi I là trung điểm BC  OI  BC tam giác OBC và OA  BC nên BC  (OAI )  K  AI và AI  BC (1) Ta có: CH  OB    CH  ( AOB) CH  OA  Ta lại có: AB  HK    AB  (CHF )  AB  CK (2) AB  CH  Từ (1) và (2) ta có K là trực tâm  ABC Ta có: OAI OHN OA OH 2 2 3 OB    OA.ON  OH OI  OI   OB  8  OI ON 3   ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI –TPHCM – KHỐI A 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số: y  x  3x  (m  2) x  2m (Cm ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C1) hàm số m = Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ là số âm Câu II: Cho phương trình: m  sin x  cos x    1  sin x cos x  sin x  cos x  với m là tham số Tìm m để phương trình có nghiệm “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  cos B 2a  c Chứng minh tam giác ABC có các cạnh và các góc thỏa điều kiện:  thì tam sin B 4a  c giác ABC là tam giác cân (với a  BC , c  AB ) Câu III: x 1 x 1 Giải bất phươnh trình: 2 3 x 1 x 1 1 Cho số dương a, b, c cho    Chứng minh rằng: (1  a )(1  b)(1  c )  a b c Câu IV: x2  1 Tính tích phân:  dx  x2 Dùng các chữ số từ đến để viết các số x gồm chữ số đôi khác nhau, chữ số đầu tiên khác a Có bao nhiêu số x? b Có bao nhiêu số x là số lẻ? Phần tự chọn (Thí sinh chọn hai câu đây) Câu Va: Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề -các vuông góc Oxyz cho điểm A  1;3;  và hai đường thẳng: x   t  (d ) :  y   t  z   2t  x 1 y 1 z (d1 ) :   , 1 1 Viết phương trình đường thẳng () qua A cắt (d1 ) và (d ) Tính tọa độ các giao điểm () với (d1 ) và (d ) Câu Vb: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = a vuông góc với đáy (ABCD) Chứng tỏ các mặt bên hình chóp là tam giác vuông Tính cosin góc nhị diện (SBC, SDC) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho y  x3  x   m   x  2m (C ) m Khảo sát và vẽ đồ thị C m = 1: y  x3  x  3x  (C ) 1 TXĐ: D = R y '  x  x   x   suy hàm số luôn tăng trên R   y'   x  1 y ''  x  y ''   x  1  y  1 BBT: điểm uốn I (-1, 1) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: Cho x = 0, y = x = -2, y = y '   tiếp tuyến I song song Ox I Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ âm Phương trình hoành độ giao điểm (Cm ) và Ox   x  3x   m   x  2m    x   x  x  m  (1)  x  2    x  x  m  (2) (Cm ) cắt Ox điểm có hoành độ âm  (2) có nghiệm âm phân biệt khác -2 m  2 m  2  m  2   1  4m   1        m  0m 4 P  m    S  1  m  Đs:  m  Câu II: Tìm m để m(sinx + cosx + 2) = 2(1 + sinxcosx + sinx + cosx) có nghiệm: Đặt t = sinx + cosx Điều kiện t  Khi đó phương trình trở thành:  t2 1  t  2t  m(t  2)    t  m  (vì t  nên t   )   t2   t  4t  Xem hàm số y  trên   2,  t2 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long t  4t  Ta có: y '  ;y'   t  1  t  3 (t  2)2 BBT: Email: Changngoc203@gmail.com Dựa vào bảng biến thiên ta kết kuận: 2 Phương trình có nghiệm   m   cos B 2a  c Cho  Chứng minh tam giác ABC cân 2 sin B 4a  c  cos B 2a  c  Ta có: sin B 4a  c (1  cos B )2 (2a  c )2 (1  cos B )2 (2a  c)2  cos B 2a  c       2 2 (2 a  c )(2 a  c )  cos B 2a  c sin B 4a  c  cos B  cos B 2sin A  sin C   (Định lý hàm số sin)  co s B sin A  sin C  2sin A  sin C  2sin A cos B  sin C cos B  2sin A  sin C  2sin A cos B  sin C cos B  2sin A.cos B  sin C   sin( A  B)  sin( A  B)  sin C   sin C  sin( A  B)  sin C   sin( A  B)   A  B  Tam giác ABC là tam giác cân C Câu III: x 1 x 1 Giải bất phương trình: 2 3 x 1 x 1 x 1 Đặt t  0 x 1 t  1 (loại) Khi đó bất phương trình trở thành: t  2t     t  x 1 x 1 8 x  10 3 9  1 x  x 1 x 1 x 1 1 Cho a, b, c > và    a b c 1 Ta có:     3abc  ab  bc  ca  a 2b c  abc  a b c      Chia vế bất đẳng thức cần chứng minh cho abc ta được:      1    0  a  b   c  abc Ta có: 1 1 1 1 1 VT=        4    (do    3) a b c ab bc ca abc ab bc ca abc a b c Vậy bất phương trình:  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 4   (bất đẳng thức Cauchy) 2 abc a b c 4   (do abc  1)    (do abc  1) (đpcm) abc abc abc Dấu “=” xảy a = b = c = Câu IV: x2  1 Tính tích phân:  dx  x Đặt: x  sin 2t  dx  cos tdt  Đổi cận: x   t  0; x   t     sin t  sin t  I  cos tdt   cos tdt   (4 sin t  1)dt  sin t cos t     cos 2t    (4  1)dt   (3  cos 2t )dt   3t  sin 2t    2 0 Gọi x là số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau: a Có bao nhiêu số x: Giả sử x  a1 a a a a5 Vì a1  nên số cách chọn là: cách Các vị trí còn lại có số cách chọn là: A94 Vậy các số cần tìm là: A94  27216 (số) b Có bao nhiêu số x là số lẻ: Vì x là số lẻ nên a5 là số lẻ suy rasố cách chọn a5 là: cách Vì a1  nên số cách chọn a1 là cách Các vị trí còn lại có số cách chọn là: A83 Vậy các số cần tìm là: 5.8 A83  13440 (số) Câu Va: x   t x 1 y 1 z  A(1,3, 2), d1 :   , d2 :  y   t 1  z   2t  Đường thẳng  qua A cắt d1 và d  d1 qua B(1, 1, 0) có VTCP a1  (2, 1,1)  d qua C(1, 3, 3) có VTCP a2  (1,1, 2) Gọi  là mặt phẳng qua A và chứa d1     n   AB, a   (2, 3,1)  Phương trình  : - 2x - 3y + z + = 1  Gọi (P) là mặt phẳng qua B và chứa d     nP   AC , a2   (1; 3; 2)  Phương trình  :  x  y  z   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 x  y  z   Đường thẳng  là giao tuyến  và  phương trình:  :   x  y  z   Toạ độ giao điểm () và d1 thỏa:  2 x  y  z   x     x  y  z     y   x 1 y 1 z z      1  Toạ độ giao điểm  và d thỏa: 2 x  y  z    x  y  z   x    y  x   t y   t z     z   2t Vậy các giao điểm là M 1;1;  ; M  0; 2;1 Câu Vb: Các mặt bên là tam giác vuông  SA  AB Ta có: SA  ( ABCD )    Các tam giác SAB, SAD vuông A  SA  AD BC  AB  Ta có:  BC  ( SAB )  BC  SB  Tam giác SCD vuông D  BC  SA  Cosin góc nhị diện (SBC, SDC) Vẽ BE  SC Vì tam giác SBC và tam giác SDC có các cạnh tương ứng nên DE  SC và BE = DE Tam giác SBC có: 1 1 a     BE  BE BS BC 2a a Ta có cos  SBC , SDC   BE  ED  BD  EB.ED ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI CƠ SỞ II – TP.HCM “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Câu I: Cho hàm số y  x  mx  x  (1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu đó Câu II: Cho bất phương trình: x  (2m  5)2 x  m  5m  a Giải bất phương trình trên với m = b Xác định m để bất phương trình trên nghiệm đúng với x  x sin x  cos x Tìm: lim x0 x tan 2 Câu III: Giải phương trình  sin x  cos x  sin x  cos x  sin x  cos x Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số: y  sin x  cos6 x Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác nội tiếp hình tròn tâm O, bán kính r, cạnh SA = h vuông góc với mặt phẳng đáy a Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD b Giả sử S, A cố định, còn B, C, D chuyển động trên đường tròn đã cho, cho hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.Tìm giá trị lớn thể tích hình chóp Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz cho hai đường thẳng 1 và  : 8 x  z  23  2x  z   và  :  1 :  4 x  y  10  2x  y   Viết phương trình đường thẳng  song song với trục Ox và đồng thời cắt 1 và  Câu V:  Tính tích phân : I  x sin x dx x  cos ax  a   y  sin x Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:  2  y  tan x  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho y  x  mx  x  (1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = y  x3  x2  x  TXĐ: D   y’= 3x2 +10x +  x  1  y  y'     x    y  32 27  16 y ''  x  10; y ''   x    y  27 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long  16   điểm uốn   ,   27  BBT : Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu Ta có: y '  x  2mx  ; y '   x  2mx   (*) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (*) có hai nghiệm phân biệt   '   m  21   m   21  m  21 Chia y cho y’ ta được: m  2(21  m ) 27  7m 1 y  f '( x)  x     9 9 3 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và điểm cực tiểu là: y  2(21  m2 ) 27  m  9 Câu II: Cho x  (2m  5).2 x  m2  5m  a Giải bất phương trình m = Đặt t  x Điều kiện t > Khi đó bất phương trình trở thành: f (t )  t  (2m  5).t  m  5m  (*) Với m = 1, (*) trở thành : t  7t     t   t  Vậy: Bất phương trình  x   x   x   x  log b Tìm m để bất phương trình đúng với  x f(t) có   (2m  5)2  4(m  5m)  25  f (t )  có nghiệm t1  m  t2  m  Ta có: Bất phương trình đúng x  (*) đúng t   m    m  5 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x sin x  cos x  x sin x  cos x  lim x0 x0 x x tan tan (  x sin x  cos x ) 2 sin x sin x  2 sin x  x sin x x x  lim  lim  x0 x 0 x x tan (  x sin x  cos x ) tan 2 (  x sin x  cos x ) x Câu III: Giải: + sin2x + cosx + sin2x + cos2x = Ta có: Phương trình:  (1  sin x)  cos x  (sin x  cos x )  lim  (sin x  cos x )2  (cos x  sin x )  (sin x  cos x)  sin x  cos x   (sin x  cos x )(2 cos x  1)     2cos x      tan x  1 x    k   (k  ) cos x    x   2  k 2   sin x  cos x Tìm giá trị lớn và nhỏ y  sin x  cos6 x Ta có: sin x  cos x  (sin x  cos x )2  2sin x cos x   sin 2 x 1 sin x  cos x  (sin x  cos x )(sin x  cos x  sin x cos x)   sin 2 x  sin 2 x   sin 2 x 4 2t  Nếu t  sin 2 x (0  t  1) thì hàm số trở thành: y   f (t ) 3t  4 Ta có: y '   0, t  [0,1] (3t  4) 2t  Suy ra: y  liên tục tăng trên [0,1] 3t  Do đó: Maxy  f 1  ; Miny  f    Câu IV: 1.a Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD: Gọi I là tâm hình cầu ngoại tiếp S.ABCD, ta có: IA= IB = IC = ID  I  trục đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD  I Ox // AS IA = IS  I nằm mặt phẳng trung trực SA Vậy tâm I là giao điểm Ox và mặt phẳng (  ) 4r  h h Tam giác vuông AOI cho: R  r     2 Vậy: R  4r  h 2 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long b Tìm giá trị lớn thể tích hình chóp: Ta co : S, A cố định, B, C, D di động trên (O) cho: AC  BD 1 1 Thể tích hình chóp: V= S ABCD SA  AC BD.SA  V  h AC BD 3  V lớn  AC BD lớn  AC BD = 4r  Max V  h.r 8 x  z  23  2 x  z   1 :  ; ( ) :  4 x  y  10  2 x  y   Viết phương trình () song song Ox và cắt (1 ) và ( ) Gọi  là mặt phẳng chứa (1 ) và song song với Ox Gọi  là mặt phẳng chứa ( ) và song song với Ox Suy ra:      (  ) chứa 1 nên phương trình có dạng: Email: Changngoc203@gmail.com m  x – z  23  n  x – y  10     8m  4n  x – ny – mz  23m  10n  Ox//(  )  8m + 4n = Chọn m   n  2 nên   : y – z 3  Tương tự    : y  z –  2 y  z   Vậy  :  y  z 1  Câu V:  x sin x dx x Đặt: u  x  du  dx sin x  d (cos x ) dv  dx  , chọn v  3 cos x cos x cos x 1.Tính I  Vậy: I   cos    x  1    dx    tan x    2 2 cos x 0 2cos x 0 ax  a   y  sin x Tìm a để hệ có nghiệm nhất:  2  y  tg x  Nhận xét: Nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm hệ thì ( x0 , y0 ) là nghiệm hệ Do đó hệ có nghiệm thì x0   x0  x0   y  a   y   y  1 Thế x = vào hệ ta được:    a  a  y  Thử lại: 2 x   y  sin x (1) Với a = 2: hệ trở thành:  2 (2)  y  tan x  Ta có: (1)  y  x  sin x   Từ (2) ta lại có: y  Suy y = vào (2) ta được: tan x   x  k (k  ) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Thế x và y vào (1) ta k = x  Vậy hệ có nghiệm nhất:  => nhận a = y  Email: Changngoc203@gmail.com    y  sin x Với a = hệ trở thành:  2  y  tg x  x  x   Nhận thấy  ,  là nghiệm hệ  y  1  y  1 Suy hệ không có nghiệm Do đó khôngnhận a = Tóm lại: Khi a = thì hệ có nghiệm ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC MỞ BÁN CÔNG TP.HCM – KHỐI A, B A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số y  x  x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C), hãy biện luận theo tham số m số nghiệm phương trình : x  x  m  Câu II: Cho phương trình 2.4 x 1  5.2 x 1  m  (1) với m là tham số Giải phương trình ứng với m = 2 Xác định tất các giátrị tham số m để phương trình (1) có nghiệm Câu III: Tính các tích phân sau: 10 e dx a I   b J   x ln xdx 5x  Câu IV: Một hộp đựng 14 viên bi có trọng lượng khác đó có viên bi trắng và viên bi đen.Người ta muốn chọn viên bi Tìm số cách chọn trường hợp sau: Trong viên bi chọn phải có ít viên bi trắng Tất viên bi chọn phải có cùng màu B.Phần tự chọn (Thí sinh chọn hai câu 5A 5B) Câu V.a: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với các đỉnh A(1; 2), B(0;1) và C  2;1 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao CH tam giác ABC Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu V.b: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA= a Gọi AH là đường cao tam giác SAB.Chứng minh AH vuông góc với mặt phẳng (SBC) và tính AH Tính góc đuờng thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) Gọi O là giao điểm AC và BD Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: y  x  x 1a Khảo sát và vẽ: TXĐ: D   y '  x3  x “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long y '   x   x  1 y ''  12 x  4; y "   x    y   5 5  Điểm uốn I1   ;   , I2    ;  9  9  BBT: Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: 1b Biện luận số nghiệm: Ta có: x  x  m   x  x  m Dựa vào đồ thị (C) ta kết luận: m  1 : vô nghiệm m  1: nghiệm 1  m  : nghiệm m  : nghiệm m  : nghiệm Câu II: Cho 2.4 x 1  5.2 x 1  m  (1) 2a Giải (1) m = 2: Đặt t  x 1 Điều kiện t  (vì x   1 ) 2 Khi đó (1) trở thành: 2t  5t  m  (*) Với m =2 : (*) trở thành: 2t  5t    t   t  Vậy (1)  x 1  2 x 1   2 x    x    x   1  x   x  2b Tìm m để (1) có nghiệm: Ta có: (*)  2t  5t  m “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Xem hàm số: y  2t  5t trên [ , ) y '  4t  5; y '   t  Email: Changngoc203@gmail.com Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta được: 25 (1) có nghiệm  (*) có nghiệm [ , )  m  Câu III: 10 dx a Tính : I   5x  10 10 Ta có: I   dx  5x   2 5x  5 e b Tính J   x ln xdx x2 Đặt u = lnx  du  dx ; dv = xdx, chọn v  x e e x2 1e e2 e2  J ln x   xdx   x  2 4 21 Câu IV: a Tìm số cách chọn viên bi có ít viên bi trắng: Nếu không phân biệt màu thì số cách chọn viên bi là: C144 Số cách chọn viên bi màu đen: C64 Vậy số cách chọn viên bi đó có ít viên trắng: C144  C64  986 (cách) b Tìm số cách chọn viên bi cùng màu: Số cách chọn viên bi trắng: C84 Số cách chọn viên bi đen: C64 Vậy số cách chọn viên bi cùng màu: C84  C64 = 85 (cách) Câu Va: A(1, 2), B(0, 1), C(-2, 1) x  y 1 Phương trình AB:   x  y 1  1   CH qua C và nhận AB  (1, 1) làm pháp vectơ nên có phương trình: 1 x    1 y  1   x  y   Gọi I (x, y) là tâm đường tròn: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  IA2  IB ( x  1)2  ( y  z )2  x  ( y  1)2  x  1 Ta có:     I (1;3)   2 2  IB  IC  x  ( y  1)  ( x  2)  ( y  1) y  Bán kính R = IA = 2 Suy phương trình đường tròn cần tìm:  C  :  x  1   y  3  Câu Vb: Chứng minh AH  (SBC ) và tính AH: Ta có: BC  ( SAB )  BC  AH mà SB  AH SAB vuông cho: 1 1 6a a 42       AH   AH  2 2 2 7 AH AS AB 6a a 6a Tính góc SC và mặt phẳng (ABCD): Hình chiếu SC lên (ABCD) là AC  Góc SC và (ABCD) là SCA SA a Ta có: tan SCA     SCA  60 AC a Tính khoảng cách từ O đến (SBC): Ta có: AH  (SBC )  AH  HC Vẽ OI  AC  OI  ( SBC )  OI là khoảng cách từ O đến (SBC)  OI  S H a B A a I D O C AH a 42  (đường trung bình) 14 ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: x2  4x  x2 x2  4x  Từ đồ thị hàm số (C) suy đồ thị hàm số: y  x2 Khảo sát hàm số (C) có phương trình: y  Xét đồ thị họ (Cm) cho phương trình y  x  x  m2  Xác định tập hợp điểm mà không có đồ x2 thị nào họ (Cm) qua  4cos x 0  sin x dx Câu III: Một lớp học có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ Cần chọn người lớp để làm công tác phong trào “Mùa hè xanh” Hỏi có bao nhiêu cách chọn người đó phải có ít nhất: Hai học sinh nữ và hai học sinh nam Một học sinh nữ và học sinh nam Câu IV: Cho bất phương trình:  x  4.(  1).3x    a Giải bất phương trình   b Tìm giá trị để bất phương trình trên nghiệm đúng với giá trị x Câu II: Tính tích phân I  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long sin x  cos y  Giải hệ phương trình:  5sin y  cos x   Email: Changngoc203@gmail.com Cho cos x  cos y   x, y  R  Tìm giá trị nhỏ A  tan x  tan y Phần tự chọn Thí sinh chọn hai câu sau Câu Va: Cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với Cho AB = a.Lấy điểm M di động trên Ax và điểm N trên By cho đoạn MN có độ dài d không đổi Đặt AM = x; BN = y Tính thể tích tứ diện ABMN theo a, x và y Tìm giá trị lớn thể tích đó Tìm quĩ tích trung điểm I đoạn MN  3 Câu Vb: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  2;   2 Viết phương trình đường tròn (C) có đường kính OM Viết phương trình đường thẳng (D) qua M và cắt hai nửa trục dương Ox, Oy A và B cho diện tích tam giác OAB đvdt Tìm toạ độ tâm I đường tròn (T) nội tiếp tam giác OAB Viết phương trình đường tròn đó HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát hàm số: y  x2  4x  x2 (C) TXĐ: D  R \ {2} x  x2  4x ; y'    ( x  2)  x  4 Tiệm cận đứng: x = -2 vì lim  x 2 x  Chia tử cho mẫu: y  x   x2 0  Tiệm cận xiên: y = x + vì lim x  x  BBT: y'  Đồ thị: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long (I) Email: Changngoc203@gmail.com Y (C1) (C1) -4 (III) -2 O X -4 (C) b.Từ đồ thị (C) suy đồ thị hàm số: y1  x2  x  x2 (C1 ) neáu x > -2 y Ta có: y1   neáu x < -2 -y Do đó đồ thị (C1 ) suy từ (C) sau: - Nếu x > -2 thì (C1 )  (C ) - Nếu x < -2 thì lấy phần đối xứng (C) qua Ox ta (C1 ) c Xác định tập hợp điểm mà không có đồ thị nào họ (Cm ) qua: x  x  m2  y x2 Gọi M ( x0 , y0 )  (Cm ), m  y0  (Cm ) x02  x0  m  vô nghiệm với m  x0  2 x0  m  y0 ( x0  2)  x02  x0  vô nghiệm theo m  x02  x0  y  (neu x0  -2)  x  2  y0 ( x0  2)  x0  x0    y0 ( x0  2)  x0  x0     x  x0   y0  (neu x0  -2) x0    M  miền (I) giới hạn (C) với x > -2   M  miền (III) giới hạn (C) với x< -2 Vậy điểm M thoả điều kiện bài toán là điểm thuộc mặt phẳng toạ độ Oxy, không nằm trên miền (I), miền (III) và không nằm trên (C) Câu II:  4cos3 x Tính : I =  dx  sin x 4cos3 x 4cos x (1  sin x )   cos x 1  sin x   cos x – 2sin x  sin x  sin x  Suy ra: I  (4sin x  cos x)  = Câu III: Có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ Chọn học sinh đó có ít nhất: học sinh nữ và học sinh nam: Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 10 10 Trường hợp 1: Số cách chọn nữ và nam: C  C Trường hợp 2: Số cách chọn nữ và nam: C103  C102 Suy số cách chọn nữ và nam là: C103  C102 =10.800 (cách) học sinh nữ và học sinh nam: Số cách chọn không phân biệt nam, nữ: C20 Số cách chọn toàn nam toàn nữ: C105 Suy số cách chọn có ít nam nữ là: C20  2C105 =15.000 (cách) Câu IV: Cho  x  4(  1).3x    a Giải bất phương trình   Đặt t =3x Điều kiện: t > Khi đó bất phương trình trở thành:  t  4( -1).t    (*) Khi   : (*) trở thành: 2t  4t   luôn đúng t  Nghĩa là nghiệm bất phương trình là x   b Tìm  để bất phương trình đúng x 4t  Ta có: (*)     f (t) t  4t  4t  2t Ta lại có: f ' (t)   , t   y = f(t) là hàm giảm trên (0, ) (t  4t  1) Do bất phương trình đúng x    f (0)    (1) sinx - 7cosy = Giải hệ phương trình:  5siny - cosx - = (2) Vì cos x  và sin y  nên: 5sin y  cos x    x    k 2 cos x  1  Do (2)    (k , m  )  sin y   y   m2 Dễ dàng thấy x và y trên thoả (1)  x    k 2  Do nghiệm hệ là:  ( k , m  )   y   m2 Cho cos2x + cos2y = Tìm giá trị nhỏ A  tan x  tan y Vì cos2x + cos2y = nên  cos x, cos y  1  cos x  cos y 6 Ta có: A    2   2    cos x  cos y  cos x  cos y  cos x  cos y  2    M Mặt khác: Khi cos x  cos y  thì A  x A Do đó MinA  a d Câu Va: a VABMN B x y N “ Sưu tầm và biên soạn “ y Giáo viên: Nguyễn Thành Long By  AB  Ta có:   By  ( B, Ax ) By  Ax  1 a.x Vậy: VABMN  NB.S ABM  y  axy 3 b Giá trị lớn VABMN Email: Changngoc203@gmail.com ABM co BM  a  x   d  a2  x2  y 2 2 NBM co d  y  BM  Ta có: d  a  x  y  xy 1 (d  a ) axy  a  a (d  a ) 6 12 (d  a ) Nên VABMN lớn là: a(d  a ) x  y  12 Câu Vb: a Phuơng trình đường tròn (C) đường kính OM OM  3 Suy tâm là trung điểm E  1,  OM và R    4 Vậy: VABMN  3 5  Vậy : Phương trình đường tròn ( x  1)   y      4 4  b Cách 1: 2 Gọi k là hệ số góc (D) suy phương trình (D) là y  k ( x  2)       2k  (D) cắt nửa trục dương Ox A  A  ;0 k       (D) cắt nửa trục dương Oy B  B  0;  2k    3   2k  Điều kiện:  k0 k  Ta có:   2k 3  SOAB    2k     2k   12 k k 2  9 3  6k  4k  12k (do k  0)  4k  6k    k  4 3 3 Vậy phương trình (D) là y  ( x  2)   y    x  y  12  4 Cách 2: x y Giả sử A (a, 0), B(0, b) (a, b > 0)  D :   a b  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com a   2b  M  (D) a  Yêu cầu bài toán     b   SOAB   ab   Vậy phương trình (D): x  y  12  Cách 1: Ta có A (4, 0), B(0, 3) Tâm I đường tròn nội tiếp tam giác OAB thuộc phân giác góc O  I  đường thẳng y = x 3a  4a  12 Gọi I (a, a) ta có d ( I, AB) = d( I, OA)   a  7a  12  5a (vì a > 0)  a   a  , loại a = vì lúc đó I là tâm đường tròn bàng tiếp AOB Vậy I(1;1) và r = a =  Phương trình đường tròn là: ( x  1)2  ( y  1)  Cách 2: Ta có I thuộc đường thẳng y = x Suy I(a, a) (với a > 0) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác OAB S r  1 P (3   5) Ta lại có: d(I,OA) = r Suy a = Vậy phương trình (C): ( x  1)2  ( y  1)  ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC DÂN LẬP NGOẠI NGỮ – TIN HỌC TPHCM Ngành Công Nghệ Thông Tin Câu I: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số: y    x  1  x   Dùng đồ thị (C) để biện luận theo số nghiệm phương trình: 2  x  1  x     m  1  m   Câu II: Giải phương trình: ( x  3)(1  x )  5 x  x   x  xy  y  Giải hệ phương trình:  2 3 x  xy  y  Câu III: Tính các tích phân:  1 x J   (1  cos x) n sin xdx (n = ,1,2) dx x  x  x  0 Câu IV: Giải phương trình: sin x – cos3 x  cos x Trong trận chung kết giải cờ vua đồng đội toàn trường có hai đội A và B tham dự, đội có kỳ thủ Ban giám khảo chọn từ đội3 kỳ thủ để xếp thành cặp thi đấu cùng lúc lịch thi đấu (mỗi cặp kỳ thủ đội A gặp kỳ thủ đội B ván đấu) Hỏi có thể xếp bao nhiêu lịch thi đấu khác nhau? Câu V: Trong không gian với hệ trục ĐềCac vuông góc Oxyz, cho mặt cầu x  y  2z    S  : x  y  z – x – y – z   và đường thẳng d :  2 x  y  z   a I   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long a Tính khoảng cách từ tâm I Mặt cầu (S) đến đường thẳng d b Viết phương trình các mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với (S) Email: Changngoc203@gmail.com HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  ( x  1)2 ( x  4)   x  x  x  TXĐ: D = R y '  3 x  12 x   x  1 y'     x  3 y ''  6 x  12 y "   x  2  y  2 Điểm uốn:( -2, -2) BBT: Đồ thị: Dùng đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình: ( x  1)2 ( x  4)  (m  1) (m  4)  ( x  1) ( x  4)  (m  1) (m  4) Đây là phương trình hoành độ giao điểm (C) và đường thẳng (d) có phương trình: y  (m  1)2 (m  4) - Số giao điểm là số nghiệm phương trình Biện luận: (m  1)2 (m  4)  4  m(m  3)   m  : nghiệm (m  1)2 (m  4)  4  m   m  3 : nghiệm 4  (m  1) (m  4)   4  m  : nghiệm (m  1)2 (m  4)   m  1  m  4 : nghiệm (m  1)2 (m  4)   m  4 :1 nghiệm Câu II: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Giải phương trình: ( x  3)(1  x )  5 x  x  Phương trình  x  x   x  x  Đặt: t  x  x   Khi đó phương trình trở thành: t   5t  t  5t    t   t   x2  2x    x2  2x   Do đó:    x   x  4  x  1  26  x  x    x  x  23  2  x  xy  y  Giải hệ phương trình:  2 3 x  xy  y  Vì x = không là nghiệm nên đặt y = kx  x (1  2k  2k ) (1) Khi đó hệ trở thành:  2 (2)  x (3  k  k )  2k  2k (1) chia (2) ta được:   k  11k  12   k   k  12 3  k  k2 x   y  Thế k = vào (2) ta được: x     x  1  y  1  x  53  y  12 53 Thế k = -12 vào (2) ta được: x  53    x   53  y  12 53 Tóm lại hệ có nghiệm:  x; y   1;1 ,  1;  1 , ( 53, 12 53), ( 53,12 53) Câu III: 1 x Tính I   dx x  x2  x  Ta có: 1 x 1 x x   x ( x  1)   x  x  x  ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) 1 x  1     I    dx   ln x   ln( x  1)   ln  x 1 x 1  0 0   Tính J   (1  cos x)n sin x.dx Đặt: t   cos x  dt  sin xdx n 1 1  t Đổi cận: x   t  ; x   t   J   t n dt    n 1 n 1 0 Câu IV: Giải phương trình: sin3 x  cos3 x  cos x Phương trình  (sin x  cos x )(1  sin x cos x )  cos2 x  sin x  (sin x  cos x )(1  sin x cos x  sin x  cos x)  (1) sin x  cos x   1  sin x cos x  sin x  cos x  (2) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long  (1)  tan x   x   k Email: Changngoc203@gmail.com   Giải (2) cách đặt t  sin x  cos x  sin  x   4  Điều kiện: t  t2 1  t   t  2t    t  1   x    k 2      Do đó: sin  x    1  sin  x       4 4    x    k 2 Khi đó phương trình (2) trở thành:     k  x    k 2  x    k 2 (  ) 2 Có bao nhiêu cách xếp lịch thi đấu: Số cách chọn kỳ thủ đội A: C35 Tóm lại phương trình có nghiệm: x  Số cách chọn kỳ thủ đội B: C35 Số cách xếp cặp thi đấu là: P3 Vậy số cách xếp lịch thi đấu là: C53  C53 P3 = 600 (cách) Câu V: (S): x  y  z  x  y  z   x  y  2z   (D:  2 x  y  z   Tính khoảng cách tâm I (S) đến (D):  (S) có tâm I(1;1;2), bán kính R = D có vectơ phương a  (2; 2;1) Gọi ( ) là mặt phẳng qua I và vuông góc với (D):  ( ) : 2( x  1)  2( y  1)  ( z  2)   x  y  z   Gọi H là hình chiếu vuông góc I xuống (D)  x  x  y  2z      5 2  H : 2 x  y  z     y   H  , ,    d ( I , ( D ))  IH  3 3 2 x  y  z      z    Viết phương trình mặt phẳng chứa (D) và tiếp xúc (S) Mặt phẳng ( ) chứa (D) nên phương trình có dạng: m( x  y  z  3)  n(2 x  y  z  3)   (m  2n) x  (n  2m) y  (2m  2n) z  3m  3n  (m và n không đồng thời 0) Mặt phẳng ( ) tiếp xúc (S): m  6n  d (I ,  )  R    m  n  m2  n2 2 m  9n 2  (m  n)  m  n  2mn   m   n  Suy có đáp số    : x  y  z   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com hay    : 2 x  y  z   ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN HIẾN KHỐI A – 2011 A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàmsố y  ( x  1)( x  mx  m) (1), với m là tham số thực Khảo sát hàm số (1) ứng với m  2 Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành Xác định tọa độ tiếp điểm tương ứng trường hợp m Câu II: Cho bất phương trình: x  2(m  2)2 x 1  m  2m   Giải bất phương trình m =1 Tìm m để bất phương trình thỏa mãn với x  Câu III: Chứng minh ABC là tam giác và khi: 3S  R (sin A  sin B  sin C ) Trong đó S là diện tích tam giác ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  Câu IV: Tính tích phân sau: I  4cos3 x 0  cos x dx B.Phần tự chọn Thí sinh phép chọn hai câu đây: Câu Va:Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz, cho điểm: A  0; 0,;1 ; B  1; 2;  ; C  2;1; 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A,B ,C Viết phương trình thamsố đường thẳng qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (P) Xác định chân đường cao hạ từ A xuống đường thẳng BC ˆ  zOy ˆ   với 0    90 Gọi M là điểm Câu Vb: Cho tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng cho xOz trên Oz có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (xOy) là H ˆ Chứng minh H thuộc đường phân giác góc xOy ˆ   Chứng minh    Cho xOy Cho OM = a Hãy tính độ dài MH theo a, ,  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho: y  ( x  1)( x  mx  m) (1) Khảo sát hàm số (1) tương ứng với m = -2: y  ( x  1)( x  x  2)  x  x  Tập xác định: D = R x  y '  x  x  3x ( x  2) ; y '    x  y ''  x  ; y "   x   y   Điểm uốn: I(1, 0) BBT: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: Điểm đặc biệt: Tìm m để đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành Xác định toạ độ tiếp điểm Ta có: y  x  (m  1) x  m (1)  x  (m  1) x  m  (2) Đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành   có nghiệm (3) 3 x  2(m  1) x  x  (3)  x 3 x  2(m  1)     x   2(m  1)  Thay vào (2) : x0m0 2(m  1) x   (m  1)3  (m  1)3  m  27 3  4(m  1)  27 m   4m  12m  15m   m   (m  4)(4m  4m  1)    m    Hoành độ tiếp điểm là: m0 x0 m   x  2 m    x 1 2 Vậy đồ thị (C) tiếp xúc Ox khi: m = 0, m = 4, m   Toạ độ tiếp điểm tương ứng là:  0;  ,  2;  , 1;0  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Câu II: Email: Changngoc203@gmail.com x  2(m  2).2 x1  m2  2m   Giải bất phương trình m = 1: Đặt t  x Điều kiện t > Khi đó bất phương trình trở thành: t  4(m  2)t  m2  2m   (*) 0  t   31 Khi m= 1, (*) trở thành : t  12t     t   31  x  log (6  31)  x   31  Nghĩa là: Bất phương trình    x  x  log (6  31)    31 Tìm m để bất phương trình thoả x   Đặt f (t )  t  4(m  2)t  m  2m  Bất phương trình thoả x     f (t )  thoa  t   '     S   ' =    '    7    m S    '     '      '   af (0)    S  t1  t2     Câu III: Chứng minh  ABC và khi: 3S  2r (sin A  sin B  sin C ) Ta có: 3S  2r (sin A  sin B  sin C )   a3 3abc b3 c3   R      3abc  a  b3  c3 4R 8R 8R   8R Áp dụng BĐT Côsi: a3  b3  c3  3 a 3b3 c3  3abc Vậy hệ thức thoả dấu “=” xảy ra.”  a  b  c   ABC (đpcm) Câu IV:  Tính I  4sin x 0  cos x dx Ta có:  I 0 4sin x(1  cos x) dx   cos x    4sin x(1  cos x)dx   0 (4sin x  2sin x)dx  (4cos x  cos x)  Câu Va: A(0, 0, 1); B(-1, -2, 0); C(2, 1, -1) Phương trình mặt phẳng (P) qua A,B,C    Ta có VTP (P) là: nP   AB, AC   (5, 4,3)  Phương trình mặt phẳng  P  : x – y  z –    1  Toạ độ trọng tâm tam giác ABC là G  ,  ,  3  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long  Email: Changngoc203@gmail.com  Đường thẳng d qua G và d  (P):  ad  nP  (5, 4,3)   x   5t   Phương trình tham số d là:  y    4t   z  3t   Chân đường cao H hạ từ A xuống đường thẳng BC  Ta có: BC  (3,3, 1)  x  1  3t  Phương trình tham số BC là:  y  2  3t  z  t  Lấy H(-1 + 3t, -2 + 3t, -t)  BC   19 H là hình chiếu A  HA.BC   3(1  3t )  3(2  3t )  1(1  t )  19t   t   14  Vậy H  ;  ;    19 19 19  Câu Vb: z M a J O y I H x Vẽ MI  Oz và MJ  Oy Ta có: MOI  MOJ  MI  MJ Khi đó MHI  MHJ  HI  HJ Và HI  Ox , HJ  Oy Suy H thuộc đường phân giác xOy   IH MI  Ta có: 0   ,  90 và tan    tan  IH  MI    2 OI OI Tam giác OMI có OI = a cos  OI a.cos  Tam giác OHI có OH     cos cos 2 cos  a  Tam giác MOH có MH  OM  OH  a  a  cos  cos    cos cos 2 ĐỀ SỐ “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Câu I: Cho hàm số y  Email: Changngoc203@gmail.com CAO ĐẲNG SƯ PHẠM TPHCM – 2011 x 1 (1) , có đồ thị là (C) x 1 Khảo sát hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến qua điểm P(3;1) M ( x0 , y0 ) la điểm thuộc (C) Tiếp tuyến (C) M cắt tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang (C) theo thứ tự A và B Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận (C) Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M Câu II: Giải phương trình: log 42 ( x  1)2  log 24 ( x  1)  25 Xác định m để phương trình x  x  m  ( x  5)(1  x)  có nghiệm Câu III: Giải phương trình : 2sin x  tan x  Tính các góc tam giác ABC, biết cos A  cos B  cos 2C  Câu IV: Tìm tất các số tự nhiên x thỏa mãn hệ thức: A10 x  Ax  Ax Từ các chữ số: 1; ; ; ; Lập bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác và nhỏ 276?  x  (m  2) x  my Câu V: Xác định m để hệ phương trình  có đúng nghiệm phân biệt  y  (m  2) y  mx HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I: Khảo sát hàm số: y  x 1 x 1 (C) TXĐ: D = R \ (1) 2 y'    Hàm số giảm trên khoảng xác định ( x  1)2 TCĐ: x = vì lim y   x1 TCN: y = vì lim y  x BBT: Đồ thị: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com y A M B O x Viết phương trình tiếp tuyến (C) qua điểm P (3, 1): Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k: y  k  x  3   x 1  x   k ( x  3)  d tiếp xúc (C)    -2  k  ( x  1)2 Thay (2) vào (1) : (1) có nghiệm (2) x  2( x  3)    x   2( x  3)  ( x  1)2  x   x  2 x  ( x  1) Thay vào (2)  k  2 Vậy phương trình tiếp tuyến qua P là: y  2 x  M ( x0 , y0 )  (C ) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận tạo thành tam giác có diện tích không phụ thuộc M Phương trình tiếp tuyến (C) M: y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 x0  x0  x0  -3 3 y ( x  x0 )   x x0  ( x0  1)2 ( x0  1) (x0 -1)2 Giao điểm với tiệm cận đứng x =1  x 4 x 4 x 1 y   A  1,  x0   x0   Giao điểm với tiệm cận ngang y = 5x   5x   y 1 x   B ,1   Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1) Ta có: 5x  5x  1 x 4 25 S IAB  IA.IB  y A  y I xB  xI     1   const 2 x0  x0  Vậy: S IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M Bài II: Giải phương trình: log 42 ( x  1)2  log 42 ( x  1)6  25 Ta có: 4 log 42 ( x  1)2  log ( x  1)2    2log x    16.log 42 x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 6    log ( x  1)6    log x    9.log 22 x  2  Do đó: Phương trình  16.log x   9.log x   25  log 42 ( x  1)6 Đặt t  log 22 x  Điều kiện t  t = Khi đó phương trình trở thành: 16t  9t  25     t = - 25  16 Vậy phương trình  log x   (loai)  x 1   log x   1    x   x  1  x   x   x 1  2  2 Tìm m x  x  m  ( x  5)(1  x)  để có nghiệm Đặt t  ( x  5)(1  x)   x  x    ( x  3)2  Suy điều kiện  t  Khi đó phương trình trở thành: (t  5)  m  t   t  t   m (*) Xem hàm số y  t  t  trên [0,4] Ta có: y '  2t  ; y '   t  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Phương trình có nghiệm  Phương trình (*) có nghiệm [0,4]  19  m  17 Bài III: Giải phương trình 2sin2x = 3tanx + 2t Đặt t = tanx  sin x  1 t2 2t Khi đó phương trình trở thành:  3t  1 t2  3t  t  t    (t  1)(3t  2t  1)   t  1 (3t  2t  1)  (vô nghiệm)  Vậy phương trình  tan x  1  x    k  (k  ) Tính các góc tam giác ABC biết: cos A  cos B  cos 2C  Ta có: cos A  cos 2C  cos B  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 3  2cos( A  C ) cos( A  C )  cos B   2cos B.cos( A  C )  2cos B   2  cos B  cos B.cos( A  C )   2 1 1      cos B  cos( A  C )    cos ( A  C )    cos B  cos( A  C )   sin ( A  C )  4     1    B  120 cos B  cos( A  C )  cos B     2  A  C  30 sin( A  C )   A  C Bài IV: Giải A10 (1) x  Ax  Ax Điều kiện x  10 và x  x! x! x!  9 Ta có: (1)  ( x  10)! ( x  9)! ( x  8)! x! x! x! x!       ( x  10)! ( x  9)! ( x  8)! ( x  10)! ( x  10)!( x  9) ( x  10)!( x  9)( x  8)  1   x  16 x  55  x  ( x  9)( x  8)  x  11   x  11  x  5(loai ) Từ các số 1, 2, 5, 7, lập bao nhiêu số có chữ số khác và nhỏ 276 Gọi số cần tìm có dạng x  a1a2 a3 Vì x < 276 nên a1  1; 2 Ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: a1  Số các số x  1a2 a3 là: A42  12 (số) Trường hợp 2: a2  a2   a3  1;5  Có số a2  1;5  a2 có cách chọn và a3 có cách chọn  Có 2.3 = số Suy số các số x  2a2 a3 là: + = số Vậy số các số cần tìm là: 12 + = 20 (số) Bài V:  x  (m  2) x  my Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt:   y  ( m  2) y  mx Lấy (1) trừ (2) được: (1) (2) x  y  (m  2)( x  y )  m( y  x) y  x  ( x  y)( x  y  2m  2)     y   x  2m  Với y = x, hệ trở thành:  y  x y  x  x   x  2        y   y  2  x  (m  2) x  mx  x  x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Với y   x  2m  , hệ trở thành: Email: Changngoc203@gmail.com  y   x  2m   y  - x - 2m -  (*)   2  x  (m  2) x  m( x  2m  2)  x  2( m  1) x  2m  2m  Do đó hệ có đúng nghiệm phân biệt: (*) có đúng nghiệm (0,0) (*) có đúng nghiệm (-2,-2)  (*) có đúng nghiệm (0,0) ,(-2,-2)  (*) voâ nghieäm Trường hợp 1: (*) có đúng nghiệm (0,0) ( Do (3) )  m = -1  = -2m-2  y   x x  Thử lại với m = -1 (*) trở thành:     x   y  Vậy nhận m = -1 Trường hợp 2: (*) có đúng nghiệm (-2,-2)  -2 = –2m –  m =  y   x   x  2 Thử lại với m =1 (*) trở thành:     x  x    y  2 Vậy nhận m = Trường hợp 3: (*)có đúng nghiệm (0, 0),(-2, -2) m  1   (do trường hợp và trường hợp 2) điều này không xảy m  Trường hợp : (*) vô nghiệm  (4) vô nghiệm   '   m   m  1  m  Tóm lại: Khi m  1  m  thì hệ có đúng nghiệm phân biệt ĐỀ SỐ 10 CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI TPHCM – 2011 m x   m  1 x Khảo sát hàm số m = Câu I: Cho y  Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu cho:  y2  y1    4m   y  x3  x TXĐ: D = R y '  x2  x  y'     x  2 y "  2x y "   x   y   Điểm uốn O (0, 0) BBT: “ Sưu tầm và biên soạn “ (3) (4) Giáo viên: Nguyễn Thành Long x y’ y + Email: Changngoc203@gmail.com -2 0 16 + + + 16 Đồ thị: Cho x  4  y   16 16 ; x4 y 3 m x  2(m  1) x y '  mx  2(m  1) ; y '   mx  2(m  1)  (1) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (1) có nghiệm phân biệt 2(m  1)    m  1  m  m Khi đó (1) có nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 )  yCD  f ( x1 ) và yCT  f ( x2 ) Để tìm yCD và yCT ta chia f(x) cho f’(x) thì được:  yCD  f ( x1 )   (m  1) x1  (Vì f'(x1 )  0, f '( x2 )  0) f ( x)  f '( x). x   (m  1) x   3  y  f ( x2 )   (m  1) x2  CT Theo giả thiết: ( yCD  yCT )  (4m  4)3 Ta có: y  16 (m  1)2 ( x1  x2 )  64(m  1)3  ( x1  x2 )  8(m  1) ( Vì m   ) 9 8(m  1) -2(m  1)  S  P  8(m  1)  0 (vì S  , P  ) m m  m  ( Vì m   ) So với điều kiện m  -1  m  nhận giá trị m =  ĐS: m  Câu II: Tìm x  [0,3 ] để cot x  cot x  sin x “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Điều kiện: cot x  và x  [0,3 cos x  Khi đó: Phương trình  cot x   cot x sin x   cos x sin x Nếu sinx > thì phương trình (*) trở thành :  cotgx.sinx = - cosx  cos x   x    k 2(k  )   So với điều kiện nhận x   x  3 Nếu sinx < thì phương trình (*) trở thành: cotx.( - sinx) = – cosx  -cosx = – cosx (vô nghiệm)  7 Tóm lại: x   x  3 Email: Changngoc203@gmail.com (*) dx  2x Tính tích phân I   1  2x  x Ta có: I    2x dx 2x   dx    2x 0 1 dx   2x 0  x dx 2x  2x Xem J   dx Đặt t   x  dt  x.ln 2dx Đổi cận: x   t  ; x   t  3 dt ln J  ln t  1  ln 2 t ln ln 2 ln Vậy: I   ln Câu III: Cho hai hàm số f ( x)  log ( x  1)  log ( x  1); g ( x )  log ( x  ax   1 log5 ( x  ax  6)   Chứng minh y  f  x  là hàm tăng Miền xác định hàm y = f(x) là: D  [0, ) Cách 1: Ta có y1  log3 ( x  1) và y2  log ( x  1) là hai hàm tăng và có giá trị không âm trên D nên: f ( x)  y1 y2 là hàm tăng trên D Cách 2: Ta có: f ( x)  log e.ln( x  1).log e.ln( x  1)  ln( x  1).ln( x  1) ln 3.ln  ln( x  1) ln( x  1)   f '( x )      0, x   y = f(x) là hàm tăng trên D ln 3.ln  x ( x  1) x 1  Tìm a để g ( x )  1, x   Đặt u  x  ax   thì g(x) trở thành: f (u )  log ( u  1).log (u  1) Khi đó g (x) > trở thành: f (u )   f (u )  f (4) (vì f(4) = 1)  u  ( vì y = f(u) tăng trên D) Vậy g ( x )  1, x    x  ax   4, x    x  ax   0, x       a    a  2  a  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Câu IV: a Có bao nhiêu số gồm 10 chữ số đó có đúng bốn chữ số và sáu chữ số Giả sử bốn chữ số là khác và sáu chữ số là khác thì số các số gồm 10 chữ số trên là:10! Nhưng ta hoán vị bốn chữ số hay sáu chữ số cho nhau, ta số thực 10! Do các số cần tìm là:  210 (số) 6!4!  b Có bao nhiêu a  ( x, y, z ) khác cho x, y , z là số nguyên không âm thoả x  y  z  10 Cách 1: Vì x + y + z = 10 và x, y , z  N nên không có trường hợp x = y = z Do còn trường hợp sau: Trường hợp : số x,y, z và khác số còn lại  có trường hợp, trường hợp có vectơ khác  có 18 vectơ khác Trường hợp : x, y, z khác đôi  có trường hợp, trường hợp có 3!= vectơ khác  có 18 vectơ khác Tóm lại: Số các vectơ thoả yêu cầu bài toán là:18 + 48 = 66 (vectơ) Cách 2: Ta có: z = 10 – (x + y) Do đó ta cần x, y thoả x  y  10 và x, y  N Nếu x = a thì y  10  a  có 11 – a cách chọn y Do vậy: Ta cho a chạy từ đến 10 thì số vectơ thoả yêu cầu bài toán là: (11 – 0) + (11 – 1) + (11 - 2) +…+ (11 - 10)  112  (1    10) 10.11  112   66 (vectơ) Câu Va: x  y   a Tìm trên đường thẳng d :  cách mặt phẳng ( ) : x  y  3z   đoạn 14 2 y  z   Lấy M (3 - t, t, - 2t)  d 22 d ( M ,  )  14   t  2t  3(2  2t )   14  7t   14  t  t   7  22 26   27 26  Vậy điểm cần tìm là M   ; ;   hay M  ;  ;    7   7  Lập phương trình hình chiếu d’ d trên ( ) Gọi là mặt phẳng chứa (d) và   ( )      qua A(3, 0, 2)  d và có VTP n   ad , n   (1,5,3)    Phương trình  : ( x  3)  5( y  0)  3( z  2)    x  y  3z   Hình chiếu (d’) (d) trên ( ) là giao tuyến ( ), (  )  x  y  3z    Phương trình (d’) là   x  y  z   Câu Vb: Xác định x, y theo a để MN ngắn Gọi I là trung điểm BC BC  AI     BC  ( AIN )  Số đo nhị diện (M, BC, N)  MIN  90 BC  (d )  3a MIN vuông I có IA là đường cao  M, N hai bên A và IA  AM AN  x y  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Ta có MN  x  y  xy  MN ngắn là a x  y  a M x C A I y B N d Thể tích hình chóp BCMN: Ta có: 1 1 VBCMN  VMABC  VNABC  MA.S ABC  NA.S ABC  S ABC (MA  AN )  a ( x  y) 3 3 a2 Vậy: VBCMN  ( x  y) 12 ĐỀ SỐ 11 TRƯỜNG KỸ THUẬT CAO THẮNG Câu I: Gọi (C) là đồ thị hàm số x 1 Viết phương trình các tiếp tuyến với (C) kẻ từ điểm A =(0;3) Câu II: Tính các tích phân: Khảo sát hàm số y  x   A=  cos xdx xdx ( x  1) B=  Câu III: 1.Tính số: M  C2523  C1513  3C107 m ! (m  1)!  2.Giải phương trình: (m  1)! Câu IV: Hình bình hành ABCD có A =(3; 0; 4) , B= (1; 2; 3) ,C=(9; 6; 4) Tìm tọa độ đỉnh D Tính cosin góc B Tính diện tích hình bình hành ABCD HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long 1 Khảo sát hàm số: y  x  x 1 Tập xác định: D  R \ 1 Email: Changngoc203@gmail.com (C) x2  2x ; y'   y ' 1  ( x  1) ( x  1) Tiệm cận đứng: x = vì lim   x  x   x1 Tiệm cận xiên: y = x vì lim x  0 x 1 BBT: Đồ thị: Y O -1 X Viết phương trình các tiếp tuyến (C) kẻ từ A (0,3) Đường thẳng (D) qua A và có hệ số góc k: y  kx    x  x   kx  (1) (D) tiếp xúc (C)   có nghiệm 1  k (2)  ( x  1)2 Thay (2) vào (1) : x  k  x 2 x  x   x    x  3( x  1)  x  x      2 x  x 1 ( x  1)  k  8  ĐS: y = 3; y = -8x + Câu II:  Tính A   Ta có: A  0 cos 0 xdx   cos x    xdx   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long   Email: Changngoc203@gmail.com  2  (1  cos x  cos x)dx   2  cos x (1  2cos x  ) dx  40   3 1   (4cos x  cos x  3)dx   2sin x  sin x  3x   80 8 16 0 2 Tính B   xdx ( x  1) Đặt t = x +1  dt  dx Đổi cận: x   t  ; x   t  3 3 1 1  t 1  1  B   dt     d            18 t   t 2t  1 t 1t Câu III: 23 13 Tính M  C25  C15  3C107 23 Ta có: C25  25! 15! 10! 13  300 ; C15   105; C107   120 23!2! 13!2! 7!3! Suy ra: M  165 m ! (m  1)!  (m  1)! Điều kiện: m  và m  N (m  1)(m  1)!  Ta có: Phương trình  (m  1)!m.(m  1)  6(m  1)  m(m  1)  m  5m    m   m  (nhận) Câu IV: A (3, 0, 4); B (1, 2, 3); C (9, 6, 4)   xD    xD  11     A Ta có ABCD là hình bình hành  AB  DC  6  yD    yD    z  1 z  D   D Vậy D (11, 4, 5)     b Ta có: cos B  cos( BA, BC ) với BA  (2, 2,1) và BC  (8, 4,1) 16   1  cos B   81 c Diện tích hình bình hành,   S ABCD  2S ABC   BA, BC   62  62  242  18 (đvdt) Giải phương trình: ĐỀ SỐ 12 TRUNG HỌC PHÁT THANH TRUYỀN HÌNH II – 2011 Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x  x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên Biện luận theo k số giao điểm đồ thị (C) và đường thẳng d1 : y  kx  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) , trục hoành và đường thẳng d : y   x  Câu II: Tính các tích phân sau: ln 2dx a I   b J   xe  x dx x  3x  x Câu III: Cho đường tròn (C) tâm I  0;1 , bán kính R = và đường thẳng d : y  Trên đường thẳng d có điểm M  m;3 di động và trên Ox có điểm T  t;  di động Chứng minh điều kiện để MT tiếp xúc với (C) là: t  2mt   Chứng minh với điểm M ta luôn tìm điểm T1 và T2 trên Ox để MT1 và MT2 tiếp xúc với (C) Lập phương trình đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác MT1T2 Tìm tập hợp tâm K đường tròn (C’) Câu IV: Trong mặt phẳng Oxyz cho điểm: A  1, 0,  B  3,1,  , C  1, 4,  Chứng tỏ mặt phẳng (ABC) vuông góc với đường thẳng  có phương trình: x  5t ; y  4t  ; z  8t – M là điểm trên đường thẳng  có hoành độ Tính thể tích hình chóp MABC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  x3  x2  x  TXĐ: D = R y '  3x  x   x  1 y'    x    52 y "  x  4; y "   x    y  27  50  Điểm uốn I   ,   27  BBT: Đồ Thị: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com b Biện luận theo k số giao điểm (C) và ( D1 ) : y = kx + Phương trình hoành độ giao điểm (C) và ( D1 ) : x  x3  x  x   kx   x( x  x   k )     x  2x   k   '  1  k  k Biện luận: k  và k  : (C) và ( D1 ) có điểm chung k =  k = 1: điểm chung k  : điểm chung c Tính diện tích hình phẳng giới hạn (C) trục hoành và đường thẳng ( D2 ) : y = -x + Phương trình hoành độ giao điểm (C) và ( D2 ) x3  x  x    x   x3  x  x    ( x  1)( x  x  1)   x  1  y  Giao điểm (C) và trục hoành: x3  x  x    ( x  2)( x  1)   x  2 Diện tích hình phẳng cho bởi: 1 1   x2  x x3 x 17 41 S   ( x  x  x  2)dx   ( x  1)dx     x      x     12  2    1 12 2 1 Câu II: a Tính I  2dx 1 x3  3x2  x 2  x  x  x x( x  1)( x  2) A( x  1)( x  2)  Bx( x  2)  Cx( x  1) A B C     x x 1 x  x( x  1)( x  2) Đồng vế ta được: A( x  1)( x  2)  Bx( x  2)  Cx( x  1)  2, x Chọn x = 0: 2A =  A  Chọn x = -1 : -B =  B  2 Chọn x = -2 : 2C =  C  2 Do đó:    x  3x  x x x  x  Ta có: Suy ra: I  (ln x  2ln x   ln x  )  3ln  3ln  4ln  ln “ Sưu tầm và biên soạn “ 32 27 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com ln b Tính J  0 x.e x dx u  x du  dx Đặt   x x dv  e dx v   e Khi đó J   x.e  x ln ln  0 e  x dx    x.e x  e x  ln   ln 2 Câu III:  a Ta có MT  (t  m, 3) Phương trình đường thẳng MT là: 3( x  t )  (t  m) y   x  (t  m) y  3t  Ta có MT tiếp xúc (C)  d ( I , MT )  R t  m  3t    m  4t  4mt   t  2mt  m  t  2mt   (*)  (t  m ) b Xét phương trình (*) ta có  '  m   , nên phương trình có nghiệm phân biệt t1 , t2 Vậy với điểm M ta luôn tìm điểm T1 , T2 trên Ox để MT1 và MT2 tiếp xúc (C) c Ta có: T1 (m  m  3,0) , T2 (m  m2  3,0) t t Gọi J (a, b) là tâm đường tròn ngoại tiếp MT1T2  a   m m2 Và JM  JT22  4m  (3  b)2  m   b  b   2 m Khi đó bán kính (C’) là R '  JM  2   m2   m2 Phương trình  C '  : ( x  m)   y    2       x  m  d Tâm K (C’) chính là J  Toạ độ K là  m2 y     Vậy tập hợp các điểm là đường cong y  1 x2 Câu IV: A(-1, 0, 2), B(3, 1, 0), C(-1, -4, 0) a Mặt phẳng (ABC) vuông góc đường thẳng ( ) :  Ta có VTCP ( ) là a  (5, 4,8)   AB  (4,1, 2) và AC  (0, 4, 2)   AB.a   Khi đó:     () vuông góc (ABC) AC.a   b M  ( ) có hoành độ là  M (5, 2,4)   Ta có:  AB, AC   (10,8, 16)       AM  (6, 2, 2)   AB, AC  AM  108 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long    Vậy: VMABC   AB, AC  AM  108  18 (đvtt)  6 Email: Changngoc203@gmail.com ĐỀ SỐ ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHỐI A – 2011 x  3x  x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm trên đường thẳng x =1 điểm M cho từ M kẻ hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với Câu II: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho các điểm A 1,1,3 , B  1,3,  và C  1, 2,3 Kiểm chứng A, B, C không thẳng hàng và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm này Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (P) Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC Câu III: Tìm giá trị tham số a để hệ phương trình sau có đúng nghiệm  x2   y  a    y   x  x    a Xác định giá trị tham số m để hệ sau có nghiệm phân biệt: log ( x  1)  log ( x  1)  log  log ( x  x  5)  m log x2 2 x 5  Câu IV: Cho hai hàm số: cos x  sin x sin x  cos x f  x    sin x  cos x  cos x  sin x  và g ( x )   sin x  cos x cos x  sin x Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ f (x) Xác định giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm  m  3 g  x    f  x   m  Câu I: Cho hàm số y  Câu V: Cho hai hàm số f  x   ax  b , với a  b  Chứng minh rằng: 2  2   2   f ( x) sin xdx    f ( x ) cos xdx    0   0      Một nhóm gồm 10 học sinh đó có nam và nữ Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh trên thành hàng dọc cho học sinh nam phải đứng liền HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  x  3x  2  x 3 x (C) TXĐ: D = R\ {0} x   x2  y'  ; y '    x2  x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long TCĐ: x = vì lim y   Email: Changngoc203@gmail.com x0 TCX: y = x – vì lim 0 x x  BBT: Đồ thị: x  Cho y =  x2 – 3x +2 =   x  b Tìm M trên đường thẳng x = cho từ M kẻ đến (C) tiếp tuyến vuông góc Gọi M(1;b) nằm trên đường thẳng x = Đường thẳng (d) qua M và M có hệ số góc k: y  k  x  1  b  x2  3x   k(x - 2) + b (1)  x d tiếp xúc với (C)   có nghiệm x   k (2)  x x   ( x  2)( x  1) Thay (2) vào (1):   b  (b + 2)x2 – 4x + = x x Từ M kẻ tiếp tuyến đến (C) và vuông góc với  (2) có nghiệm phân biệt x1 , x2  cho k1k2  1 “ Sưu tầm và biên soạn “ (3) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 4  2(b   0) b   '      x12  x2  với  2 2   x x  ( x  x )   k1k  1  2  x2 x2   x1 x2  b  b  b     b  3  (tm) b  6b   x  x  b2  Câu II: A(1, 2, 3), B(-1, 3, 2), C(-1, 2, 3) Ta có:    AB  (2, 2, 1)     AB, BC khác phương  A, B, C thẳng hàng AC  (2,1, 0)     Mặt phẳng (P) chứa A, B, C  nP   AB, AC   Phương trình (P): x + xy + 2z – = 9 Ta có d (0,( P))  3   Diện tích tam giác ABC là S   AB , AC   (đvdt) 2 1 3 Thể tích OABC là V  S ABC d (O, ( ABC ))   (đvtt) 3 2 Câu III: Tìm a để hệ có đúng nghiệm:  x2   y  a    y   x  x    a Điều kiện cần: Nhận xét: Nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm hệ thì ( x0 ,  y0 ) là nghiệm hệ  x   x0  x0  Do đó: Hệ có nghiệm nhất:     y0   y0  y0  x  Thế  vào hệ ta a   y0  Điều kiện đủ:  x2   y  (1)  Với a  : Hệ trở thành:  (2)  y   x  x  Ta có: (1)  x    y  (*) Vì: x   và y 0  x    x  Nếu: (*)    y   y  Dễ thấy (0, 0) thoả (2) Suy hệ có nghiệm Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long log ( x  1)  log ( x  1)  log  log ( x  x  5)  m log x2  x 5  Ta có: Email: Changngoc203@gmail.com (1) (2)  x   2( x  1) (1)  log ( x  1)  log( x  1)  log  log ( x  1)  log ( x  1)   1 x  2( x  1)  m2 Đặt t  log ( x  x  5) thì (2) trở thành: t    t2 – 5t = m t 2x  Ta có: t '   0, x  (1,3)  t  log ( x  x  5)  f ( x ) đồng biến trên (1, 3) ( x  x  5) ln Lại do: t = f(x) đồng biến trên (1, 3) nên t  (2, 3) tương ứng có x  (1, 3) 2  t  Vậy hệ có nghiệm phân biệt   có nghiệm phân biệt t  5t  m Xem hàn số: y = t2 – 5t trên (2, 3) Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số  25  m  6 Câu IV: Cho: f(x) = (2sinx + cosx)(2cosx – sinx) và g ( x )  cos x  sin x sin x  cos x  sin x  cos x cos x  sin x Tìm giá trị lớn và nhỏ f (x) Ta có: y = f(x) = 3sinxcosx + 2(cos2x – sin2x)  y  sin x  cos x (*) 5  3 (*) có nghiệm     22  y    y  2  2 5 Suy ra: Miny =  và Maxy = 2 Tìm m để (m - 3)g(x) =  f ( x)  m  có nghiệm (4cos x  sin x )  (4sin x  cos x ) 3(cos2 x  sin x) =  (2sin  cos x )(2 cos x  sin x) f ( x) f ( x) 5 Đặt t = f(x)    t  2 Khi đó phương trình trở thành: (m  3)  3(t  m)  m – = t(t - m) (điều kiện t  0) t t 3  m (*) (vì t = -1 không là nghiệm)  t2 + = m(t + 1)  t 1 t2  t  2t  Xem hàm số y  Ta có: y  ; y’=  t   t  3 t 1 (t  1)2 Ta có: g(x) = “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Bảng biến thiên: Email: Changngoc203@gmail.com Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: 37  m   5 Phương trình có nghiệm  (*) có nghiệm    ,  \{0}     2 m   m  Câu V: 2     Cho f(x) = ax + b với a + b > Chứng minh:   f ( x ) sin xdx     f ( x ) cos xdx   0  0        Đặt I=  f(x)sinxdx và J=  f(x)sinxdx 0 Đặt u = f(x)= ax + b  du = adx dv = sinxdx, chọn v = -cosx dw = coxdx, chọn w = sinx  Suy ra: I  (ax  b) cos x     a cos xdx = b  (a sin x )  ab  J  (ax  b)sin x Ta có: I + J     a sin xdx   a a b  (a cos x)  ba 2 a  b  I =0 a   Giả sử I + J =     a (Trái với giả thuyết a2 + b2 > 0)  J = b   b  a     Vậy: I2 + J2  (đpcm) Có nam, nữ Có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh thành hàng dọc cho nam đứng liền Ta xem nam sinh xếp vị trí và nữ sinh là vị trí Số cách xếp vị trí trên là: 4! Nhưng vị trí, ta có hoán vị nam sinh cho ta cách xếp Vậy số cách xếp theo yêu cầu bài toán là: 4!.7! = 120960 (cách) 2 ĐỀ SỐ 14 ĐẠI HỌC CẦN THƠ – KHỐI B Câu IV: Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y  3cos x sin x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Tìm m để phương trình sau có nghiệm: cos x    m  tan x   3 sin x  cos x   HD: Tìm già trị lớn và nhỏ hàm số y  3cos x sin x  Miền xác định:  3cos x Ta có: y   y  3c os x  y sin x  y (*) sin x  Phương trình (*) có nghiệm x    32  ( y )2  (2 y )2  y     y  Vậy Miny =  và Maxy = 9cos x 3cos x  sin x    sin x   Ta có: Phương trình   m  3   m  1 sin x  sin x   cos x   3cos x  3cos x Đặt t =  3t  sin x  Khi đó phương trình trở thành: 1  t  m   1  t2 = m(1 + t) (điều kiện t  0) t  t2  m (*) (vì t = -1 không là nghiệm)  t 1 t2 t  2t Xem hàm số y  Ta có: y '  ; y’=  t   t  2 t 1 (t  1)2 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:  3  m   Phương trình có nghiệm  (*) có nghiệm   3,  \{0}    m  ĐỀ SỐ 15 ĐẠI HỌC CẦN THƠ – KHỐI D – 2011 Câu I: Cho hàm số y  x  x   m (có đồ thị là (Cm ) ), m là tham số Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm các giá trị m cho đồ thị (Cm ) có hai điểm chung với trục Ox Chứng minh với giá trị m tam giác có đỉnh là ba điểm cực trị đồ thị (Cm ) là tam giác vuông cân “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Câu II: Giải phương trình log (2 x  4)  x  log (2 x  12)  Email: Changngoc203@gmail.com Giải bất phương trình x( x  1)  x  x    Câu III: Tìm các giá trị tham số m để phương trình: log 2 ( x  mx  m  1)  log Câu IV: Giải phương trình: 3(sin x  tan x )  cos x  tan x  sin x sin A cos B cos C Câu V: Cho tập hợp các chữ số X ={0,1,2,3,4,5,6,7} Từ tập hợp X có thể lập được: Bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác đôi và chữ số đầu là 2? Bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác đôi cho chữ số đó có chữ số chẵn và chữ số lẻ5? (chú ý chữ số đầu tiên phải khác 0) Cho biết góc A, B, C tam giác thỏa hệ thức: cot B  cot C  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho y  x  x   m (Cm ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = y  x  x2  TXĐT: D = R y '  x  x  x( x  1)  x0 y'     x  1 y ''  12 x  y ''   x    y 13  13   13   điểm uốn  , ,  ,  9  9  BBT: x  Đồ thị: Cho y =  x4- x2 =    x   “ Sưu tầm và biên soạn “ 52 x  có nghiệm Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Tìm m để (Cm) có hai giao điểm chung với trục Ox Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và trục Ox: x  x   m  (1) Đặt t  x  t   Phương trình trở thành: t  2t  – m  (2) (1) có nghiệm  (2) có nghiệm trái dấu (1) có nghiệm kép dương  P0   2m  m   '       b 1   m  m 1 0     2a m  Vậy (Cm) cắt Ox điểm khi:  m 1 Chứng minh m tam giác có đỉnh là điểm cực trị (Cm) là tam giác vuông cân: Ta có x  y   m y’  x  x  y '      x  1  y   m Gọi điểm cực trị là: A  0;  m  , B  1;1  m  , C 1;1  m    Ta có: AB  (1, 1)  AB  2; AC  (1, 1)  AC    AC AB  1   0, m   AB  AC  2, m Vậy  ABC là tam giác vuông cân A, m Câu II: Giải phương trình: log 2 x   x  log 2 x  12      Phương trình log      log   12   x  log     log  log   12   log  log         12   * x x 2 x x x x x 2 x     log 2 x x  12  x Đặt t = 2x Điều kiện t > t  Khi đó phương trình (*) trở thành:  t    t  t  12   t  4t  32     t  8 (loại) x Vậy phương trình  =  x = “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Giải bất phương trình: x( x  1)  x  x    Đặt t  x  x   Khi đó bất phương trình trở thành: t  1 (loai ) (t  4)  t    t  t     t  Vậy bất phương trình  x  x    x  x    x  x   x  1  x  Câu III: Tìm m để log  ( x  mx  m  1)  log  x  có nghiệm Nhận xét: 2  52  (  2)1 Do đó: Phương trình  log  ( x  mx  m  1)  log x    x  mx  m   x 2 x   log 2 ( x  mx  m  1)  log 2 x (*) Ta có: (*)  m( x  1)   x  x   m  x2  x  (Vì x > nên x +1? 0) x 1 x2  x  Xem hàm số: y  ; y’=  x  1± x 1 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:  m  1 Phương trình có nghiệm  m   Câu IV: 3(sin x  tan x ) Giải Phương trình:  cos x  tan x  sin x cos x  cos x     Điều kiện: tan x  sin x   sin x   1   cos x     cos x  sin x  sin x   Khi đó: Phương trình   3sin x     cos x   2(1  cos x )  3(1  cos x )  2(1  cos x )  3(1  cos x)  2(1  cos x)(1  cos x )   cos x   sin x   1  cos x  1  (1  cos x)(1  cos x)   cos x  cos x  1 (loại vì sin x  ) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 x  k 2 (k   ) sin A Cho cot B  cot C  Chứng minh ABC là tam giác vuông cos B cos C Ta có sin A cos B cos C sin A cot B  cot C     cos B cos C sin B sin C cos B cos C sin C cos B  sin B.cos C sin A sin( B  C ) sin A     sin B sin C cos B cos C sin B.sin C cos B cos C sin A sin A    sin B.sin C  cos B.cos C sin B.sin C cos B cos C   cos B.cos C  sin B.sin C   cos( B  C )   B  C   Vậy tam giác ABC vuông A Câu V: Từ X = (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) có thể lập bao nhiêu số gồm chữ số khác đôi thoả: a Là số chẵn và số đứng đầu Gọi số cần tìm là: x  a1 a a a a5 Ta có: a1 =  có cách chọn cho a1 a5 chẵn  có cách chọn a5 Số cách chọn các vị trí còn lại là: A63 Vậy số các số cần tìm là: 1.3 A63 =360 (số) b Có chữ số chẵn và chữ số lẽ ( a1  ) Từ tập hợp X có số cách chọn số chẵn là C43 và số cách chonù chữ số lẽ là: C42 Suy từ tập X có số cách chọn chữ số đó có chẵn và số lẻ là: C43 C42 ứng với chữ số trên, ta lập đươc 5! Số Suy số các số có chữ số đó có chữ số chẵn, chữ số lẻ và a1 có thể là: C43 C42 5! Tương tự cách lập luận trên, ta có số các số có chữ số đó có chữ số chẵn, chữ số lẻ và a1= là: C43 C42 4! Vậy số các số cần tìm là: C43 C42 5! - C43 C42 4! = 2448 (số) ĐỀ SỐ 16 ĐẠI HỌC AN GIANG PHẦN CHUNG Câu I Khảo sát hàm số: y  x  x  Hãy tìm tất các giá trị a cho đồ thị hàm số y  x  x  tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x  a Khi đó hãy tìm tọa độ tất các tiếp điểm Câu II: Giải các bất phương trình sau: a log x2 x  b x  x   x    x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 5     Câu III: Giải phương trình: sin x  cos  x    sin  x    2   Câu IV: Giả sử a  0, b  , a  b  Chứng minh rằng: 1 a a  b  b a3  b3  Phần tự chọn Câu Va: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ với đáy ABCD và các cạnh bên AA’, BB’, CC’, DD’ Cho AB = a Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm cạnh bên BB’ Tính diện tích tam giác MOC theo a Tính tan  , đó  là góc hai mặt phẳng (B’OC) và (ABCD) x6 y 3 z 2 Câu Vb: Cho đường thẳng  và mặt phẳng ( ) có phương trình:  :   và 2 ( ) : x  y  z  Chứng minh đường thẳng cắt mặt phẳng, hãy tìm tọa độ giao điểm chúng Viết phương trình hình chiếu vuông góc  trên mặt phẳng ( ) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát hàm số: y = x4-5x2+4 TXD: D = R (C) x  y’= 4x - 10x = 2x (2x - 5); y '     x   10  y’’= 12x2 – 10; y ''   x   19  y  điểm uốn: 36  19  19  ,    ,    36  36  BBT: Đồ thị: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x  1 Cho y   x  x      x  2 b Tìm tất các giá trị a để (C) tiếp xúc với đồ thị y  x  a Tìm toạ độ tiếp điểm: Gọi (P): y = x2+ a  x  x   x  a (1) (C) tiếp xúc (P)   có nghiệm x  10 x  x (2)  x  (2)  x3  x   x x     x   Thay vào (1): x0a4   x    a  5  Vậy a = 4, a = -55 Tiếp điểm  0,   3, 2   3, 2 Câu II: a Giải phương trình log x2 x   1  x    x   x  0  x   x  1  x       x  1 x  2 0  x  x   x  2 x  x 0  x  x  b Giải bất phương trình: x  x   x    x  Ta có: x  x   x    x   x    x  Vậy bất phương trình “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x    x    x2  2  x      2  x    x  x       x    x    x     x7  x  3  x  Câu III: 5     Giải Phương trình: sin x  cos  x    sin  x    2    sin x  sin x  2 cos x  2sin x.cos x  cos x    k   x   k  x       cos x    k 2   3 x    k 2   x      sin x   18    3 x  7  k 2  x  7  k 2  6  Câu IV: Cho a = 0, b = 0, a + b = 1 a Chứng minh: a  b  Ta có:  a  b  a  b  a  b  b Chứng minh: a3  b    Ta có: a  b   a  b   a  ab  b 3 (k  Z ) 2   a  b2  a2  b2  a  b  ab  a  b       2 2 Câu Va: a S MOC Ta có: AC  (BB’DD’)  AC  OM 1 a 2a a a   2 4 b Tính tan Ta có AC  (BB’DD’)  góc mặt phẳng (B’OC) và (ABCD) là góc B’OB BB ' a Và tan   tan B ' OB    OB a S MOC  OM OC  Câu Vb: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com x6 y 3 z 2 :   (): 2x - 3y + z = 2 a  cắt (): Ta có phương trình tham số đường thẳng  là: x = + 2t; y = -3 + t; z = + 2t Thế x, y, z đường thẳng  vào mặt phẳng () ta có: 23 12  4t   3t   2t   3t  23  t   28 32 40   Vậy  cắt () A  ;  ;   3   b Phương trình hình chiếu () vào () ta có: Gọi  là mặt phẳng chứa () và        n  a , n    7; 2; 8  và  qua I(6, -3, 2)  Vậy phương trình  là: 7x + 2y – 8z – 20 = Khi đó hình chiếu  trên () là giao tuyến  và  nên phương trình hình chiếu là 2 x  y  z   7 x  y  z  20  ĐỀ SỐ 17 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số y  x3  3(m - 3) x  11 - 3m ( Cm ) 9  Cho m = Tìm phương trình các đường thẳng qua A  ;  và tiếp xúc với đồ thị ( C2 )của hàm số  12  Tìm m để hàm số có hai cực trị Gọi M và M là các điểm cực trị, tìm m để các điểm M , M và B(0,-1) thẳng hàng  Câu II: Đặt I  sin x  sin x   cos x dx ; J  cos x sin x  cos x dx Tính I  J và I  J 5 Từ các kết trên, hãy tính các giá trị I, J và K  cos x  cos x  3 sin x dx Câu III: Chứng minh với t   1,1 ta có:  t   t    t   t 2 Giải phương trình:  x  x   x  x  2( x  1)4 (2 x  x  1) Câu IV: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số đôi khác (chữ số đầu tiên phải khác 0), đó có mặt chữ số không có mặt chữ số 1? Có bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số (chữ so ỏđầu tiên phải khác 0) biết chữ số có mặt đúng hai lần, chữ số có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá lần? B.Phần tự chọn Thí sinh chọn câu Va và Vb: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com CâU Va: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  ( ABCD ) và SA  a Trên cạnh ˆ   Hạ SN  CM AD lấy điểm M thay đổi Đặt góc ACM Chứng minh N luôn thuộc đường tròn cố định và tính thể tích tứ diện SACN theo a và  Hạ AH  SC , AK  SN Chứng minh SC  ( AHK ) và tính độ dài đoạn HK Câu Vb: Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng (d ) : x  my    và hai đường tròn: (C1 ) : x  y  x  y   và (C2 ) : x  y  x  y  56  Gọi I là tâm đường tròn (C1 ) Tìm m cho (d ) cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A và B.Với giá trị nào m thì diện tích tam giác IAB lớn và tính giá trị đó Chứng minh (C1 ) tiếp xúc với (C2 ) Viết phương trình tổng quát tất các tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số y  x3  3(m - 3) x  11 - 3m ( Cm ) 9  Cho m = Tìm phương trình các đường thẳng qua A  ;  và tiếp xúc với (C2)  12  Với m = 2: y  x3  x  (C ) Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k: y  k ( x  19 )4 12 19   x  x   k ( x  12 )  (1) d tiếp xúc (C2)   có nghiệm 6 x  x  k (2)  Thay (2) vào (1): 19 x3  x   (6 x  x)( x  )  12  x   k   2  x  25 x  19 x    ( x  1)(8 x  17 x  2)    x   k  12  21 x   k   32  Vậy phương trình đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C2) là: y = hay y = 12x – 15 hay y   Tìm m để hàm số có cực trị Ta có: y  x3  3(m  3) x  11  3m x  y ,  x  6(m  3) , y ,   x  6(m  3)    x   m Hàm số có cực trị  (1) có nghiệm phân biệt  m    m  Tìm m để điểm cực trị M1, M2 và B (0, -1) thẳng hàng Để tìm phương trình đường thẳng qua điểm cực trị M1, M2 ta chia f(x) cho f ' ( x ) : m 3 1 f ( x)  f ' ( x)  x    (m  3) x  11  3m  3 “ Sưu tầm và biên soạn “ 21 645 x 32 128 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Suy phương trình đường thẳng M1M2 là: y  (m  3)2 x  11  3m M1, M2, B thẳng hàng  B  M1M2  1  11  3m  m  So với điều kiện m  nhận m = Câu II:  Đặt I   sin x  sin x  cos x Tính I  J và I  J  I  3J   sin x  3cos x sin x  cos x sin x  cos x  cos x ; J  dx  dx (sin x  cos x)(sin x  cos x) sin x  cos x    dx   sin x  cos x dx   ( cos x  sin x )    IJ   sin x  cos x sin x  cos x dx    sin x  cos x dx   1  sin x  2  cos x   dx   sin  x   1 3    dx   dx   20 20  2 sin  x    cos  x  3        Đặt t  cos  x    dt   sin  x   dx 3 3    Đổi cận x   t  và x   t    1  dt 12 1 2 1   1 t Khi đó I  J    dx   dt   ln   2   1 t 1 t 1 t 1 t   1 t 5 Tính I, J và K  cos x  cos x  3 sin x dx  1  I  ln   16    J  ln    16 3 Đổi biến số cho tích phân K: Đặt t  x   dt  dx 3 5  Đổi cận x   t  và x  t  Khi đó I  3J    Ta có:   I  J  ln  “ Sưu tầm và biên soạn “ 2   ln 0 Giáo viên: Nguyễn Thành Long  3  cos  t     K  3   3 cos  t    sin  t     Câu III: Chứng minh Email: Changngoc203@gmail.com      dt     cos 2t sin t  cos t sin t  cos t 1 dt  I  J  ln  sin t  cos t dt     t   1,1 ,  t   t    t   t vì t   1,1 nên đặt t = cos2x với x   0,   2 Khi đó bất đẳng thức trở thành:  cos x   cos x    cos 2 x   cos 2 x    cos x  sin x   sin 2 x    sin 2 x   cos x  sin x    sin x   sin 2 x (*) 1  sin x   cos x  sin x  (a )  1  sin x   sin x(b)   Tacó: (a)   cos x  sin x   2(cos x  sin x ) đúng x   0,   2   (b)  sin x  sin 2 x đúng x   0,   2   Do đó (*) đúng x   0,  , nghĩa là bắt đẳng thức chứng minh  2 Giải phương trình: 2 x  x   2 Điều kiện vế trái:  x  x   x  x    0 x2 2 x  x  Điều kiện vế phải: Với  x  thì  x  x  , đó ta có thể áp dụng bất đẳng thức  t   t   t câu thì ta được:   2 VT =  x  x   x  x    x  x   x  x    Do (VT)  x  x  nên điều kiện vế phải là: 2( x  1)2 (2 x  x  1)  x  x   2( x  x  1)2  2( x  x)  1  x  x    Đặt t  x  x đó điều kiện trở thành: 2(t  1) (2t  1)  t   t (4t  10t  7)   t  0(4t  10t  7)  0, t Vậy điều kiện vế phải là: x  x   x   x  0  x  Tóm lại: điều kiện phương trình là:   x  0 x  x   x  Dễ dàng nhận thấy x   x  là nghiệm phương trình đó phương trình có nghiệm x  0 x  Câu IV: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau, đó có mặt chữ số không có mặt chữ số Gọi số cần tìm là: x  a1a a a a5 a6 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Vì không có mặt chữ số nên còn chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để thành lập số cần tìm Vì phải có mặt chữ số và a1  nên số cách xếp cho chữ số là cách Số cách xếp cho vị trí còn lại là: A58 Vậy số các số cần tìm là: A58 = 33.600 (số) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số biết chữ số có mặt đúng lần, chữ số có mặt đúng lần và các chữ số còn lại có mặt không quá lần Gọi số cần tìm là: y  a1 a a a a5 a6 a7 Giả sử a1 có thể 0: Cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C72 Cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C53 Cách xếp cho vị trí còn lại là: 2! C82 Bây ta xét a1 = 0: Cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C62 Cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C43 Cách xếp cho vị trí còn lại làứ:7 Vậy số cần tìm là: C C 2! C - C C43 = 11.340 (số) Câu Va: N thuộc đường tròn cố định Ta có: SN  CM  AN  NC N  ( ABCD ) và ANC  900 nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố định Ta có: CN = AC cos   a cos  1 1 a3 Vậy V = S SA  AC CN sin  SA = a 2.a 2.cos  sin  a = sin 2 SACN ACN 6 Tính đoan HK Ta có CN  (SAN )  CN  AK (1) và AK  SN (2) Từ (1), (2)  AK  ( SCN )  AKH vuông K Ta có: AN  AC sin   a sin  a sin  1 1      AK  SAN có AK AS AN 2a 2a sin   sin  Tam giác SAC có AH = a “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Vậy HK  AH  AK  a  Email: Changngoc203@gmail.com 2a sin   sin  = a  a sin    sin  a cos   sin  Câu Vb: (C ) : x  y  x  y   (C ) : x  y  x  y  56  (d ) : x  my    Ta có (C1 ) có tâm I (1;-2) và bán kính R1 =3 d cắt (C1 ) điểm phân biệt A, B  d ( I , d )  R1   2m     m   4m  4m  18  9m2  5m  4m  17   m  R 1 IA.IB sin AIB  IA.IB  2 Vậy: S lớn là AIB  900  AB  R1   d  I , d   IAB 2   2m   m  16m  16m   36  18m  2m  16m  32  2  (m  4)   m  4 2) (C2 ) có tâm J(-2,2) và bán kính R2 = Ta có: S IAB  Ta có: IJ   16   R2  R1 =5 Vậy (C2 ) và (C2 ) tiếp xúc điểm có tọa độ thỏa: 14  x  x2  y  x  y         x  y  x  y  56   x   22  Suy phương trình tiếp tuyến chung là: 14 14  22  12 78  22    x  y      x     y      x  y    x  y – 26  5  5     ĐỀ SỐ 18 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A, B – 2011 x2 x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Cho điểm A  0; a  Xác định a để từ A kẻ tiếp tuyến đến (C) cho hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục Ox Câu II: Cho phương trình: cos x  sin x cos x  sin x cos x  m(sin x  cos x ) (1) Với m là tham số Giải phương trình (1) m =   Tìm m để phương trình (1) có ít nghiệm thuộc  0;   2 Câu III: Câu I: Cho hàm số: y  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1 Tính tích phân: I   x  x3 dx Chứng minh rằng: Cn1 3n 1  2Cn2 3n   3Cn3 3n 3   nCnn  n.4n 1 đó n là số tự nhiên lớn hay Câu IV: ( x  1)2  y  a Xác định tham số a để hệ sau đây có nghiệm nhất:  ( y  1)  x  a log2 x log6 log x2 Giải phương trình:  x  2.3 Câu V: Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz, cho hai điểm S  0; 0;1 , A 1;1;  Hai điểm M  m; 0;  , N  0; n;  thay đổi cho m  n  và m  0, n  Chứng minh thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) Từ đó suy mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với mặt cầu cố định HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  x2 x 1 TXĐ: D = R\{1} 3 y,    Hàm số giảm trên khoảng xác định x 1   TCD: x = vì lim y   x  TCN: y = vì lim y  x BBT: Đồ thị: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Xác định a để từ A (0,a) kẻ tiếp tuyến đến (C) cho tiếp điểm đến nằm phía 0x x 2 Gọi M ( x0 ; y0 )  (C )  y0  x0  Phương trình tiếp tuyến (C) M: y  f ' ( x )( x  x )  y  y 0 x 2 x  x0  3 3 ( x  x0 )  y x 2 x0  ( x0  1) ( x0  1) ( x0  1)2 x02  x0  ( x0  1)2  (a  1) x02  2(a  2) x0  a   (1) (vì x =1 không là nghiệm) a   a  Điều kiện để có tiếp tuyến kẻ từ A là:   , a  2   x 2 x 2 Khi đó (1) có nghiệm là x0 , x1  Tung độ tiếp điểm y0  và y1  x0  x1  Điều kiện tiếp điểm nằm phía Ox x  x1  x x  2( x0  x1 )   y0 y1   0 0 x0  x1  x0 x1   x0  x1   Tiếp tuyến qua A (0,a)  a  a  4(a  2)  4 9a  2 a  a   0   3a    a  a  2(a  2) 3  1 a 1 a 1 a  2, a  2  Tóm lại  a và a  2 a   Đs: a  2 ,a  Câu II: Cho 2cos2x + sinx2 cosx + sinxcos2 x = m(sinx + cosx) a Giải (1) m = Ta có: (1) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com cos x  sin x cos x  sin x cos x  cos x  sin x  sin x cos x(sin x  cos x )    2(cos x  sin x)(cos x  sin x)  sin x cos x(sin x  cos x)  (sin x  cos x)  2(cos x  sin x)  sin x cos x  Vậy: Phương trình (1) sin x  cos x  0(2)  (sin x  cos x )  2(cos x  sin x )  sin x cos x  m     2(cos x  sin x )  sin x cos x  m  0(3)  Ta có: (2)  sin x   cos x  tan x  1  x    k   Đặt t  cos x  sin x  cos( x  ) Điều kiện t   t2 Khi đó phương trình (3) trở thành: 2t   m   t  4t  2m   (*) Với m = 2, phương trình (*) trở thành: t  4t    t = hay t = (loại)  t =  x  k 2     Với t = thì cos( x  )   cos( x  )   x     k 2    x     k 2 4 4  Tóm lại: nghiệm phương trình m =2 là:   x    k , x  k 2 , x    k 2 (k   )  b Tìm m để (1) có ít nghiệm thuộc [0, ]    3 Ta có:  x    x   4  Nhận xét: Nghiệm (2) không thuộc [0, ]  Do đó: Phương trình (1) có ít nghiệm thuộc [0, ]  Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1] Ta có: (*)  t  4t   2m Xem hàm số f(t) = t  4t trên [-1;1]  f ' (t )  2t   0, t  [1, 1]  y = f(t) là hàm số giảm trên [-1;1] Vậy: YCBT  f (1)   2m  f (1)  3   2m   2  m  Câu III: 1 Tính  I   x5  x3 dx Đặt t   x3  t   x3  2tdt  3x dx x   t  Đổi cận:  x   t  1 21  t3 t   2  3  I   x  x x dx   (1  t ).t  t  dt   t  t dt      30 3  45   0  0   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Chứng minh C1 3n   2C 3n    n.C n  n.4n  n n n Ta có: (3  x)n  C 3n  C1 3n  1.x  C 3n  1.x   C n x n n n n n Lấy đạo hàm vế ta được: n(3  x )n   C1 3n   2C 3n  x   nC n x n  n n n Cho x = 1, ta điều phải chứng minh Câu IV: ( x  1)2  y  a  ( y  1)  x  a Điều kiện cần: Nếu hệ có nghiệm  x0 , y0  thì ( y0 , x0 ) là nghiệm hệ Nên hệ có nghiệm thì x0  y0 Thế vào hệ ta được: ( x  1)2  x  a  x  x   a  0 0 Ta có x  x   a  có nghiệm 0     4(1  a)   a  Điều kiện đủ: Với a    x  1  y  (1) Hệ trở thành:  ( y  1)2  x  (2)  y  x Lấy (1) -(2) ta được: (x - y)(x + y + 3) =    y  x  1 Thế y = x vào (1) ta được: x  x    x    y   2 Thế y = - x - vào (1) ta được: x  12 x  13  ( vô nghiệm)  x    Tóm lại hệ có nghiệm  y    Vậy a  thỏa yêu cầu bài toán 2 Giải phương trình: 4log2 x  x log2  2.3log2 x Điều kiện: x > Ta có: log x  log x log x log log x log x 2  2log x log x 4  4.4 ; x  và 3  9.9 Do đó phương trình trở thành: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com log x log x log x 3 4.4   18.9     2 log x 3 Đặt t    Điều kiện: t > 2 log x log x 9  18.  (*)  4  t  2 Khi đó phương trình (*) trở thành: – t = 18t  18t  t     t   (lo ai)  log x log x  3 Vậy phương trình       2  2 Vậy x  là nghiệm phương trình Câu V: Thể tích hình chóp S.OMAN Hình chóp S.OMAN có SO là chiều cao Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích OMA và ONA   mn  SOMAN  OM ,OA   ON ,OA       2 2 1 1 Vậy V  SO.S   (đvtt) S OMAN OMAN Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) Ta có:   SM  (m;  1)     Véctơ pháp (SMN) là n  (n; m; mn) SN  (0, n, 1)  Phương trình mặt phẳng (SMN): nx  my  mnz  mn  n  m  mn  m.n  mn Ta có: d  A,  SMN      1  mn 2 2 2 n m m n  2mn  m n Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R =1 cố định ĐỀ SỐ 19 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐ I D, M, T – 2011 PHẦN BẮT BUỘC Câu I x2  x  x 1 Gọi M  (C ) có hoành độ xM  m Chứng tỏ tích các khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận (C ) không phụ thuộc vào m Câu II Giải phương trình 4(sin x  cos x )  sin x  2 Cho phương trình m(sin x  cos x  1)   2sin x cos x (1)   Xác định giá trị tham số m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn  0;   2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số y  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x   y   m Câu III Cho hệ phương trình:  (với m  )  y   x   m Giải hệ phương trình m = Xác định m để hệ có nghiệm Câu IV 4 dx Tính tích phân:  (sin x  cos x ) Cho A là tập hợp gồm 20 phần tử a Có bao nhiêu tập hợp A b Có bao nhiêu tập hợp khác rỗng A mà có số phần tử là số chẵn? Phần tự chọn Thí sinh chọn hai câu Va Vb Câu V.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ De -cac vuông góc Oxy cho họ đường tròn: (Cm ) : x  y  2mx  4my  5m   Chứng minh họ (Cm ) luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định Tìm m để (Cm ) cắt đường tròn (C ) : x  y  hai điểm phân biệt A và B Chứng minh đó đường thẳng AB có phương không đổi Câu V.b Cho tam diện ba góc vuông là Oxyz Trên ba cạnh Ox, Oy, Oz ta lấy các điểm A, B, C cho OA  a, OB  b, OC  c, đó a,b,c là ba số dương Gọi H là hình chiếu vuông góc O trên mp (ABC) Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC Tính OH theo a, b, c Chứng tỏ ( S ABC )2  ( SOAB )  ( SOBC )  ( SOCA ) với S ABC , SOAB , SOBC , SOCA là diện tích các tam giác ABC, OAB, OBC, OCA HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  TXĐ: D = R\{-1} x2  x y'  ; y'   ( x  1)2 Tiệm cận đứng: x = -1 vì Ta có: y  x   x2  x  x 1 x   x  2  lim y   x  1 2 Tiệm cận xiên: y = 2x - vì lim 0 x 1 x   x 1 BBT Đồ thị: Cho x = suy y = “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Gọi M   C  có xM = m Chứng tỏ tích các khoảng cách từ M đến đường tiệm cận (C) không phụ thuộc m Ta có: xM = m  y  2m   M m 1 Tiệm cận đứng: x + = (D1) m 1 Suy d1(M, D1)   m 1 Tiệm cận xiên: 2x – y – = (D2) 2m  2m   1 m 1 d2(M,D2) =  5 m 1 2 Suy d1 d  m   (không phụ thuộc m) m 1 Câu II: Giải phương trình: 4(sin x  cos x )  sin x  Ta có:   cos x  1 sin x  cos4 x  (sin x  cos2 x)2  2sin cos2 x =  sin 2 x =    =  cos x 2  4 Do đó: Phương trình 3     cos x   sin x   cos x  sin x  1 4    2  cos x  sin x    cos  x    cos 2 3  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com    x   k  (k  Z ) x     k   12 2 Tìm m để m(sin x  cos x  1)   2sin x cos x có nghiệm thuộc    0;    Đặt t  sin x  cos x  sin  x   4      3  Ta có:  x    x     sin  x      t  2 4 4  t2 Khi đó phương trình trở thành m(t  1)   (t  1)  m  t 1 t2 t  2t Xem hàm số: f(t) = trên 1,   f '(t )   0, t  1,  t 1  t  1 Suy y = f(t) là hàm tăng trên 1,  Do đó: phương trình có nghiệm  f (1)  m  f ( 2)  m2   1 Câu III:  x   y   m Cho  (với m  )  y   x   m Giải hệ m = x  Điều kiện:  y   x  y   ( x  1)( y  2)  m (1) Khi đó: Hệ phương trình    x  y   ( x  2)( y  1)  m (2) Lấy (1) trừ (2) được: ( x  1)( y  2)  ( x  2)( y  1)  xy  x  y   xy  x  y   x  y  x  y Do đó: Hệ phương trình    x   x   m (3) Với m = 9, (3) trở thành x   x    x  2  x     x  3 y   ( x  1)( x  2)   x x  x  Vậy nghiệm hệ m = là:  y  Tìm m để hệ có nghiệm: Xem hàm số f(x) = x   x  trên  2;   Ta có: f '( x)  x 1  x2  0, x   y = f(x) là hàm số tăng trên  2;   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Mặt khác lim f ( x)   nên: x   Hệ có nghiệm  (3) có nghiệm  m  f (2)  m   m  Câu IV:  Tính I  dx   sin x  cos x  Email: Changngoc203@gmail.com dx  Ta có: I   dx   sin x  cos x  Đặt t  tan x  dt  dx   dx cos x(tan x  2) dx cos x Đổi cận x   t  và x  Khi đó I   t  2 2 dt    t 1 1  t20 Cho A là tập hợp có 20 phần tử: a Có bao nhiêu tập A: Số tập hợp A là: C  C1  C   C 20  (1  1)20  220 20 20 20 20 20 b Ta có: = (1  1)  C  C  C  C   C 20 (*) 20 20 20 20 20 Số tập khác rỗng A có số phần tử chẵn là: C  C  C   C 20 = C1  C   C19  C (Do(*)) = 220   219  20 20 20 20 20 20 20 20 (Do câu a) Câu Va: (Cm) x2 + y2 -2mx + 4my + 5m2 – = (Cm) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định Cách 1: Phương trình (C ) là x  m  y  2m  m     (Cm ) Tâm I (m,-2m) và R = Gọi đường thẳng luôn tiếp xúc (Cm) là: Ax + By + C = ()  A  B   A  B A2  B , m    2 C   5.B  C  A  B Vậy (Cm) tiếp xúc với đường thẳng cố định là: x  y   Cách 2: Vì họ (Cm) có bán kính R = và tập hợp tâm I là đường thẳng d: 2x + y = nên luôn tồn đường thẳng () cố định tiếp xúc với (Cm) Đường thẳng () trên song song với d và cách d đoạn  // d   : 2x + y + C = C d(  // d) =  1  C   1 Vậy  : x  y    (Cm) cắt (C) điểm phân biệt A, B (C) có tâm O và bán kính R’ =1 Ta có: d(I,  ) = R, m  m( A  B)  C  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com m  4m2  m Ta có OI = (Cm) cắt (C) điểm phân biệt  R  R '  OI  R  R '   m   m  và m  Khi đó đường thẳng AB là trục đẳng phương (Cm) và (C) có phương trình là: 2mx  4my  5m2   2 x  y  5m  (vì m  )  Suy ra: AB có phương không đổi vì VTCP là a (2,1) Câu Vb: A H B K C Veõ OK  BC    BC  (OAK ) Ta coùOA  BC  Veõ OH  AK    OH  ( ABC ) Ta coù OH  BC  Ta coù AC  OB    AC  (OHB)  AC  OH  (*) Tính OH: 1   (1) BOC Có OK OC OB AOK Có  OH Từ (1) và (2) ta có OK OH   OA2 AC  HB    H là trực tâm ABC vaø BC  OH  (2) 1  OH    a b2 c abc a b2  b2 c  c a AK BC  OA.OK 2  OB.OC 2 OA2 OB OC 2  S    = (a b  b c  c a ) ABC  OH   OK  4 OH 2 = S  S  S OAB OBC OCA  Ta có S   ABC         ĐỀ SỐ 20 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2001 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com x  mx  với m là tham số x 1 Xác định m để tam giác tạo trục toạ độ và đường tiệm cận xiên hàm số trên có diện tích Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên m  3 Câu I Cho hàm số: y   Câu II Cho tích phân: I n   cos n xdx , với n là số nguyên dương Tính I và I Thiết lập hệ thức I n và I n  với n  Từ đó tính I11 và I12 Câu III Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3x  Câu IV.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A  1;  , B  2;  , C  3;1 Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm điểm M trên đường thẳng BC cho diện tích tam giác ABM diện tích tam giác ABC Câu V Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d có phương trình Tính số đo các góc tam giác ABC, biết rằng: cos A  sin B  sin C  x2 y z2   và mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z   Tìm điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P) Viết phương trình đường thẳng qua A, cắt đương thẳng d và song song với mặt phẳng (P) HƯỚNG DẪN GIẢI x  mx  x 1 Tìm m để diện tích tam giác tạo TCX và trục tọa độ m Ta có: y  x  m   x 1 m Với m  thì TCX: y = 2x + m + vì lim 0 x   x 1 m2  m2  Giao điểm TCX và Ox: y =  x    A  ,0 2   Giao điểm TXC và oy: x   y  m   B(0, m  2) m  1 m2  SOAB  OA.OB   m    (m  2)2  16   2  m  6 (thỏa điều kiện m  ) x  3x  2 Khảo sát và vẽ đồ thị m = -3: y  (C) x 1 TXĐ: D = R\ {1} 2x2  4x  y'   , x   Suy hàm số tăng trên khoảng xác định ( x  1)2 Câu I: Cho hàm số: y  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long TCĐ: x = vì lim y   x 1 TCX: y = 2x - (theo câu 1) Email: Changngoc203@gmail.com BBT: Đồ thị: x   y  2, x   y  Câu II:   I   cos x.dx   (1  sin x ).cos x.dx 0 Đặt u  sin x  du  cos x.dx x   u   Đổi cận    x   u  1 I3 =  u3  (1 – u ) du =  u      0 3    I4 =   cos x.dx =  =     cos x    dx =     cos x (1 + cos2x + ).dx =    (1 + cos2x + cos22x).dx 3    2cos x  cos x  dx 2   =  3x sin x   3  3  sin x      0    4 0 4   I n   cos n xdx Đặt u  cosn  x  du  (n  1) cosn  x sin xdx và dv = cosxdx chọn v = sinx     I n  sin x cos n1 x   (n  1)  cos n x sin x.dx  (n  1)  cos n  x (1  cos x )dx 0  (n  1) I  (n  1) I n2 n n 1 10 10.8.6.4.2 11 11.9.7.5 3 Vậy: I  I (n > 2)  I11  I  ; I12  I  n n  n 11 11.9.7.5.3 12 10 12.10.8.6 16 Câu III: PT “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  cos x  cos x  cos x   2 2   cos x  cos x  cos x   cos 2 x  cos x.cos x  sin x  sin 2 x  sin 3x    cos x(cos x  cos x)   cos x.cos x.cos x     x   k cos x      cos x    x   k   cos x   3 x    k     x   k   k Vậy nghiệm phương trình là  x   (k  Z )    x    k  Tính các góc ABC thỏa mãn hệ thức: cosA = sinB + sinC - Ta có:   cos A  sin B  sin C  2 A B  C B  C A A BC  cos  sin cos   cos  cos cos  0 2 2 2 2 A A BC A B  C 2 1 B C   cos  cos cos     cos  cos   cos 0  2 2  4  A BC  cos  cos 0  A BC  B C   2   cos  cos  sin 0 2   sin B  C   A  A cos    60   2 2  B  C  B  C cos A  sin B  sin C   A  1200  Vậy:   B  C  300 Câu IV: Phương trình đường tròn có dạng: (C ) : x  y  2ax  2by  c  11  a   14 5  2a  4b  c   13   : A, B, C  (C )  4  4a  c   b   14 10  6a  2b  c    100  c   14  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long  11 13  Vậy tâm I   ;    14  Hai tam giác có chung đường cao từ A nên:     BM  BC 1 S ABM  S ABC  BM  BC      3  BM   BC  Email: Changngoc203@gmail.com  1 1 M  ;       11  M  ;     3 Câu V: Phương trình tham số (d) qua A và vuông góc với (P)  x   2t  d : y   t và  P  : x  y  z    z  1  t   x  1  Thay vào (P)  t  1   y   H  1;1;0  , B đối xứng A qua (P) z    xB  xH  x A  3    y B  yH  y A   B (3; 0;1)  z  2z  z  H A  B x   t x2 y z2  D :     y  3t  z  2  2t  Gọi I là giao điểm D và đường thẳng cần tìm    I   t ;3t ; 2  2t   AI  (1  t ,3t  2, 1  2t ) là VTCP    Do () song song mặt phẳng (P)  AI n    5  3t    t    AI   ; 3;   hay  2;  9;  5 3 3 x 1 y  z 1 Vậy phương trình đường thẳng  là:   9 5 ĐỀ SỐ 21 ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG CƠ SỞ II -TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI D – 2001 Câu I: Cho hàm số: y  x  (m  10) x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = Chứng minh với m  ,đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành điểm phân biệt Chứng minh số các giao điểm đó có hai điểm nằm khoảng  3,3 và có hai điểm nằm ngoài khoảng  3,3 Câu II: Giải bất phương trình:  x   x  x  x2  x   2 Giải phương trình: log    x  3x   2x  4x   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Cho tam thức bậc hai: f ( x)  x  ax  b Chứng minh với giá trị a và b, số f (0) , f (1) , f ( 1) có ít số lớn Câu III: Chứng minh tam giác ABC ta luôn có: A B C  cos A  cos B  cos C tan  tan  tan  2 sin A  sin B  sin C Câu IV: Cho hình lập phương ABCD A’B’C’D’ với cạnh a Giả sử M và N là các trung điểm BC và DD’ Chứng minh MN song song với mặt phẳng (A’BD) Tính khoảng cách hai đường thẳng BD và MN theo a Câu V: 1.T các chữ số 1,2,3,4,5,6 thiết lập tất các số có sáu chữ số khác nhau.Hỏi các số đã thiết lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số và không đứng cạnh nhau? cot gx Tìm họ nguyên hàm hàm số: f ( x)   sin x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho: y = x4 – (m2 + 10)x2 + (Cm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 0: y = x4 – 10x2 + TXD: D = R x  y '  x3  20 x  x( x  5) ; y '    x   y ''  12 x  20; y ''   x   44 y  điểm uốn  44  44   ;     ;      BBT: Đồ thị:  x2   x  1 Cho y      x2   x  3  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Chứng minh với  m  , (Cm) luôn luôn cắt Ox điểm phân biệt đó có hai điểm nằm  (-3,3) và điểm nằm ngoài (-3,3) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và Ox x  (m  10) x   (1) Đặt t  x (t  0) Phương trình trở thành: t  (m  10)t   (2)   (m  10)2  36  0, m  Ta có:  P    < t1 < t2  (1) có nghiệm phân biệt  x   x  x  x 1 S  m  10  0, m  Đặt f (t) = t  (m  10)t  Ta có: af(9) = 81  9m  90   9m2  0, m  x  x  (3;3)   0t 9t     x  3   x  x   x 2 1 2 x  (  3;3) x    Vậy (Cm) cắt Ox điểm phân biệt đó điểm  (3,3) và điểm  (3,3) Câu II: Giải bất phương trình:  x   x  x 1  x  Điều kiện:   1  x  1  x  2x  x  x  x  x   x (*) Ta có: Bất phương trình  1 x  1 x Xét x = 0: Hiển nhiên (*) đúng Vậy x = là nghiệm Xét 1  x  : Khi đó (*) trở thành:   x   x       (1  x )  (1  x )   x   x   x   x  (loại) Xét  x  đó (*) trở thành:   x   x  x    x    Tóm lại nghiệm bất phương trình là:  x  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x2  x   2 Giải phương trình: log    x  3x  2 x  x    u  x  x  Đặt:  v  x  x  Hiển nhiên u , v  , x và v  u  x  3x  u Khi đó phương trình trở thành: log  v  u (*) 2v u Nếu u  v thì  v u Do đó: VT  log  ; VP  v  u  Suy phương trình vô nghiệm v u Nếu u  v thì   v u Do đó: VT  log  ; VP  v  u  Suy phương trinh vô nghiệm v Vậy: (*)  u  v  x  x   x  x   x  x    x  1  x  2 Tóm lại nghiệm phương trình là: x  1  x  2 Cho f(x) = x2 + ax + b Chứng minh số | f (0) |, | f(1) |, | f(-1) | có ít số lớn hay Dùng phương pháp chứng minh phản chứng: nghĩa là: 1     f (0)    f (0)    b  (1)    1       f (1)      a  b  (2)  f (1)  2    1     f (1)    f (1)     a  b  (3)    (2) cộng (3) ta được: -1 < + 2b <    b   Mâu thuẫn với (1) 2 Vậy có ít số f (0) , f (1) , f ( 1) lớn hay Câu III: Chứng minh  ABC ta luôn có: A B C  cos A  cos B  cos C tan  tan  tan  (1) 2 sin A  sin B  sin C A B A B C Ta có: cos A  cos B  cos C  cos cos   sin 2 2 C AB A B A B C =  2sin  cos  cos   4sin sin sin  2 2  2 A B A B C C sin A  sin B  sin C  sin cos  sin cos 2 2 C A B A B A B C = 2cos  cos  cos  cos cos cos  2 2  2 Giả sử số f (0) , f (1) , f ( 1) nhỏ “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com A B C sin sin A B C 2 Do đó: (1)  tg  tg  tg  A B C 2 cos cos cos 2 A B C B A C C A C A B C  sin cos cos  sin cos cos  sin cos cos   sin sin sin 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C C B  sin  cos cos  sin sin   cos  sin cos  sin cos   2 2 2 2 2 2 A B C A B C A A  sin cos  cos sin   sin  cos  (đúng) 2 2 2 Vậy đẳng thức đã cho đúng Câu IV: Cách 1: F A’ D  sin C’ B’ N H D A O K I E B C M MN//(A’BD) Gọi E, F là trung điểm CD và A’D’ Ta có FN và ME cắt I  AD FN / / A ' D    ( FIM ) / /( A ' BD )  MN / /( A ' BD) ME / / BD  Khoảng cách BD và MN Ta có (A’BD)//(FIM) nên d (BD,MN)=d((A’BD),(FIM)) Vẽ AH  A ' O Ta có BD  AH  AH  ( A ' BD) Gọi  là khoảng cách từ A đến (FIM), ta có: a AH AO      AH  d (( A ' BD), ( FIM ))    AH  AH   Ak 2 Cách 2: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Z Email: Changngoc203@gmail.com A’ D’ C’ B’ N Y A D B C M X Chọn hệ trục Axyz hình vẽ Suy ra: A  0; 0;  , B  a; 0;0  , C  a; a;0  , D  0; a;0  , A’(0; 0; a), B’  a; 0; a  , C’( a; a; a ), D’(0; a; a) a  a   Ta có: M, N là trung điểm BC và DD’ nên M  a; ;  và N  0; a;  2    Chứng minh MN //(A’BD):   Ta có: A ' B  (a; 0;  a) ; A ' D  (0; a;  a )    Suy pháp véc tơ (A’BD) là: n   A ' B , A ' D   (a , a , a )   a a Ta có véc tơ phương MN là: MN   a, ,  2      a3 a 3 Ta lại có: n.MN   a     n  MN  MN / /( A ' BD) 2 Tính khoảng cách MN và BD  a a2 a2    Gọi  là mặt phẳng chứa MN và BD  Pháp véc tơ  là: n   MN , BD     , ,   2   Hay n  (1,1,1)     a  Mặt khác  qua M nên có phương trình là: 1( x  a)  1 y    ( z  0)   x  y  z  3a  2  a Vậy d  MN , BD   d ( B,  )  Câu V: Số các số có chữ số khác là: p6  720 số Số các số có chữ số khác và có số và cạnh là: (2!4!).5=240 số Suy số các số có chữ số khác và có số và không cạnh là: 720 – 240 = 480 số Ta có d sin x cot x cos x sin x I dx   dx   d  sin x    9 sin x (1  sin x )  sin x sin x (1  sin x ) sin x (1  sin x)     1 1 sin x  9   d sin x  ln sin x  ln  sin x  C  ln C    sin x  sin x  9  sin x   ĐỀ SỐ 22 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com ĐẠI HỌC Y DƯỢC TP.HỒ CHÍ MINH – 2001 mx  (m  1) x  4m3  m Câu I: Cho hàm số: y  (Cm ) xm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m  1 Tìm các giá trị tham số m để đồ thị (Cm ) có điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (II) và điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV) mặt phẳng toạ độ Câu II: Gọi (D) là miền giới hạn các đường y  3 x  10 , y  , y  x (x > 0) và (D) nằm ngoài parabol y  x Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo nên (D) quay xung quang trục Ox Cho k và n là các số nguyên thỏa  k  n Chứng minh rằng: C2nn  k C2nn  k  (C2nn ) Câu III: Giải bất phương trình: x  x   x  x   x  x  Cho phương trình: log (2 x  x  2m  4m )  log1 ( x  mx  2m )  Xác định tham số m để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 thỏa: x12  x2  Câu IV: Xác định các giá trị tham số a để phương trình sau có nghiệm: sin x  cos x  a s in2 x a cos A  b cos B  c cos C p  với a  BC , b  CA, c  AB ; p là nửa chu vi; R là a sin B  b sin C  c sin A R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.Chứng tỏ tam giác ABC là tam giác x2 y2 Câu V: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho elip: ( E ) :   và hai đường thẳng ( D ) : ax  by  ; ( D ') : bx  ay  ;với a  b  Gọi M, N là các giao điểm (D) với (E); P, Q là các giao điểm (D’) với (E) Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và b Tìm điều kiện a, b để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ Cho tam giác ABC thỏa: HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số: y  mx  ( m  1) x  4m3  m (Cm) xm Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -1: y   x2  x  x 1 TXĐ: D = R\{1}  x  1 x2  x  y'  ; y'    x  ( x  1)2 TCĐ: x = vì lim y   x 1 4 Ta có: y   x   TCX: y = - x + vì lim 0 x 1 x   x 1 BBT: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị: cho x   y  5; x   y  5 Tìm m để (Cm) có điểm cực trị thuộc (II) và điểm cực trị thuộc (IV) mx  2m2 x  3m3 Ta có: y '  ; y '   mx  2m2 x  3m3  (1) ( x  m) Đồ thị (Cm) có điểm thuộc (II) và điểm cực trị thuộc (IV)  (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 cho: x   x P      y  0(vô-nghiêm)  yCT yC Ñ  m    Heäsoá goùc TCX aâm 3m      (m  1)  4m(4m3  m)   y  m  m   15m  2m    m   m    m   m  m   1   m   m m 5  m  Đs: m   Câu II: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Đường thẳng y = - 3x + 10 cắt đường cong y  x (x > 0) B(2,4) và cắt đường thẳng y = C(3,1) Đường thẳng y = cắt đường cong y  x (x > 0) A(1,1) 2  56 Ta có: V     x  12  dx     3 x  10 2  12  dx = (đvtt)     2 Chứng minh C n C n  Cn 2n  k 2n  k 2n (2n  k )! (2n  k )!   2n  !     n !(n  k )! n !(n  k )!  n !n !       (n  k  1)(n  k  2) (n  k  n)(n  k  1)(n  k  2) (n  k  n)   (n  1)(n  2) (n  n) 2 Ta có: (n  k  i)(n  k  i )  (n  i )2 Khi cho i thay đổi từ đến n ta bất đẳng thức cần chứng minh Câu III: Giải bất phương trình: x  x   x  x   x  x   x  3x     Điều kiện:  x  x    x   x    x  5x    Ta có: Bất phương trình  ( x  1)( x  2)  ( x  1)( x  3)  ( x  1)( x  4) (*) Nếu x = thì hiển nhiên (*) đúng Suy x = là nghiệm phương trình Nếu x < thì (*) trở thành  x   x   x   x   x Nhận xét:   2 x  3 x  4 x   x   x Suy Bất phương trình vô nghiệm Nếu x  thì (*) trở thành x   x   x   x   x  Nhận xét:   x2  x3  x4 x   x   Suy Bất phương trình đúng x  Tóm lại: Bất phương trình có nghiệm là: x   x  2log (2 x  x  2m  4m )  log ( x  mx  2m )  2  log (2 x  x  2m  4m )  log ( x  mx  2m )  2  x  mx  2m   x  mx  2m      x1  2m, x2   m  x  (1  m) x  2m  2m  Yêu cầu bài toán “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x12  x22     x12  mx1  2m  với x1  2m , x2   m  2  x2  mx2  2m  5m  2m    4m   1  m    m    m  m    Câu IV: Tìm a để phương trình sin6 x + cos6x = a| sin2x | có nghiệm Phương trình :   3sin x cos x  a sin x   sin 2 x  a sin x Đặt t  sin x điều kịên  t  Phương trình là: f(t) =  3t  4a (vì t = không là nghiệm) t  3t 4   3t với t  (0,1)  f '(t )      f(t) là hàm số giảm (0,1) t t t Khi đó phương trình f (t) = 4a có nghiệm t  (0,1)  4a  f (1)  4a   a  a cos A  b cos B  c cos C p Cho ABC thoả:  a sin B  b sin C  c sin A R Chứng minh ABC R sin A cos A  R sin B cos B  R sin C cos C Ta có: VT = b c a a b c 2R 2R 2R 2 R (sin A  sin B  sin 2C ) R  2sin( A  B) cos( A  B )  2sin C cos C    ab  bc  ca ab  bc  ca R 2sin C cos( A  B)  cos( A  B )  R 4sin C.sin A.sin B R sin A.2 R sin B.2 R sin C    ab  bc  ca ab  bc  ca R (ab  bc  ca ) abc abc abc    R(ab  bc  ca ) 3R R.3 a 2b c a  b  c 33 abc abc VP =   9R 9R 3R Vậy VT =VP  a  b  c  ABC Câu V: Diện tích tứ giác MNPQ Nếu số a, b thì (D), (D’) trùng với trục toạ độ, đó M, N, P, Q là các đỉnh elip 1  S  MN PQ  6.4  12 (đvdt) 2 a Nếu a, b  thì phương trình (D) là y = kx và (D’) là y   x với k   k b Đặt f (t )  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Do ( D )  ( D ') nên S  MN PQ  2OM OP MNPQ 2 4 x  yM  36 Ta có M là giao điểm (D) và (E) nên:  M  yM  kxM  xM2  36  9k  OM  xM2  yM2  xM2 (1  k )  Tương tự ta tính được: OP  S MNPQ  2OM OP  36(1  k ) 4k  72(1  k ) (9k  4)(4k  9)  Email: Changngoc203@gmail.com 36(1  k ) 9k  72(a  b ) (9a  4b )(4a  9b ) Diện tích nhỏ Ta có: 1 9k   4k  13    OM OP 36(1  k ) 36 13 1 72 144      OM OP  S  2 MNPQ 13 36 OM OM OP 13 OP 144 Vậy S MNPQ nhỏ OM  OP 13  k   a  b (với ab  ) ĐỀ SỐ 23 TRUNG TÂM ĐÀO TẠO BỒI DƯỠNG CÁN BỘ Y TẾ TPHCM – 2001 Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x  (m  3) x  3x  (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu Khi đó viết phương trình đường thẳng qua điểm cực trị này Tìm m để f ( x )  3x với x   x  y  x  m Câu II: Cho hệ phương trình: ( I )  (m là tham số)  y  x  y  m Giải hệ (I) m = 2 Xác định các giá trị m để hệ (I) có nghiệm Câu III: Giải phương trình: sin x  cos8 x  cos x  Câu IV: 2001 2000 k 2001 k 2001 2002 Chứng minh: C2002 C2002  C2002 C2002   C2002 C2002  k   C2002 C1  1001.2  sin 2mx dx (m là số nguyên không âm)  cos x Cho tích phân: I m   Chứng minh rằng: I m  I m  3I m1 với m  Câu V: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x và M là điểm thay đổi trên đường thẳng  : x  1 Tìm tọa độ tiêu điểm, đường chuẩn (P) Hãy vẽ (P) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Chứng minh từ M luôn luôn kẻ tiếp tuyến D1 , D2 đến parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với Gọi M , M là hai tiếp điểm hai tiếp tuyến D1 , D2 (ở câu 2) với (P) Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn M M HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x  (m  3) x  3x  (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu Khi đó viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị này Ta có: y '  x  2(m  3) x  3; y '   3x  2(m  3) x   (1) Hàm số có CĐ, CT  (1) có nghiệm phân biệt   '   (m  3)2    m2  6m   m  6  m  1 1  Chia f(x) cho f’(x) ta được: y  f '( x)  x  (m  3)   (m  6m) x  m  3  Vậy phương trình đường thẳng qua điểm cực trị là: y   (m2  6m) x  m  Tìm m để f ( x )  3x với x  Ta có: f ( x)  x, x   x3  (m  3) x   , x   m  x   , x  x2  m  g ( x ) với g ( x )  x   x 1 x2 x3  Ta có: g '( x)    , x  1; g '( x)   x  x3 x3 BBT:  g ( x )  Vậy: m  x 1 Câu II:  x3  y  x  m (1)  Đặt hệ (I)   y  x  y  m (2) Giải hệ (I) m = Lấy (1) trừ (2) ta được: x3  y3  y  x y  x  ( x  y )( x  yx  y  1)     x  yx  y     yx (voânghieäm vì  “ Sưu tầm và biên soạn “ x = -3y   0) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  (*) Thế y = x vào ( 1) thì hệ (I) trở thành:  x  3x  m  y  x Khi m = thì hệ (I) trở thành:  x3  3x     x  1  x   ( x  1) ( x  2)      y   y  x y  x  y    Tìm m để hệ (I) có nghiệm Ta có: Hệ (I) có nghiệm  Phương trình (*) có nghiệm Xem hàm số y  x3  3x; y '  3x  3, y '   x  1 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số: m  2  m  Câu III: Giải phương trình: sin x  cos8 x  cos x  Ta có:   8 4 4 sin x  cos x  (sin x  cos x )  sin x.cos x  1  sin x   sin x     sin 2 x  sin x Do đó: Phương trình 1   sin 2 x  sin x  cos x    8sin 2 x  sin x  (1  sin 2 x)  8 sin 2 x    sin x  10sin x      sin x  1  x   k  sin 2 x  (loại)     x k (k  ) Câu IV: 2001 2000 k 2001 k 2001 2002 Chứng minh: C2002 C2002  C2002 C2002   C2002 C2002  k   C2002 C1  1001.2 Ta có: C n   n đó điều chứng minh trở thành: n 2002.C  2001.C1   1.C 2001  10001.22002 2002 2002 2002 2002 2002 Ta lại có: ( x  1) C x  C1 x 2001   C 2001 x  C 2002 2002 2002 2002 2002 Lấy đạo hàm vế ta được: 2002.( x  1)2001  2002.C x 2001  2001.C1 x 2000   1.C 2001 2002 2002 2002 2001 2002 Cho x = và lưu ý 2002.2 ta điều phải chứng minh  1001.2 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  sin 2mx dx (m là số nguyên không âm)  cos x Cho tích phân: I m   Chứng minh rằng: I m  I m  3I m1 với m > Ta có:  sin 2mx  sin 2( m  2) x  sin 2( m  1) x cos x I I   dx   dx m m2  cos x  cos x 0  sin 2(m  1) x  cos x  3  3     dx   sin 2(m  1) x  sin 2( m  1) x dx      cos x 0  cos x   cos 2(m  1) x  3I  3I (đpcm) m 1 m 1 2(m  1) Câu V: (P) : y  x Ta có: y  x  p  Vậy tiêu điểm F (1, 0); đường chuẩn x = -1 Vẽ (P): M  đường thẳng  : x  1 chọn M (-1, m) Gọi (d) là đường thẳng qua M có hệ số góc là k  Phương trình (d): y = k(x + 1) + m Phương trình tung độ giao điểm (d) và (P): y  ky  4k  4m  ky  y  4k  4m  (*) k  d là tiếp tuyến (P)  (*) có nghiệm kép   (*)  '  4k  4mk   Do (1) luôn có nghiệm phân biệt k1 , k và k k = -1 nên qua M luôn kẻ tiếp tuyến đến (P) và tiếp 2 tuyến này vuông góc với M ( x1 , y1 ) ; M ( x2 , y2 ) là tiếp điểm Toạ độ trung điểm I M M là: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x1  x2 y1  y2  y12  y22  y1 y2 x        8    y1  y2  y   Ta có M ứng với hệ số góc tiếp tuyến là k1 M ứng với hệ số góc tiếp tuyến là k2 Nên y1 và y2 là nghiệm kép (*)ứng với giá trị k là ö k1 , k2 2  y1  va ø y2   y1 y2   4 k1 k2 k1 k  y  y 2  x    1       Vậy toạ độ I là:    y1  y2   y        Suy quỹ tích trung điểm I là parabol có phương trình: y  2( x  1) ĐỀ SỐ 24 ĐẠI HỌC KINH TẾ – TP.HỒ CHÍ MINH – 2001 PHẦN BẮT BUỘC Câu I Cho hàm số y  x2  x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Tìm tất các điểm M trên trục tung cho từ M kẻ tiếp tuyến với đồ thị, song song với đường thẳng y x  xy  y  12 Câu II Cho hệ phương trình:   x  xy  26  m Giải hệ phương trình với m = 2 Với giá trị nào m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm? Câu III  tan x 0 cos xdx Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình phẳng D giới hạn các đường y  ln x , y  , x  e Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên quay D quanh trục Ox Câu IV Từ tập thể 14 người gồm nam và nữ đó có An và Bình, người ta muốn chọn tổ công tác gồm người.Tìm số cách chọn trường hợp sau: a Trong tổ phải có nam lẫn nữ b Trong tổ có tổ trưởng, tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt tồ Phần tự chọn (Thí sinh chọn câu sau) Câu Va Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng: x  y   x  y  z 1 x  y 1 z  d1 :  , d2:   , d3:   2 1 1 2 x  z   Tính tích phân: I  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long 2 Email: Changngoc203@gmail.com Và mặt cầu: ( S ) : x  y  z  x  y  z   Chứng minh d1, d2 chéo và viết phương trình đường thẳng d cắt d1, cắt d2 và song song với d3 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 cho giao tuyến mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là đường tròn có bán kính r =1 Câu Vb: Cho hình vuông ABCD cạnh a Gọi O là giao điểm hai đường chéo.Trên nửa đường thẳng Ox vuông ˆ  60 góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S cho góc SCB Tính khoảng cách đường thẳng BC và SD Gọi (  ) là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD) Tính diện tích thiết diện tạo (  ) và hình chóp S.ABCD HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: x2  6x  a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị y  x  TXĐ: D = R\ {2} x  x2  4x  y'  ; y'    x  ( x  2)2 TCĐ: x = vì lim   x2 Ta có: y   x   x  TCX: y = - x + vì lim  0 x   x  BBT: (C ) Đồ thị: Cho x =  y  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com b Tìm M  Oy cho tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) song song với đường thẳng y   x có dạng 3 Gọi M (0, b)  Oy , tiếp tiếp qua M song song đường thẳng y   x có dạng: d : y   x  b 4  x  6x    xb (1)   x   d tiếp xúc (C)   coùnghieäm  x2  x  3   (2)  ( x  2) x  (2)  x  x    Thay vào (1): x   b  ; x   b  2 x   9  5 Vậy: M  0;  , M  0;   2  2 Câu II:  xy  y  12 Cho   x  xy  26  m Giải hệ m = (1)  y ( x  y )  12  y ( x  y )  12  a Ta có: Hệ phương trình    (26  m) y (2)  x ( x  y )  26  m  x  12 Thế (2) vào (1) ta được: y (14  m)  144 (*) Với m = 2: Phương trình (*) trở thành: 16 y  144 (2)  y3   x7   y 9  (2)  x  7  y  3  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  x   x  7 Vậy m = hệ có nghiệm:    y   y  3 b Tìm m để hệ có nghiệm: Ta có: Hệ có nghiệm  phương trình (*) có nghiệm  14  m   m  14 Câu III:  tan x a Tính I   dx cos x t  tan x  dt  dx cos x Đổi cận x   t  và x   t Khi đó  I   cos tan x tan x dx   dx  2 x  sinh x cos x (1  tan x) 3 t  1 t 3 dt    dt      t   t  t  1     ln  t     ln  2 0 b Tính thể tích hình phẳng giới hạn y = lnx, y = 0, x = e quay quanh Ox Đồ thị y = lnx cắt Ox điểm có hoành độ x = e Do đó: V    ln xdx ln x Đặt u  ln x  du  dx ; dv = dx, chọn v = x x e e e      V    x ln x   ln xdx     e   ln xdx      1 e Xem J   ln xdx Đặt u  ln x  du  dx ; dv = dx, chọn v = x x   “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long e e  J   x ln x    dx  1 Vậy: V   (e  2) (đvtt) Câu IV: Có nam và nữ đó có An và Bình Lập tổ công tác người Tìm số cách chọn: a Có nam lẫn nữ: Email: Changngoc203@gmail.com Số cách lập tổ công tác không phân biệt nam nữ là: C 14 Số cách lập tổ công tác toàn nam là: C Số cách lập tổ công tác toàn nữ là: C Suy số cách lập tổ công tác có nam lẫn nữ là: C146  (C66  C86 )  2974 (cách) b Có tổ trưởng, tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt: Có trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: Trong tổ không có An lẫn Bình Như còn lại 12 người Số cách chọn tổ trưởng: 12 cách Số cách chọn tổ viên: C115  Số cách chọn tổ đó không có An lẫn Bình là: 12.C115  5544 (cách) Trường hợp 2: Trong tổ không có An và không có Bình Như có 13 người đó có An không có Bình Nếu An là tổ trưởng thì số cách chọn tổ viên 12 người còn lại là: C125 Nếu An là tổ viên thì số cách chọn tổ trưởng và tổ viên còn lại 12 người còn lại là: 12.C114  Số cách chọn tổ mà đó có An và không có Bình là: C125  12.C114  4752 (cách) Trường hợp 3: Trong tổ có Bình và không có An: Tương tự trường hợp có 4752 cách Tóm lại: Số cách chọn tổ đó có tổ trưởng, tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt là: 5544 + 4752 + 4752 = 15048 (cách) Câu IV: a d1 , d chéo  Ta có đường thẳng d1 qua A (0; 2; 6) có VTCP a1  (1;1; 2)  d qua B (4;2;1) có VTCP a2  (1; 2;1) Ta có    a1 , a2   (3;1;1)         a   , a2  AB  1    AB  (4; 4;7) Vậy: d1 , d chéo Phương trình đường thẳng d cắt d1 cắt d , song song d3  Ta có VTCP d3 là a3  (2; 1; 1) - Gọi  là mặt phẳng chứa d1 và song song d3     n   a1 , a2   (1,5, 3)  phương trình  : x  y  z –  : - Gọi  là mặt phẳng chứa d song song d3 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long     n   a2 , a3   (1;3; 5)  Phương trình:  :  x  y  z   - Đường thẳng d cần tìm là giao tuyến  và   x  y  3z   (vì d khác phương d1 , d )  Phương trình d là:   x  y  z   b Mặt cầu (S) có tâm I (-1, 1, -1) và R = Email: Changngoc203@gmail.com Mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r =  d  I ,  P    R  r  Mặt phẳng (P) chứa d1 nên phương trình có dạng: m  x – y –   n  x – z –     m  2n  x  my  nz  2m  6n  Ta có: d  I ,  P      m  2n  m  n  2m  6n  (m  2n)  m2  n  4m  n  (m  2n)  m  n  16m  49n  56mn  6m2  15n  12mn  10m  34n  44mn   5m  22mn  17 n   m  1 Cho n = 1, ta có 5m  22mn  17     m   17  x  y  z   Vậy phương trình (P) là:   x  17 y  z   Câu Vb a Khoảng cách BC và SD Ta có SO là trục hình vuông ABCD và SCB  60  SA = SB = SC = SD = CB = a Và BC // (SAD) nên d (BC, SD) = d(I,(SAD)) với I là trung điểm CB Gọi H là trung điểm AD, ta có: BC  ( SHI ) Vẽ IJ  SH ta có IJ  ( SAD )  d(BC, SD) = IJ SO.HI Tam giác SIH có IJ   SH Vậy d (BC, SD) = 2 a 3 a a.a a “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com b ( ) Cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang BCFE Do hình chóp nên BCFE là hình thang cân: (EF+BC).IJ S  BCFE a a a Ta có: HJ  ; SJ  , SH  a EF SJ a Do EF//AD nên:     EF  AD SH a 3 2 a    aa 2  a Vậy S  BCEF ĐỀ SỐ 25 HỌC VIỆN NGÂN HÀNG PHÂN VIỆN TP HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2001 Câu I: Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  (1) Khảo sát hàm số (1) m = Chứng minh rằng, m hàm số (1) luôn đạt cực trị x1 , x2 với x1  x2 không phụ thuộc m Câu II: 2  x  xy  y  Giải hệ phương trình  2 2 x  13 xy  15 y  Tam giác ABC có cạnh là a , b, c và p là nửa chu vi Chứng minh rằng: 1 1 1    2(   ) p a p b p c a b c Câu III: Giải phương trình: cos 3x   cos 3x  2(1  sin 2 x) Chứng minh a, b, c là cạnh tam giác ABC và a  b  tan C  a tan A  b tan B  thì tam giác ABC cân Câu IV: Có thể tìm bao nhiêu số gồm chữ số khác đôi một? Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập bao nhiêu số chẵn có chữ số đôi khác nhau? Thí sinh chọn câu Va hoặcVb đây Câu Va: x2 y2 Nếu Elip   nhận các đường thẳng x  y  20  và x  y  20  làm tiếp tuyến, hãy tính a a b và b x2 y2 Cho Elip   (E).Tìm quan hệ a, b, k, m để (E) tiếp xúc với đường thẳng y  kx  m a b Câu Vb: Trong không gian, cho đoạn OO’= h và nửa đường thẳng Od, O’d’ cùng vuông góc với OO’ và vuông góc với Điểm M chạy trên Od , điểm N chạy trên O’d’ cho ta luôn có OM  O ' N  k , k cho trước Chứng minh đoạn MN có độ dài không đổi “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Xác định vị trí M trên Od, N trên O’d’ cho tứ diện OO’MN có thể tích lớn HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát (1) m = 1: y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  (1) m  1: y  x3  x  12 x  TXĐ: D = R y '  x  18 x  12 x  y'    x  y ''  12 x  18 y ''   y6  y5  x  y 11   11  ñieåm uoán I  ,  2  BBT: Đồ thị: b Chứng minh  m hàm số (1) luôn đạt cực trị x1, x2 với x1 - x2 không phụ thuộc m Ta có: y '  x  6(2m  1) x  6m(m  1) y '   x  (2m  1) x  m(m  1)  (*) Xét   (2m  1)  4m(m  1)    (*) luôn có nghiệm phân biệt l x1 , x2  Hàm số luôn đạt cực trị x1 , x2 Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com x2  2m    2m; x2  2m    2m   x2  x2  2m   2m  (hằng số) Vậy: x2  x1 không phụ thuộc m Câu II:  x  xy  y  (1) a Giải:  2 2 x  13 xy  15 y  (2) Cách 1: Vì x = không là nghiệm hệ nên đặt y = kx  x (1  2k  3k )  (3)  Khi đó hệ trở thành:   x (2  13k  15k )  (4) Ta có: (4)  15k  13k   (vì x = không là nghiệm)  x     25 k    x   vào (3) ta :   x   k    x   x    x  3  y 2  y2  y  2  y 5 2   2 Vậy hệ có nghiệm  , ,  ,    , (3, 2), ( 3, 2)   2   Cách 2: Vì x  nên chia vế (2) cho x ta được:  y  y (2)   13    15     x x y  x  y    y  y    x 2 x x Thế y vào (1) ta đáp số trên 1 1 1    2(   ) b Chứng minh: p a p b p c a b c Nhận xét: Nếu M, N > thì: 1 M  N  MN ;  2 M N MN 1 1   (M  N )   4   M N M N M N Do đó: 1 4    p  a p b 2p  a b c 1 4    p b p  c 2p b  c a 1 4    p  c p  a 2p  a c b Cộng vế với vế ta điều phải chứng minh Câu III: a Giải: cos 3x   cos 3x  2(1  sin 2 x) “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: VT = 1.cos 3x   cos2 3x   cos2 3x   cos2 x   Email: Changngoc203@gmail.com  Mặt khác: VP  Do vậy: Phương trình  2 cos x   cos 3x       cos x   cos 3x 2  sin 2 x  sin x   2  xk  cos x    x  k 2 (k  )   sin x  x  k   b Ta có: C C a  b  tan  a tan A  b tan B   (a  b) cot g  atgA  btgB 2 A B A B A B     (a  b) tan  a tan A  b tan B  a  tan  tan A   b  tan B  tan 2     A B B A A B A B sin sin sin A.sin sin B.sin 2  a b  A B A B cos A cos B cos cos A cos B.cos 2 A B A B  sin (sin A cos B  sin B cos A)   sin sin( A  B)  2 A B  sin 0    A  B  ABC cân  sin( A  B)  Câu IV: a Có bao nhiêu số gồm chữ số khác đôi Gọi số cần tìm có dạng a1 a2 a3 Số cách chọn a1 : (vì a  ) Số cách chọn a2 , a3 : A9 Vậy các số cần tìm là: A2  648 (số) b Từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập bao nhiêu số chẵn có chữ số đôi khác Gọi số cần tìm có dạng a1 a a a a5   Trường hợp 1: a5  Số cách chọn các vị trí còn lại: A74  840 (số) Trườnng hợp 2: a5  2, 4, 6 a5 có cách chọn a1 có cách chọn (vì a1 khác 0) a2 , a3 , a4 có A63 cách chọn  Số các số trường hợp là 3.6 A63  3000 (số) Vậy số các số cần tìm là: 840 + 2160 = 3000 (số) Câu Va: a (E) tiếp xúc với đường thẳng x  y  20  và x  y  20  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 9a  4b  400 a  40    2 a  36b  400 b  10 b (E) tiếp xúc với đường thẳng kx – y + m =  k a  b  m2 Câu Vb: a Chứng minh MN không đổi: Ta có: MN  OM  ON  OM  OO '2  O ' N  K  h  MN  k  h (không đổi) b Định M và N để OO’MN có thể tích lớn 1 V  S OM  OO '.OM O ' N OO ' MN OO ' N 1 OM  O ' N hk  h.OM O ' N  h  6 12 hk k Vậy: MaxV   OM  O ' N  12 ĐỀ SỐ 26 HỌC VIỆN NGÂN HÀNG PHÂN VIỆN TP.HCM – KHỐI D Câu I: Khảo sát hàm số: y  x  x  Cho parabol: y  x  x  và y   x  x  11 Viết phương trình tiếp tuyến chung parabol trên Câu II: Tìm x , y nguyên dương thỏa phương trình: x  y  26 1 Cho a b c > Chứng minh rằng: (a  b  c )(   )  a b c Câu III: Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  Chứng minh tam giác ABC có tan A  tan B  cot C thì tam giác ABC cân Câu IV: Từ bốn chữ số 4, 5, 6, có thể lập bao nhiêu số có các chữ số phân biệt? “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Từ các chữ số 0, 1, 2, 3,4, có thể lập bao nhiêu số chẵn gồm chữ số đôi khác nhau? Thí sinh chọn hai câu Va hoặv Vb đây Câu Va: Cho đường tròn C ( x  a )2  ( y  b)2  R Chứng minh tiếp tuyến đường tròn điểm ( x0 , y0 ) có phương trình: ( x0  a )( x  a)  ( y0  b)( y  b)  R x2 y 2 Chứng minh tích các khoảng cách từ điểm Hyperbol   đến các tiệm cận nó là a b số không đổi Câu Vb: Cho tứ diện ABCD Gọi A1 , B1 , C1 , D1 tương ứng là các trọng tâm các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC Gọi G là giao điểm AA1 , BB1 AG Chứng minh rằng:  AA1 Chứng minh rằng: AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng quy HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a Khảo sát hàm số: y  x  x  Tập xác định: D = R y’= 2x - BBT: Đồ thị: b Viết phương trình tiếp tuyến chung hai parapol: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long ( P ) : y  x  x  và ( P ) : y   x  x  11 Gọi    : y = ax + b là tiếp tuyến chung (P1) và (P2)  Email: Changngoc203@gmail.com tiếp xúc với (P1) và (P2)  x  x   ax  b  x  (5  a) x   b  coùnghieäm keùp coù nghieäm keùp      x  x  11  ax  b coùnghieäm keùp  x  (5  a ) x  11  b  coùnghieäm keùp  1  a   a  3 a  10a  4b        b  10 b    a  10a  4b  19  Vậy phương trình tiếp tuyến chung là: y = 3x – 10 hay y = - 3x + Câu II: a Tìm x, y nguyên dương thoả 3x + 5y = 26 26  y 1 y Ta có: 3x + 5y = 26  x    y  3 Ta lại có: x, y     y    y, t       1 y     y   3t  x   5t t     1  3t 7 • x, y     t  7  5t   t  1  t  x  Vậy:   y  (vì t    ) x   y  1 1 b Cho a, b, c > Chứng minh (a  b  c )(   )  a b c áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 1 1 a  b  c  abc ;    33 (vì a, b, c > 0) a b c abc  1 1 Nhân vế với vế ta được: (a  b  c )      (đpcm) a b c Câu III: Giải phương trình:sinx + sin2x + sin3x = Ta có phương trình sin x   2sin x cos x  sin x   sin x(2 cos x  1)    cos x    k   x  k x    (k  )  x   2  k 2  x   2  k 2   C Chứng minh tam giác ABC có tan A  tan B  cot thì  ABC cân “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Ta có: C sin( A  B ) tan A  tan B  cot  2 cos A.cos B C   cos A.cos B sin  sin Email: Changngoc203@gmail.com C C cos sin C  2 C C cos A.cos B sin sin 2 cos C 1  cos A.cos B  (1  cos C )   cos( A  B )  cos( A  B )  2 C   cos C   cos C  cos( A  B )  cos( A  B )   A  B   A  B Vậy ABC cân C Câu IV: a Từ bốn chữ số 4, 5, 6, có thể lập bao nhiêu số có các chữ số phân biệt: Số các số có chữ số: A41 sin Số các số có chữ số phân biệt: A42 Số các số có chữ số phân biệt: A43 Số các số có chữ số phân biệt: A44 Vậy số các số cần tìm là: A41  A42  A43  A44  64 (số) b Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, có thể lập bao nhiêu số chẵn gồm chữ số đôi khác nhau: Gọi số cần tìm có dạng: a1 a a a a5 Trường hợp 1: a5  Số cách chọn các vị trí còn lại: A54 Trường hợp 2: a5  2, 4 a5 Có cách chọn a1 Có cách chọn (vì a1 khác 0) a2 , a3 , a4 có A3 cách chọn  Số các số trường hợp là 2.4.A43 (số) Vậy số các số cần tìm là: A54  2.4 A43  312 (số) Câu Va: a Đường tròn ( x  a )2  ( y  b)2  R (C) Có tâm I (a, b) bán kính R Gọi    là tiếp tuyến (C) M ( x0 , y0 ) Ta có: M ( x, y )  ()  MM  IM    MM IM   ( x0  x )( x0  a )  ( y0  y )( y0  b)   ( x0  a )( x0  a  a  x0 )  ( y0  b)( y  b  b  y0 )  ( x0  a)  ( y0  b)2 R2  ( x  a)( x0  a )  ( y  b)( y0  b)  R (vì M ( x0 , y0 )  (C ) )  ( x  a)( x0  a )  ( y  b)( y0  b)  Vậy phương trình tiếp tuyến ( x0 , y0 ) là: ( x  a)( x0  a)  ( y  b)( y0  b)  R “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com x2 y2  1 (H ) a2 b2 Lấy M ( x0 , y0 )  ( H )  b x02  a y02  a b Hai tiệm cận (H) là: 1 : bx  ay  và  : bx  ay  b Ta có: d ( M , ( )) d (M , (  ))  bx0  ay0 bx0  ay0 a  b2 a  b  b x02  a y02 a  b2  a 2b2 (với c là nửa tiêu cận (H)) c2 Câu Vb: AG a  AA Gọi I, J là trung điểm CB, CD và A  BI  DJ JD JA AD Ta có: D  AJ và:   1  JA JD AD Tam giác GA A GDA 1 D A GA AG   1   GA AD AA 1 b Chứng minh tương tự ta cĩ BB và CC qua G Vậy AA , BB , CC , DD đồng qui G 1 1 1 “ Chúc các em năm với nhiều thành công mới… Cổng trường ĐH không còn cao vời vợi các em bắt đầu học từ ngày hôm “ Thân tặng …  “ Sưu tầm và biên soạn “