Dap an 55 de trong 60 de LTDH 2012 2013

Dễ thấ y N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng P và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu S... Gọi A, B là hai tiếp điểm..[r]

Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ĐÁP ÁN TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012 – 2013 Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k( x − m) + Từ M kẻ tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt:   − x + 3x − = k ( x − m ) + (1)  m < −1 m > ⇔   (2)  −3 x + x = k  m ≠ Câu II: 1) Đặt t = x + + x + > (2) ⇔ x = 2) 2) ⇔ (sin x + cos x ) 4(cos x − sin x ) − sin x −  = π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 33 33 + cos4 x + cos8x ⇒ I = π Câu III: (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x ) = 64 16 64 128 ⇔ x =− Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; AM = a; SM= 4a ⇒ V1 SM SN SM (1) = = V SB SC SB V V 3 ⇒ = ⇒ = ⇒ V2 = V (2) V V 5 SM = SB a a3 ⇒ V2 = V = S∆ABC SA = 3 Câu V: a + b ≥ 2a2 b (1); b + c ≥ 2b c2 (2); c + a ≥ 2c a (3) ⇒ a + b + c ≥ abc(a + b + c ) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc(a + b + c + d ) ⇒ a + b + c + abcd 4 ≤ (4) ⇒ đpcm abc(a + b + c + d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x + y − x − 8y + 10 = 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P) : x y z + + =1 a b c  77 4 a = + + =



  a b c  77  IA = (4 − a ;5;6), JA = (4;5 − b ;6)



 ⇒  −5b + 6c = ⇒  b = JK = (0; −b; c ), IK = (−a;0; c)   −4a + 6c = c = 77  n n Câu VII.a: a + bi = (c + di) ⇒ |a + bi| = |(c + di) | ⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm C (1; −1) , C2 (−2; −10) 11 11 16 + Với C1(1; −1) ⇒ (C): x + y − x + y + = 3 91 91 416 + Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x + y − x + y + =0 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) x = α  x=2 Câu VII.b:  với α >0 tuỳ ý và  y = α   y=1 Hướng dẫn Đề sô Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và trục hoành: x − 3mx + x − = (1) Gọi hoành độ các giao điểm là x1; x2 ; x3 Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm phương trình (1) m = ⇒ −2 m + m − = ⇔  Thử lại ta : m = −1 ± 15  m= −1 − 15  x = Câu II: 1) sin2 3x − cos2 x = sin2 5x − cos2 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = ⇔  x =  2) < x ≤ kπ kπ 1 x +7 −2 − − x2 = + lim + = x →1 x →1 x −1 x −1 12 12 Câu IV: VANIB = 36 Câu III: A = lim Câu V: Thay x = F − y vào bpt ta được: 50 y − 30 Fy + 5F − 5F + ≤ Vì bpt luôn tồn y nên ∆ y ≥ ⇔ − 25 F + 250 F − 400 ≥ ⇔ ≤ F ≤ Vậy GTLN F = x + y là Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và BF1+BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = ⇒ AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = − 33 2  Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: ( x − a)2 + ( y + a)2 = a2 (a) (b) ( x − a) + ( y − a ) = a a = a) ⇒  b) ⇒ vô nghiệm a = Kết luận: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = và ( x − 5)2 + ( y + 5)2 = 25
x −1 y −1 z + 



 2) u = ud ; nP  = (2;5; −3) ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : = = −3 Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị là: A(m;3m + 1) và B(−3m; −5m2 + 1) Vì y1 = 3m2 + > nên để cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, cực trị m >  ⇔ m> góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy thì  −3m <  −5m2 + <  Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a + 1), B(b; b3 − 3b + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến (C) A và B song song suy y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = ⇔ a + b − = ⇔ b = – a ⇒ a ≠ (vì a ≠ b) AB2 = (b − a)2 + (b − 3b2 + − a + 3a − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = ⇒ b = −1 AB = ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔  a = −1 ⇒ b = ⇒ A(3; 1) và B(–1; –3) (Cm ) thuộc Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x − = x ⇔ x = 3; x = −3 +  5π 2π +k (k ∈ Z ) (a) x =  π  π 18 2) (2) ⇔ sin  x −  = sin  − x  ⇔  3 2    x = 5π + l2π (l ∈ Z ) (b)   π 5π Vì x ∈  0;  nên x= 18  2 π −π ⇒ π ∫ π ∫ f ( x )dx = −π π π π ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( −t )( −dt ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx Câu III: Đặt x = –t ⇒ − − π π −  f ( x ) + f (− x ) dx = π ∫ π − π cos4 xdx −π 1 3π + cos2 x + cos4 x ⇒ I = 8 16








 a3 Câu IV: V =  AH , AK  AO = 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: cos4 x = ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − (1) 4 2b c 1+b c 1+ b c Dấu = xảy và b = c = bc (1 + d ) b bc d bc d bc d bc bcd = b− ≥b− =b− ≥b− =b− − (2) 2 4 2c d 1+c d 1+ c d cd (1 + a ) c cd a cd a cd a cd cda =c− ≥c− =c− ≥c− =c− − (3) 2 4 2d a 1+d a 1+ d a a d =a− ab2 c =d− da2 b ≥a− ab2 c ≥d− da2 b =a− =d− da (1 + b ) da b da dab ≥d− =d− − (4) 4 2a b 1+a2 b + a2 b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab + + + ≥4− − 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Mặt khác: a+c+b+d  • ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) ≤   = Dấu "=" xảy ⇔ a+c = b+d   a+b c+d  • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤   (c + d ) +   (b + a)     a+b c+d ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b )( c + d )  +  = ( a + b )( c + d )   2 a+b+c+d  ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤   = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d =   a b c d 4 Vậy ta có: + + + ≥4− − 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b ⇔ a 1+ b c + b 1+ c d + c + d + d a + a2 b Dấu "=" xảy và a = b = c = d = ≥ ⇒ đpcm Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x = t Câu VI.a: 1) Ptts d:  Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d  y = −4 + 3t





 1  ⇔ 4t + 4t + = ⇔ t = −2 S = AB.AC.sin A = AB2 AC − AB AC = 2 t = ⇒ C(–2; –10) C(1;–1)  




 2) (Q) qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n =  np , AB  = ( 0; −8; −12 ) ≠   ⇒ (Q ) : y + 3z − 11 = Câu VII.a: Vì z = + i là nghiệm phương trình: z2 + bx + c = nên: ( ) b + c =  b = −2 (1 + i )2 + b(1 + i ) + c = ⇔ b + c + (2 + b)i = ⇔  ⇔ + b =  c = Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 6x + 3y + 2z − 12 = ∆ là giao tuyến (α) và (β) ⇒ ∆:  3x − 3y + z =  z = −1 z = Câu VII.b: z4 – z3 + z2 – 8z –16 = ⇔ (z + 1)( z − 2)(z + 8) = ⇔   z = 2i  z = −2 2i Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) x − x + = log2 m có nghiệm ⇔ log12 m = 9 ⇔ m = 12 = 144 12  π π Câu II: 1) (1) ⇔  − cos x − cos x cos x = cos x ⇔ cos2x = ⇔ x = + k sin x ≠ t2 − (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3] t +1 t2 − t + 2t + Khảo sát g(t) = với ≤ t ≤ g'(t) = > Vậy g tăng trên [1,2] t +1 (t + 1)2 2) Đặt t = x2 − 2x + (2) ⇔ m ≤ Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤ Câu III: Đặt t = 2x + I = t2 − 2 có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) = t +1 t∈[1;2] ∫ t2 dt = + ln2 1+ t











 a3 15







 Câu IV: VAA BM = A A1  AB, AM  = ; S∆BMA =  MB, MA1  = 3a2 1 3V a ⇒ d= = S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy) Gọi I là trung điểm BC ⇒ I(0; 3; 0)
MIO = 450 ⇒ α =
NIO = 450 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 3 3 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC =  a +  đạt nhỏ ⇔ a = ⇔ a =  a a u = x − Câu VII.a: Đặt  Hệ PT ⇔ v = y − u + u + = 3v  v + v + = 3u ⇒ 3u + u + u + = 3v + v + v + ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t + Ta có: f ′ (t ) = 3t ln + t + t2 +1 t2 +1 > ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u = v ⇒ u + u + = 3u ⇔ u − log (u + u + 1) = (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log3 u + u + ⇒ g '(u ) > ⇒ g(u) đồng biến Mà g (0) = ⇒ u = là nghiệm (2) KL: x = y = là nghiệm hệ PT Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 2) A, B nằm cùng phía (P) Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1; 0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ thì M là giao điểm (P) với A′B ⇒ M(2;2; −3) Câu VII.b: (log x + log x )log2 x ≥ ⇔  < x ≤  ≥0 ⇔  log2 x x >  log2 x + Hướng dẫn Đề sô   Câu I: 2) Gọi M  x0 ;2 +  ∈(C) x0 −   Tiếp tuyến d M có dạng: y = −3 ( x − x0 ) + + ( x0 − 1) x0 −   Các giao điểm d với tiệm cận: A 1;2 +  , B(2x0 –1; 2) x0 −   S∆IAB = (không đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB  x0 = + ⇔ ⇒ M1( + 3;2 + ); M2(1 − 3; − ) = x0 − ⇒  x0 −  x0 = −  2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = π Câu II: 1) (1) ⇔  ⇔ 2cosx – = ⇔ x = ± + k 2π sin x ≠ 0, cos x ≠ 2 2 x − = u ( x − 2) + ( y − 3) = 2) (2) ⇔  Đặt  ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 = y −3= v u + v = u = u = Khi đó (2) ⇔  ⇔  v = v = u.v + 4(u + v) =  x =  x = −2  x =  x = − ⇒  ; ; ;  y =  y =  y =  y = Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= Câu IV: V= t e (1 − t )dt = e ∫ 20 tan α tan α tan α 1 a Ta có = ≤ 2 2 3 (2 + tan α ) + tan α + tan α + tan α 27 (2 + tan α ) ⇒ V max = 4a 3 27 đó tan α =1 ⇒ α = 45 o Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu V: Với x, y, z > ta có 4( x + y ) ≥ ( x + y )3 Tương tự ta có: 4( y + z ) ≥ ( y + z) 3 4( z + x ) ≥ ( z + x)3 ⇒ Dấu "=" xảy ⇔ x = y Dấu "=" xả y ⇔ y = z Dấu "=" xả y ⇔ z = x 4( x3 + y ) + 4( y + z ) + 4( z + x ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ xyz  x y z  Ta lại có  + +  ≥ z x  y xyz Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z   xyz = 1  Vậy P ≥  xyz + ⇔x=y=z=1  ≥ 12 Dấu "=" xảy ⇔   xyz  x = y = z   Vậy minP = 12 x = y = z = Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = Câu VII.a: Nhận xét: 10 x + x + = 2(2 x + 1) + 2( x + 1) 2x +1  2x +1   2x +1  (3) ⇔  = t Điều kiện : –2< t ≤  − m  + = Đặt x2 +  x +1  x +1  12 2t + Rút m ta có: m= Lập bảng biên thiên ⇒ < m ≤ –5 < m < −4 t
Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a; b ) (a2 + b2 ≠ 0)
=> VTPT BC là: n1 = (−b; a ) Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= ⇔ ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0 −b 3b + 4a b = −2a Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ = ⇔ 2 2 a +b a +b b = −a • b = –2a: AB: x – 2y = ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – =0 • b = –a: AB: –x + y+ =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ =0  x – y + 10 z – 47 = 2)   x + 3y – 2z + = Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1)3 + mx + = ( x − 1)3 + ( x − 1) Xét hàm số: f(t)= t + t , hàm số này đồng biến trên R f ( mx + 1) = f ( x − 1) ⇔ mx + = x − Giải và biện luận phương trình trên ta có kết cần tìm −2 • −1 < m < phương trình có nghiệm x = m −1 • m = –1 phương trình nghiệm đúng với ∀x ≥ • Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) M(–1;2) (d) cắt (C) điểm phân biệt ⇔ m > − ; m ≠ Tiếp tuyến N, P vuông góc ⇔ y '( x N ) y '( xP ) = −1 ⇔ m = −3 ± 2 Câu II: 1) Đặt t = x > (1) ⇔ 5t − 7t + 3t − = ⇒ x = log ; x = − log log ( x + 1) − log ( x − 1) > log (a ) log ( x − x + 5) − m log ( x2 −2 x +5) =  2)  (b) • Giải (a) ⇔ < x < • Xét (b): Đặt t = log ( x − x + 5) Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3) (b) ⇔ t − 5t = m Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ∈  − 25  ; −6    Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3)3 + ( y − 3)3 + ( z − 3)3 = (d ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 • Nếu x>3 thì từ (b) có: y = x( x − 3) + 27 > 27 ⇒ y > từ (c) lại có: z = y ( y − 3) + 27 > 27 ⇒ z > => (d) không thoả mãn • Tương tự, x<3 thì từ (a) ⇒ < z <3 => < y <3 => (d) không thoả mãn • Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3 Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL ⊥ SI ⇒ HL ⊥ ( SAD ) ⇒ HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = a 21 − (1 − a ) − (1 − b) − (1 − c) 1  Câu V: T = + + =  + +  − ( 1− a + 1− b + 1− c ) 1− a 1− b 1− c 1− b 1− c   1− a 1 Ta có: ; < − a + − b + − c < (Bunhia) + + ≥ 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c ⇒T≥ 6 − 6= Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = minT = 6 Câu VI.a: 1) B  ;  ; C1 (0;1); C2  ;  5 5 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính cho nên (Q) qua tâm I Suy ra: –2a – b = ⇔ b = –2a (a ≠ 0) ⇒ (Q): y – 2z = Câu VII.a: Cân hệ số ta a = 2, b = –2, c = Phương trình ⇔ ( z − 2i )( z − z + 4) = ⇔ z = 2i; z = + 3i; z = − 3i ⇒ z = Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = Gọi M(0; m) ∈ Oy 
AMB = 600 (1)
 AMB = 120 (2) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒  Vì MI là phân giác
AMB nên: AMI = 300 ⇔ MI = (1) ⇔
(2) ⇔
AMI = 60 ⇔ MI = IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 300 IA ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vô nghiệm Vậy có hai điểm sin 60 3 M1(0; ) và M2(0; − ) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung (d1) và (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2) + ( y − 1)2 + ( z − 2) =  2  3 b Câu VII.b: Đặt u = e − ⇒ J =  − (e − 2)  Suy ra: lim J = = b →ln 2 x Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm phương trình: x + 2mx + m + = 1 ± 137 BC d (K , d ) = ⇔ BC = 16 ⇔ m = 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cos x – sin x ) − 4(cos x – sin x ) – = ⇔ x = + k 2π ∨ x = π + k 2π    (2 x )3 +   = 18  a + b = y 2) (2) ⇔  Đặt a = 2x; b = (2) ⇔  y  ab = 2 x  x +  =    y y  S∆KBC = ⇔  3−  3+  Hệ đã cho có nghiệm:  ; ; ,   +   −   Câu III: Đặt t = cosx I = 16 (π + 2) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 a3 a2 13 3a Câu IV: VS.ABC = SSAC SO = = SSAC d ( B; SAC ) SSAC = ⇒ d(B; SAC) = 16 16 13 Câu V: Đặt t = 31+ 1− x Xét hàm số f (t ) = Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] (3) ⇔ m = t − 2t + t −2 t − 2t + 48 với t ∈ [3;9] f(t) đồng biến trên [3; 9] ≤ f(t) ≤ t−2 ⇒ 4≤m≤ 48 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = ABIC là hình vuông cạnh ⇒ IA = m −1  m = −5 ⇔ = ⇔ m −1 = ⇔  m = 2) Gọi H là hình chiếu A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)) Giả sử điểm I là hình chiếu


H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn A ≡ I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm VTPT ⇒ (P): x + y − 5z − 77 = Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 + b + c 3a b3 + c + a 3b c3 + a + b 3c + + ≥ ; + + ≥ ; + + ≥ (1 + b)(1 + c) 8 (1 + c)(1 + a) 8 (1 + a)(1 + b) 8 a3 b3 c3 a + b + c 33 abc 3 + + ≥ − ≥ − = (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = a − b − 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB  a +5 b −5  a − b = (1) ; Trọng tâm G  ; ⇒ a−b−5 =3⇔   ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)   a − b = (2)  ⇒ • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = S = p + 65 + 89 S • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p +2 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 − m = IM (m < 13) Gọi H là trung điểm MN ⇒ MH= ⇒ IH = d(I; d) = −m −


u; AI  (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) ⇒ d(I; d) = =3
u Vậy : −m − =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y >  log ( x + y ) = log + log ( xy ) = log (2 xy )  2 2   x − xy + y =  x + y = xy ( x − y )2 =  x = y  x =  x = −2 ⇔  ⇔  ⇔ ⇔  hay  2  xy =  y =  y = −2  xy =  x − xy + y = Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT m < Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m − 5m + 5), B ( − m ;1 − m), C (− − m ;1 − m) Tam giác ABC luôn cân A ⇒ ∆ ABC vuông A m = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu II: 1) • Với −2 ≤ x < : x + − − x < 0, − x > , nên (1) luôn đúng 5 • Với < x < : (1) ⇔ x + − − x ≥ − x ⇔ ≤ x < 2  1  5 Tập nghiệm (1) là S = −2;  ∪ 2;   2  2 π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan x + 3) = ⇔ x = − + k ; k ∈ Z π 5π Kết hợp với điều kiện ta k = 1; nên x = ; x = π  π x = cos t; t ∈ 0;  ⇒ H = − 2 1+ x   u = ln(1 + x) • Tính K = ∫ x ln (1 + x ) dx Đặt  ⇒ K= = dv xdx  Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại hình chóp S.ABCD: V S ABCD SA SA = = = 13 V1 S BCD HK HK V V1 + V2 V V Ta được: = = + = 13 ⇔ = 12 V1 V1 V1 V1 a+c Câu V: Điều ki ện abc + a + c = b ⇔ b = vì ac ≠ và a, b, c > − ac π Đặt a = tan A, c = tan C với A, C ≠ + kπ ; k ∈ Z Ta b = tan ( A + C ) 2 − + (3) trở thành: P = 2 tan A + tan ( A + C ) + tan C + Câu III: • Tính H = ∫ 1− x dx Đặt = 2cos A − 2cos ( A + C ) + 3cos2 C = cos A − cos(2 A + 2C ) + 3cos2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos C 10   10 −  sin C −  ≤  3   sin C =  Dấu đẳng thức xảy khi:  sin(2 A + C ) =  sin(2 A + C ).sin C > Do đó: P ≤ sin C − 3sin C + = Từ sin C = ⇒ tan C =  10 Vậy max P = ⇔  a =   2 Từ sin(2 A + C ) = ⇔ cos(2 A + C ) = tan A = 2 2 ; b = 2; c =   Câu VI.a: 1) B(0; –1) BM = (2; 2) ⇒ MB ⊥ BC Kẻ MN // BC cắt d2 N thì BCNM là hình chữ nhật


 8 1 3 3 PT đường thẳng MN: x + y − = N = MN ∩ d2 ⇒ N  ;  NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y − =  5 C = NC ∩ d1 ⇒ C  ; −   3 AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + y + = AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: x + y + = 2) Phương trình mp(P) qua M và vuông góc với d2: x − y + z + = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Toạ độ giao điểm A d1 và mp(P) là: A ( −5; −1;3 ) ⇒ d: Câu VII.a: Xét (1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + Cn3 x + + Cnn x n x − y −1 z −1 = = −1 n • Với x = ta có: 3n = Cn0 + 2Cn1 + 4Cn2 + 8Cn3 + + 2n Cnn Với x = ta có: = C + C + C + C + + C n • Lấy (1) – (2) ta được: n n n n n n (1) (2) C + 3C + 7C + + ( 2n − 1) Cnn = 3n − n n n n • PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − n − 6480 ⇔ 32 n − 3n − 6480 = ⇒ 3n = 81 ⇔ n = Câu VI.b: 1) Đường thẳng qua các giao điểm (E) và (P): x =  − 3b = b b =1 ⇔ Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( − 3b; b ) Ta có: − 3b − = b ⇔   − 3b = −b b = ⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = (C): x + ( y − ) = 2 2) Lấy M ∈ ( d1 ) ⇒ M (1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ∈ ( d ) ⇒ N ( −1 + t; −1; −t )



 Suy MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 )   t =



  1 2 * ⇒ M =  ;− ;−  ( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k n; k ∈ R ⇔ t − 2t1 − = t1 = −t − t1 ⇔  5 5 t = −2  ⇒ d: x − = y + = z + 5  x = −1 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = x +1 Thay vào (a) ⇔ x = + log x +1 ⇔ x − x − = ⇔  x = ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32) Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = có hai nghi ệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 <  ∆ ' = 4m − m − >  ⇔  f (1) = −5m + > ⇔ < m <   S 2m −  = < Câu II: 1) (1) ⇔ cos4x = π π ⇔ x=± + k 16  x2 + + y+ x−2 =  x2 +  =1  x =1  x = −2  y  2) (2) ⇔  ⇔   ⇔ y y = x +   y=5  y + x − = ( y + x − 2) =   y Câu III: Đặt t = x + I = ln − 12 3 1 a 3a Câu IV: VA.BDMN = VS.ABD = SA.SABD = a = 4 4 16 Câu V: Đặt A = x + xy + y , B = x − xy − y • Nếu y = thì B = x ⇒ ≤ B ≤ • Nếu y ≠ thì đặt t = Xét phương trình: x x − xy − y t2 − t − ta B = A = A y x + xy + y t2 + t +1 t2 − t − = m ⇔ (m–1)t + (m+1)t + m + = (1) t2 + t +1 (1) có nghiệm ⇔ m = ∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ ⇔ −3 − −3 + ≤m≤ 3 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Vì ≤ A ≤ nên –3– ≤ B ≤ –3+   2 8 8   Câu VI.a: 1) A  − ; −  , C  ;  , B(– 4;1) 3 3  2) I(2;2;0) Phương trình đường thẳng KI: 1;0;1) Giả sử K(xo;yo;zo) x−2 y−2 z = = Gọi H là hình chiếu I trên (P): H(– −1 x0 − y0 − z0 = = −1   Ta có: KH = KO ⇔  ⇒ K(– ; ; ) 1 4  ( x + 1) + y + ( z − 1)2 = x + y + z 0 0 0  Câu VII.a: Từ (b) ⇒ x = 2y x = 10y (c) Ta có (a) ⇔ ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d) Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t ∈ (–1; + ∞) ⇒ f ′(t) = −t − 1= 1+t 1+ t Từ BBT f(t) suy ra; phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ≠ y thì x, y là số trái dấu, điều này mâu thuẩn (c) Vậy hệ có thể có nghiệm (x, y) với x = y Khi đó thay vào (3) ta x = y = Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB I và N, ta có:  1 (d ) : x + y + = 0, I = (d ) ∩ ( AD ) ⇒ I  − ; −  ⇒ N (−1; 0) (I là trung điểm MN)  2 AB ⊥ CH ⇒ pt ( AB ) : x − y + = 0, A = ( AB) ∩ ( AD) ⇒ A(1; 1) AB = 2AM ⇒ AB = 2AN ⇒ N là trung điểm AB ⇒ B ( −3; −1)   pt ( AM ) : x − y − = 0, C = ( AM ) ∩ (CH ) ⇒ C  − ; −2    2) Toạ độ giao điểm d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm d2 và (P): B(3;–1;1) Phương trình đường thẳng ∆: x+2 y−7 z−5 = = −8 −4  x − + sin(2 x + y − 1) = (1) Câu VII.b: PT ⇔  x  cos(2 + y − 1) = (2) π Từ (2) ⇒ sin(2 x + y − 1) = ±1 Thay vào (1) ⇒ x = ⇒ y = −1 − + kπ Hướng dẫn Đề sô 10 Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) ⇒ AB ngắn ⇔ AB2 nhỏ ⇔ m = Khi đó AB = 24 Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = ⇔ 1– sinx = ⇔ x = 2) BPT ⇔ Đặt π + k 2π log 22 x − log x − > 5(log x − 3) (1) t = log2x (1) ⇔ t − 2t − > 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3) t ≤ −1  log x ≤ −1 0<x≤ t ≤ −1  ⇔  t > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  3 < t < 3 < log x <  (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) < x < 16   3 Câu III: Đặt tanx = t I = ∫ (t + 3t + + t −3 )dt = tan x + tan x + 3ln tan x − +C t 2 tan x Câu IV: Kẻ đường cao HK ∆ AA1H thì HK chính là khoảng cách AA1 và B1C1 A H AH a Ta có AA1.HK = A1 H.AH ⇒ HK = = AA1 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số và số a2009 ta có: Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 1
 +  +  + + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 = 2009.a (1) 2005 Tương tự: 1
 +  +  + + b 2009 + b 2009 + b 2009 + b 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 b 2009 b 2009 b 2009 = 2009.b (2) 2005 1
 +  +  + + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 = 2009.c (3) 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009( a + b + c ) ⇔ 6027 ≥ 2009(a + b + c ) Từ đó suy P = a + b + c ≤ Mặt khác a = b = c = thì P = nên giá trị lớn P = Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: x − y + 17 x+ y−5  x + y − 13 = ( ∆1 ) = ⇔ 2 2 + ( −7) +1 3 x − y − = ( ∆2 ) Đường thẳng cần tìm qua M(0;1) và song song với ∆1 , ∆2 KL: x + y − = và x − y + = 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆CKH vuông K 49 49 ⇒ CH = CK + HK = Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) + ( y − 2) + z = 10 10 Câu VII.a: Có tất C42 C52 4! = 1440 số


  A ∈ ( d1 )  A(a; −1 − a )  MA = ( a − 1; −1 − a ) Câu VI.b: 1)  ⇔ ⇒ 


  B ∈ ( d )  B (2b − 2; b)  MB = (2b − 3; b)   1 A − ;−  A ( 0; −1) ⇒   3  ⇒ (d ) : x − y − =  ⇒ (d ) : x − y − =  B (4;3)  B (−4; −1)  2) Phương trình mặt phẳng (α) qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): x + y + z − = 3 x + y + z − =  x = −1   Toạ độ giao điểm A (d2) và (α) là nghiệm hệ  x + = ⇔ y =5/ x + y − z + = z = /   x y −1 z −1 Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình: = = Câu VII.b: Ta có: P = (1 + x (1 − x) ) = ∑ C8k x k (1 − x) k Mà (1 − x) k = ∑ Cki ( −1)i x i 8 k Để ứng với x ta có: k + i = 8;0 ≤ i ≤ k ≤ ⇒ ≤ k ≤ Xét các giá trị k ⇒ k = k = thoả mãn Do vậ y hệ số x8 là: a = C83C32 ( −1)2 + C84C40 ( −1)0 = 238 k =0 i =0 Hướng dẫn Đề sô 11 Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc ⇒ M(0;1) và M(0;–1) Câu II: 1) Đặt log( x + 1) = y PT ⇔ y + ( x − 5) y − x = ⇔ y = ∨ y = − x Nghiệm: x = ± 99999 ; x = 2) PT ⇔ (cos x − 1)(cos x − sin x − sin x.cos x + 2) = ⇔ x = k 2π Vì x − < ⇔ −2 < x < nên nghiệm là: x = u = ln( x + x + 1) 31 Câu III: Đặt  ⇒ I = ln − ∫ dx 4 x + x +1  dv = xdx Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 1 dx = dx ∫ ∫ 2 x + x +1 0   1  x +  +  2   Tính I1 = Đặt x +  π π 3 π = tan t , t ∈  − ,  ⇒ I1 = 2  2 Vậy: I = 3π ln − 12 ab a + b + c 2c Câu V: Vì < x < ⇒ − x > Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 x + (1 − x ) + (1 − x ) 2 x 3 = ≥ x (1 − x )2 ⇒ ≥ x(1 − x ) ⇒ ≥ x 3 − x 3 Câu IV: Std = Tương tự: y 3 ≥ y ; − y2 z 3 ≥ z − z2 Khi đó: P ≥ 3 3 3 3 (x + y2 + z2 ) ≥ ( xy + yz + zx ) = ⇒ Pmin = ⇔ x= y=z= 2 2 Câu VI.a: 1) Gọi A = d ∩ (P) ⇒ A(1; −3;1) Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: − x + y + z + = ∆ là giao tuyến (P) và (Q) ⇒ ∆: {x = + t ; y = −3; z = + t 2) Xét hai trường hợp: d ⊥ (Ox) và d ⊥ (Ox) ⇒ d: x + y − 43 =  z − w − zw =  zw = −5  zw = −13 Câu VII.a: PT ⇔  ⇔ (a) ∨  (b ) z − w =  z − w = −5 ( z − w) + 2( z − w) − 15 =    + i 27 − i 27 −3 + i 11  −3 − i 11 w = w = w = w =     2 2 (a) ⇔  ; (b) ⇔  ∨ ∨  z = + i 11  z = − i 11  z = −5 + i 27  z = −5 − i 27      2 14   Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm ABCD ta có: G  ; ;0  3  Ta có: MA2 + MB + MC + MD = 4MG + GA2 + GB + GC + GD  14  ≥ GA2 + GB + GC + GD2 Dấu xảy M ≡ G  ; ;0  3  2) B = AB ∩ Ox ⇒ B (1;0) , A ∈ AB ⇒ A ( a;3 ( a − 1) ) ⇒ a > (do x A > 0, y A > ) Gọi AH là đường cao ∆ ABC ⇒ H (a;0) ⇒ C (2 a − 1;0) ⇒ BC = 2(a − 1), AB = AC = 8( a − 1) Chu vi ∆ ABC = 18 ⇔ a = ⇒ C (3;0), A ( 2;3 ) u = x − Câu VII.b: Đặt  Hệ PT ⇔ v = y − u + u + = 3v  v + v + = 3u ⇒ 3u + u + u + = 3v + v + v + ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t + Ta có: f ′ (t ) = 3t ln + t + t2 +1 t2 +1 > ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u = v ⇒ u + u + = 3u ⇔ u − log (u + u + 1) = (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log3 u + u + ⇒ g '(u ) > ⇒ g(u) đồng biến Mà g (0) = ⇒ u = là nghiệm (2) KL: x = y = là nghiệm hệ PT Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Hướng dẫn Đề số 12  y coù CÑ, CT Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng điểm chung phân biệt ⇔  ⇔ m = ±1  yCĐ = hoặ c yCT = (2 cos x − 1)(sin x cos x + 2) = π ⇔ x = + k 2π 2 sin x + ≠ Câu II: 1) PT ⇔ ⇔  2) Đặt x = u > 0; x +1 − = v x = u + = 2v u + = 2v u = v > ⇔  PT ⇔  ⇔ ⇔ −1 + 2 x = log v + = 2u u − 2u + = (u − v )(u + uv + v + 2) =  π π 2 π cos tdt cos xdx Câu III: Đặt x = − t ⇒ dx = −dt ⇒ I = ∫ =∫ (sin t cos t ) (sin x + cos x)3 + 0 π π dx 12 dx π ⇒ 2I = ∫ = ∫ = − cot( x + ) = ⇒ I = π (sin + cos ) 2 x x 0 sin ( x + ) a3  π  π Câu IV: ϕ =
SCA ∈  0;  ⇒ VSABC = (sin ϕ − sin ϕ ) Xét hàm số y = sin x − sin x trên khoảng  0;  Từ BBT  2  2 π a3 a3 π sin ϕ = , ϕ ∈  0;  ymax =  2 −1 Câu V: Đặt t = − x − + x ⇒ t ' = − <0 2− x 2+ x ⇒ t = t ( x ) nghịch biến trên [ −2; 2] ⇒ t ∈ [ −2; 2] Khi đó: PT ⇔ 2m = t + 2t − ⇒ (VSABC )max = Xét hàm f (t ) = t + 2t − với t ∈ [ −2; 2] Từ BBT ⇒ Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ −5 < m ≤ −4 ⇔ − < m ≤ −2 x y Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox A(a;0), tia Oy B(0;b): + = (a,b>0) a b M(3; 1) ∈ d = + a Cô − si ≥ ⇒ ab ≥ 12 b a b  a = 3b a =  1⇔ b =  a = b = Mà OA + 3OB = a + 3b ≥ 3ab = 12 ⇒ (OA + 3OB) = 12 ⇔  Phương trình đường thẳng d là: x y + = ⇔ x + 3y − = 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − = d là giao tuyến (P) và (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t − 8t + 11 Vì AB = 12 nên ∆ MAB MA = MB = AB  ± 18 ± 18  ± 18 ⇒ M  2; ;   2  Câu VII.a: Ta có (1 − x )n = Cn0 − Cn1 x + Cn2 x − + (−1)n Cnn x n = B ⇔ 2t − 8t − = ⇔ t = Vì ∫ (1 − x)n dx = 1 , n +1 ∫ Bdx = C 0 n 1 − C1n + Cn2 + + (−1)n Cnn ⇒ n + = 13 ⇒ n = 12 n +1 2 + x )n = ∑ C12k ( ) ( x )k , Tk +1 = C12k 212 −k x8 k −36 ⇒ 8k − 36 = 20 ⇔ k = x3 x k =0 ⇒ Hệ số x 20 là: C127 25 = 25344 • ( 12 n −k x = t M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5)  y = 3t − Câu VI.b: 1) Phương trình tham số ∆:  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 7 SMAB = SMCD ⇔ d ( M , AB) AB = d (M , CD).CD ⇔ t = −9 ∨ t = ⇒ M (−9; −32), M ( ; 2) 3 2) Gọi AB là đường vuông góc chung ∆1 , ∆2 : A(2t; t ; 4) ∈ ∆1 , B (3 + s; − s; 0) ∈ ∆2 AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ A(2;1; 4), B(2;1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + Khoảng cách hai điểm cực trị là AB = ( y2 − y1 ) + ( x2 − x1 ) = x1 − x2 = (không đổi) Hướng dẫn Đề số 13 ( 2m − 1) Câu I: 2) AB = 2 + ≥ Dấu "=" xảy ⇔ m = 1 ⇒ AB ngắn ⇔ m = 2 Câu II: 1) Đặt t = sin x − cos x , t ≥ PT ⇔ 4t − t − = ⇔ x = k (m − 1) x + 2(m − 3) x + 2m − = (1)  2) Hệ PT ⇔  x2 + y = x +1  2 x2 + = • Khi m = 1: Hệ PT ⇔  x2 + y = x +1  π (VN ) • Khi m ≠ Đặt t = x2 , t ≥ Xét f (t ) = (m − 1)t + 2(m − 3)t + m − = (2) Hệ PT có nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt  f (0) =  ⇔ (2) có nghiệm t = và nghiệm t > ⇔  ⇔ ⇔ m = ( m − 3) >0 S = 1− m  Câu III: • I = ∫ x3 − x dx Đặt: t = − x ⇒ I = ∫ ( t − t ) dt = 1 •J= ∫ x (e xe x + e x + ln x ) ∫ e dx = d ( e x + ln x ) e + ln x x = ln e x + ln x e = ln 15 ee + e Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy S Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B' Ta có a (a − x) SB a − x , (0< x < a) = ⇒ SB = SB ' a x V a−x x a4 ta có: =   Mà V2 = S ∆ A ' B 'C ' SB ' = a V2  a  6x Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = 1− ⇒ V1 = a4  x  1−  ; 6x  a  Theo đề bài V = Do đó: V = V2 − V1 = a   x   a3   x   x   1 − 1 −   = 1 + 1 −  + 1 −   x   a     a   a   2 a3   x   x    x a ⇔ 1 + 1 −  + 1 −   = a ⇔ 1 −    a   a    a  x + 1 −  − = (*)  a Đặt t = 1 −  , t > (vì < x < a), PT (*) ⇔ t2 + t – = ⇒ t = ( − 1) ⇒ x =  a x Câu V: Ta có: 4(x + y) = ⇒ 4y = – 4x ⇒ S = 20 − 15 x + = , với < x < x 4y x (5 − x ) Dựa vào BBT ⇒ MinS = đạt x = 1, y = Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm d với đường phân giác góc tạo ∆1 và ∆2 2) 3− a Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu VII.a: z = − i; z = + 3i z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1, , thì điều kiện cần là ( f (a ) = ∑ y1 − y i ) bé nhất, đó y i = axi + b Đường thẳng d qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a + 50 Từ đó: f (a ) = (48 − 155a + 163a − 50) + (50 − 159 a + 163a − 50)2 + (54 − 163a + 163a − 50)2 + i =1 + (58 − 167 a + 163a − 50)2 + (60 − 171a + 163a − 50) = (8a − 2)2 + (4a ) + + (8 − 4a ) + (10 − 8a )2 = (80a − 129a + 92 ) (P) ⇒ f(a) bé a = 129 13027 129 13027 ⇒b= − Đáp số: d: y = x− 160 160 160 160 2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) H cắt mặt phẳng trung trực đoạn OS (mp có phương trình z = ) I ⇒ I là tâm mặt cầu qua điểm O, B, C, S + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = + 22 + 2 = ⇒ (S): ( x − 1)2 + ( y − 2) + ( z − 2) = Câu VII.b: Chứng minh : 8a − 8a + ≤ , với a ∈ [–1; 1] Đặt: a = sinx, đó: 8a − 8a + ≤ ⇔ 8sin x (sin x − 1) + ≤ ⇔ − 8sin x cos x ≤ ⇔ − 8sin x cos x ≤ ⇔ − 2sin 2 x ≤ ⇔ cos x ≤ ( đúng với x) Hướng dẫn Đề số 14 Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) ∈ (C) d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2| −3 Cô − si d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + x0 + ≥ Dấu "=" xả y x0 = −1 ± u + v = u + v = Câu II: 1) Đặt u = x , v = y (u ≥ 0, v ≥ 0) Hệ PT ⇔  3 ⇔ uv = m u + v = − 3m ĐS: ≤ m ≤ π 2) Dùng công thức hạ bậc ĐS: x = k ( k ∈ Z ) π Câu III: I = − 1 a3 a Câu IV: V = ya (a + x) V = a ( a − x)(a + x)3 Vmax = x = 36 1 1 Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: ( x + y )( + ) ≥ ⇒ + ≥ x y x y x+ y 1 1  1 1 1 ≤ + ≤ + + + x + y + x  x + y x + z  16  x y x z  Tương tự cho hai số hạng còn lại Cộng vế với vế ta đpcm 2 3 2 3 Câu VI.a: 1) A  ; , B  ; −  7  7  Ta có: 2) (P): y + z + + = (P): y + z + − = x = Câu VII.a:  y =5 Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + AB = FA = FB = x1 + x2 + 2) Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) AM + BM = (3t ) + (2 5) + (3t − 6) + (2 5)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t;2 và v = −3t + 6;2 
| u |= Ta có 
| v |=  ( 3t ) ( + ) ( 3t − )2 + ( ( ) ) ( ) ( )





⇒ AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; ⇒| u + v |= 29



Mặt khác, ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như AM + BM ≥ 29

3t Đẳng thức xả y và u , v cùng hướng ⇔ = ⇔ t =1 −3t + ⇒ M (1;0;2 ) và ( AM + BM ) = 29 Vậy M(1;0;2) thì minP = Câu VII.b: f ( x) = l− 3ln ( − x ) ; f '( x) = −3 Ta có: (3 − x ) ' = 3− x (3 − x ) ( 11 + 29 ) 6π t π − cos t 3 π sin dt = ∫ dt = (t − sin t )| = (π − sin π ) − (0 − sin 0) = ∫ π π π π t 2x −1 sin dt    x < −2 ∫ π >   x −3 x + <  Khi đó: f '( x) > ⇔ 3 − x x + ⇔ ( )( ) ⇔  < x<3 x+2    x < 3; x ≠ −2 2  x < 3; x ≠ −2 π Hướng dẫn Đề số 15 Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) π  2(1 − cos x )(sin x − sin x ) = ⇔ x = ± + k 2π sin x , cos x ≠ ≠  x 2) Đặt t = ( x − 1) PT có nghiệm t + 4t − m = có nghiệm, suy m ≥ −4 x −1 1 t Câu III: Đặt sin x = t ⇒ I = ∫ e (1 − t ) dt = e 20 Câu II: 1) PT ⇔  Câu IV: Gọi OH là đường cao ∆OAM , ta có:  SO = OA.cotgα = R.cotgα sin β  ⇒ AH = SA.sin β = R  OA R sin α  SA = sin α = sin α R sin α − sin β sin α R cos α sin β = SO AH OH = sin α − sin β 3sin α ⇒ OH = OA2 − AH = Vậy: VS AOM Câu V: Từ gt ⇒ a2 ≤ ⇒ + a ≥ Tương tự, + b ≥ 0, + c ≥ ⇒ (1 + a )(1 + b)(1 + c ) ≥ ⇒ + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ Mặt khác a + b + c + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ (b) (a) Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) PM /( C ) = 27 > ⇒ M nằm ngoài (C) (C) có tâm I(1;–1) và R =





 Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB ⇒ MB = ⇒ BH = ⇒ IH = R − BH = = d [ M ,( d )] Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 a = =4⇔  a = − 12 b a2 + b2  Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = d [ M ,( d )] = ⇔ −6a − 4b  1  3 3 Câu VII.a: Đặt t = log x PT ⇔ t − (7 − x )t + 12 − x = ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x =


 Câu VI.b: 1) Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB: x + y − = 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – = H  ; ; −  I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I là trung điểm AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D(2t; 2t − 2) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH =  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ;  , D  ;  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy C  ;  , D  ;  C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH ⇒ ( P ) ⊥ d1 ⇒ ( P ) : x + y − z + = B = ( P) ∩ d ⇒ B (1;4;3) ⇒ phương trình BC : { x = + 2t; y = − 2t; z = Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB K và M Ta có: (Q) : x − y + z − = ⇒ K (2;2;4) ⇒ M (1;2;5) (K là trung điểm CM) x −1 y − z −





 ⇒ ptAB : = = , A = AB ∩ d1 ⇒ A(1;2;5) ⇒ S ∆ ABC =  AB, AC  = −2 Câu VII.b: PT ⇔ f ( x ) = 2008 x − 2007 x − = với x ∈ (– ∞ ; + ∞ ) f ′ (x) = 2008x ln 2008 − 2007; f ′′ ( x ) = 2008x ln 2008 > 0, ∀x ⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến Vì f (x) liên tục và lim f ′ ( x ) = −2007; lim f ′ ( x ) = +∞ ⇒ ∃x0 để f ′' ( x0 ) = x →−∞ x →+∞ Từ BBT f(x) ⇒ f(x) = không có quá nghiệm Vậy PT có nghiệm là x = 0; x = Hướng dẫn Đề số 16 Câu I: 2) MN: x + 2y + = PT đường thẳng (d) ⊥ MN có dạng: y = 2x + m Gọi A, B ∈ (C) đối xứng qua MN Hoành độ A và B là nghiệm PT: 2x − = x + m ⇒ 2x2 + mx + m + = ( x ≠ –1) (1) x +1 (d) cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ (1) có ∆ = m2 – 8m – 32 > Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm (1) x +x   m m Trung điểm AB là I  ; x1 + x2 + m  ≡ I  − ;  ( theo định lý Vi-et)    2 Ta có I ∈ MN ⇒ m = –4, (1) ⇒ 2x2 – 4x = ⇒ A(0; –4), B(2;0) cos x =  x = kπ 3x   Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos =2⇔  ⇔ 3x  m8π ( k ; m ∈ » ) ⇔ x = 8nπ x= cos =    2) Nhận xét; x = ± là các nghiệm PT PT ⇔ 3x = 2x + 2x −1 Dựa vào tính đơn điệu ⇒ PT có các nghiệm x = ± Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x x + 2sin cos + sin x x 2 = = + tan K = Câu III: Ta có + cos x 2 x x 2cos 2cos 2 π π π x x + e tan dx = e ∫0 x ∫0 2cos Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm BC
AMS = α Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu I trên SM, MI là phân giác
AMS = α a Ta có SO = OM tanα = tanα ( Với a là độ dài cạnh đáy) a2 a2 a2 tan α + = 1− ⇒a= Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 ⇔ 12 12 4 + tan α α α tan 4π tan α 2 r = OI = OM.tan = Vậy V = + tan α ( + tan α ) x e dx Câu V: Vì a + b + c = nên độ dài cạnh nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: – a, – b, – c – (a + b + c) ≥ 3 (1 − a )(1 − b)(1 − c) > ⇔ ≥ (1 − a )(1 − b)(1 − c) > 27 28 56 ⇔ ≥ ab + bc + ca − abc > ⇔ < 2ab + 2bc + 2ca + 2abc ≤ 27 27 56 52 2 2 2 ⇔ < ( a + b + c) − (a + b + c + 2abc) ≤ ⇔ ≤ a + b + c + 2abc < 27 27 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy, đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + = 2) Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox ⇒ d ( A; ( P )) = 2a 2 + 12 + 22 = 2a 8a − 24 a + 36 ; d ( A; d ) = 3 8a − 24 a + 36 ⇔ 4a = 8a − 24 a + 36 ⇔ 4a − 24a + 36 = 3 ⇔ 4( a − 3) = ⇔ a = Vậy có điểm A(3; 0; 0) d(A; (P)) = d(A; d) ⇔ 2a = Câu VII.a: Vì cosx ≠ nên chia tử và mẫu hàm số cho cos3 x ta được: y = + tan x tan x − tan x 1+ t  π Đặt t = tanx ⇒ t ∈ (0; 3] Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng  0;  2t − t  3 x = t + 3t − 4t y’ = ; y’ = ⇔  (2t − t ) x = π Từ BBT ⇒ giá trị nhỏ hàm số x = Câu VI.b: 1) M ∈ (D) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; – b)  38   4 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) M  ;  , N  − ;   5  5 N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = ⇒ b = 0; b =


 2) Ta có AB = (6; −4; 4) ⇒ AB//(d) Gọi H là hình chiếu A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ (d) ⇒ (P): 3x – 2y + 2z + = H = (d)∩ (P) ⇒ H(–1;2;2) Gọi A′ là điểm đối xứng A qua (d) ⇒ H là trung ểm AA′ ⇒ A′(– 3;2;5) Ta có A, A′, B, (d) cùng nằm mặt phẳng Gọi M = A′B∩(d) Lập phương trình đường thẳng A′B ⇒ M(2;0;4) Câu VII.b: Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β3 = r3( cos3ϕ + isin3ϕ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 r = 3 r = 3 2π 2π     Ta có: r ( cos3ϕ + isin3ϕ) =  cos + i sin ⇒  ⇒ π 2π k 2π 3   + + k 2π ϕ = 3ϕ =    2π  2π    2π  2π Suy β = 3  cos  +k +k  + i sin        Hướng dẫn Đề số 17 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d và (C): x + (m − 3) x + − m = 0, (*) có nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),  x + xB = − m Theo định lí Viét:  A  x A x B = − m





 Để ∆OAB vuông O thì OA.OB = ⇔ x A xB + ( x A + m )( xB + m ) = x ≠ (*) ⇔ x A xB + m ( xA + xB ) + m2 = ⇔ m = −2 Câu II: 1) PT ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x ) π  1 + sin x = x = − + k 2π 1 + sin x =  ⇔ ⇔ ⇔  sin x + cos x + sin x cos x + = (1 + sin x )( cos x + 1) = = + k 2π x π  2) (b) ⇔ x + y + ( x + 1).( y + 1) = 14 ⇔ xy + ( xy ) + xy + = 11 (c) p =  p ≤ 11  Đặt xy = p (c ) ⇔ p + p + = 11 − p ⇔  ⇔  p = −35 3 p + 26 p − 105 =  (a) ⇔ ( x + y ) = xy + • p = xy = −  xy = 1/ Với  ⇒x= y=  x + y = Vậy hệ có hai nghi ệm là: ∫ π Câu III: I = • I1 = ∫e π  xy = 2/ Với  ⇒ x= y=−  x + y = −2 3; ) , ( − 3; − ) 2 cos x .sin x.dx Đặt cosx = t ⇒ I1 = • I2 = ∫ π • p = xy = ⇒ x + y = ±2 ∫ sin x.sin xdx π ecos x sin xdx + ( 35 (loại) sin x.sin xdx = ∫ ( cos x − cos3x ) dx = π π 1 sin x  sin x −   2= 2  = 3 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a),






  a a a   a  a a a M  0; ;  , N  ; ;  ⇒  BN , BM  =  − ; − ;   4    2 2









 a ⇒ VBMND =  BN , BM  BD = 24 1






 a2 Mặt khác, VBMND = S BMN d ( D,( BMN ) ) , S BMN =  BN , BM  = ⇒ I =2+ ⇒ d ( D,( BMN ) ) = 3VBMND a = S BMN Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu V: Xét hàm số: f ( x) = e x + cos x − − x + x2 , x ∈ R f ′ ( x) = e x − sin x − + x ⇒ f ′′ ( x) = e x + − cos x > 0, ∀x ∈ R ⇒ f ′(x) là hàm số đồng biến và f ′(x) = có tối đa nghiệm Kiểm tra thấ y x = là nghiệm f ′(x)=0 Dựa vào BBT f(x) ⇒ f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ e x + cos x ≥ + x − x2 , ∀x ∈ R Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = ⇔ ax + by – a – 2b = ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) (C) đến d a = 2a − b − a − 2b 2 d (I,d ) = = ⇔ a − 3b = a + b ⇔ 8a + 6ab = ⇔  a = − b a + b2  • a = 0: chọn b = ⇒ d: y – = • a = − b : chọn a = 3, b = – ⇒ d: 3x – y + = 2) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D ≠ 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi π nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới (β) là h = Do đó 2.1 + 2(−2) − + D R − r = 52 − 32 =  D = −7 = ⇔ −5 + D = 12 ⇔   D = 17 (loại) + + (−1) Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – = Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số 2 * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số 1560 13 ⇒ P(A) = = 5880 49
 x − y +1 Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: U = ( 3; −4 ) ⇒ phương trình BC: = −4 ⇒ Toạ độ điểm C (−1;3) + Gọi B’ là điểm đối xứng B qua d2, I là giao điểm BB’ và d2 x − y +1 ⇒ phương trình BB’: ⇔ 2x − y − = = 2x − y − = x = + Toạ độ điểm I là nghiệm hệ:  ⇔ ⇒ I (3;1) x + 2y − = y =1  x = xI − xB = + Vì I là trung điểm BB’ nên:  B ' ⇒ B′ (4;3) y = y − y =  B' I B + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0 y −3=  x = −5 + Toạ độ điểm A là nghiệm hệ:  ⇔ ⇒ A( −5;3) 3 x − y + 27 =  y = 2) Theo giả thi ết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz













  DP = (1; −1; p − 1) ; NM = ( m; −n;0 )  DP.NM = m + n Ta có : 


 ⇒ 










  DN = (1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p )  DN PM = m + p Phương trình mặt phẳng (α): x y z −1 1 + + = Vì D ∈(α) nên: + + = m n p m n p













  m+n =0  DP ⊥ NM  DP.NM =  m = −3 D là trực tâm ∆MNP ⇔ 






 ⇔ 






 ⇔  m + p = ⇔   n = p =  DN ⊥ PM  DN PM =  −1 + + =  m n p Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Kết luận, phương trình mặt phẳng (α): 1004 Câu VII.b: S = C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 x y z + + =1 −3 3 (1) 2009 2008 2007 1005 ⇔ S = C2009 (2) (vì Cnk = Cnn −k ) + C2009 + C2009 + + C2009 1004 1005 2009 ⇒ S = C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 + C2009 + + C2009 = (1 + 1) 2009 ⇒ S = 2008 Hướng dẫn Đề số 18  2x −  −1 , x0 ≠ , y' (x0 ) = Câu I: 2) Ta có: M  x0 ; x0 −  (x0 − )2  2x − −1 Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) M : ∆ : y = (x − x ) + x0 − (x − )  2x −  ; B(2x − 2;2 ) Toạ độ giao điểm A, B (∆) và hai tiệm cận là: A 2;  x0 −  y + y B 2x0 − xA + xB + x0 − = = y M ⇒ M là trung điểm AB = = x0 = xM , A 2 x0 − Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích:   x0 −     2 S = π IM = π ( x0 − 2) +  −   = π ( x0 − 2) + ≥ 2π  ( x0 − 2)    x0 −    Ta có: Dấu “=” xả y (x0 − 2)2 = x = 1 ⇔ ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) (x − 2) x = x  x x   Câu II: 1) PT ⇔ sin x  sin − 1 2sin + 2sin +  = ⇔  2   1  2) BPT ⇔ x[log (1 − 2x ) + 1] <  x <  ⇔ < x <  2  x = kπ  x = π + k 4π ⇔ x = kπ  x < e e ln x 2(2 − 2) 2e3 + − 2 + 2e Câu III: I = ∫ dx + 3∫ x ln xdx = + = 3 x + ln x Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB = a , SC = a Gọi M là trung điểm SA Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC) Ta có VS ABC = VS MBC + VA MBC = 1 MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 Hai tam giác SAB và SAC Do đó MB = MC ⇒ ∆MBC cân M Gọi N là trung điểm BC ⇒ MN ⊥ BC Tương tự MN ⊥ SA a  a   a  3a MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −  = ⇒ MN =  16  4   2 2 2 Do đó: VS ABC = SA MN.BC = 2 a a a3 a = 16 Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 ( x + y + z )  + +  ≥ 3 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z x+ y+z xyz x y z 1 +3 +3 ≥3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + c + 3a Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : Áp dụng (*) ta có P = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 a + 3b + + 1 = ( a + 3b + ) 3 b + c + + 1 b + 3c 1.1 ≤ = ( b + 3c + ) ( ) 3 c a + + + 1 c + 3a 1.1 ≤ = ( c + 3a + ) ( ) 3 1  Suy ra: a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ 4 ( a + b + c ) +  ≤ 4 +  = 3 3   a + b + c = Do đó P ≥ Dấu = xảy ⇔  ⇔ a =b=c= 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = ( a + 3b )1.1 ≤ Vậy P đạt giá trị nhỏ a = b = c =

Câu VI.a: 1) d1 VTCP a1 = (2; −1) ; d2 VTCP a2 = (3;6)


 Ta có: a1 a2 = 2.3 − 1.6 = nên d1 ⊥ d và d1 cắt d2 ểm I khác P Gọi d là đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x − 2) + B( y + 1) = ⇔ Ax + By − A + B = d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I ⇔ d tạo với d1 ( d2) góc 450 2A − B  A = 3B ⇔ = cos 450 ⇔ A2 − AB − 3B = ⇔  2 2 A + B + ( −1)  B = −3 A * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : x + y − = * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − y − = Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : x + y − = ; d : x − y − = 2) Dễ thấy A′( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x + y + z − x − y − z + = 29 5  ⇒ (S) có tâm I  ;1;1  , bán kính R = 2  +) Gọi H là hình chiếu I lên (P) H là tâm đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) x = / + t  5 1 d:  y = + t ⇒H ; ;  3 6 z =1+ t  75 29 75 31 186 = , (C) có bán kính r = R − IH = − = = 36 36 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x ≥ x ≥ x =   2 | x − x |= x ⇔   x − x = x ⇔   x − x = ⇔  x =    x =   x − x = −2 x   x − x = IH = Suy ra: S = ∫( x 2 ) − x − x dx + ∫( x ) − x − x dx = 52 + 16 = 3 Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh là M( 4; 3), Giả sử phương trình chính tắc (E) có dạng: x2 y + = ( với a > b) a2 b2 (E) có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 (1) M ( 4;3 ) ∈ ( E ) ⇔ 9a + 16b = a 2b ( 2)  a = + b  a = 40 Từ (1) và (2) ta có hệ:  ⇔ 2 b = 15 9 a + 16b = a b 2 2 Vậy (E): x2 y + =1 40 15 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  x = 2t −  2) Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:  y = t − z = t +  Gọi I là giao ểm (d) và (P) ⇒ I ( −1;0;4 )

* (d) có vect phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n (1;2; −1)



⇒ a, n  = ( −3;3;3 ) Gọi u là vectơ phương ∆ ⇒ u ( −1;1;1) x =1− u



  Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( −1 − u; u;4 + u ) , ⇒ AM (1 − u; u − 3; u ) ⇒ ∆:y = u z = + u 



  AM ngắn ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM u = ⇔ −1(1 − u ) + 1(u − 3) + 1.u = ⇔u=  −7 16  Vậy M  ; ;   3 3  x ≥ −1 x = x + ≥  x ≥ −1   Câu VII.b: PT (2) ⇔  ⇔ ⇔  x = ⇔   x ≥ −1 3 x + + xy = x +  x(3 x + y − 1) =  3 x + y − =   y = − x  8 * Với x = thay vào (1): + y −2 = 3.2 y ⇔ + y = 12.2 y ⇔ y = ⇔ y = log 11 11  x ≥ −1 * Với  thay y = – 3x vào (1) ta được: 23 x +1 + 2−3 x −1 = 3.2 (3)  y = − 3x Đặt t = 23 x +1 Vì x ≥ −1 nên t ≥  t = − (loại)  x = log2 (3 + 8) − 1  ⇔ (3) ⇔ t + = ⇔ t − 6t + = ⇔  3 t t = +  y = − log (3 + 8)   x =   x = log (3 + 8) − 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghi ệm  và   y = log 11  y = − log (3 + 8)  Hướng dẫn Đề số 19 Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + Hoành độ giao điểm d và (C) là nghiệm phương trình: x = x − x + = m( x − 3) + ⇔ ( x − 3)( x − m) = ⇔  x − m = Theo bài ta có điều kiện m > và y '( m ) y '( − m ) = −1 ⇒ (3m − m )(3m + m ) = −1 ⇔ m2 − 36m + = ⇔ m = 18 ± 35 (thỏa mãn)  x2 + + x+ y −2 =2   y Câu II: 1) y = không phải là nghiệm Hệ PT ⇔   x + ( x + y − 2) =  y  x2 + u + v = =1  x +1  Đặt u = , v = x + y − Ta có hệ  ⇔ u = v =1 ⇔  y y uv = x + y − =1  Nghiệm hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 π  π π π    2) Điều ki ện: sin  x −  sin  x +  cos  x −  cos  x +  ≠ 6  3 6 3    π  π π  π    Ta có tan  x −  tan  x +  = tan  x −  cot  − x  = −1 6         3 PT ⇔ sin x.sin x + cos x cos3 x = − cos x cos x − cos x + cos x cos x + cos x ⇔ ⋅ + ⋅ = 2 2 π   x = + kπ (loại) 1 ⇔ 2(cos x + cos x cos x) = ⇔ cos x = ⇔ cos x = ⇔   x = − π + kπ  π Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ , (k ∈ Z) 2x +1  du = dx u = ln( x + x + 1)  x + x +1 Câu III: Đặt  ⇒  dv = xdx v = x  1 1 2x +1 dx x2 x3 + x dx − ∫ I = ln( x + x + 1) − ∫ dx = ln − ∫ (2 x − 1)dx + ∫ 2 x + x +1 20 x + x +1 x + x +1 1 1 3π ⇒ I = ln − 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, gọi H là hình chiếu vuông góc M lên AA’ Khi đó (P) ≡ (BCH) Do góc
A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết di ện lăng trụ cắt (P) là tam giác BCH Do tam giác ABC cạnh a nên AM = Theo bài S BCH a a , AO = AM = 3 2 a a a = ⇒ HM BC = ⇒ HM = 8 3a 3a 3a − = 16 A ' O HM AO.HM a a a Do ∆A’AO và ∆MAH đồng dạng nên ⇒ A'O = = = = AO AH AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V = A′O.S ABC = A′O AM BC = a= 23 12 1 1 2 Câu V: Ta có a +b ≥ 2ab, b + ≥ 2b ⇒ = ≤ 2 a + 2b + a + b + b + + 2 ab + b + 1 1 1 ≤ , ≤ Tương tự 2 2 b + 2c + bc + c + c + 2a + ca + a + 1 1 1 ab b  1  P≤  + + + + =  =  ab + b + bc + c + ca + a +   ab + b + b + + ab + ab + b  1 P = a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = 2 Câu VI.a: 1) Điểm C ∈ CD : x + y − = ⇒ C ( t;1 − t ) AH = AM − HM =  t +1 − t  Suy trung điểm M AC là M  ;    Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − = I (điểm K ∈ BC ) Suy AK : ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + =  x + y −1 = Tọa độ điểm I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) x − y +1 = Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK ⇒ tọa độ K ( −1;0 ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x +1 y = ⇔ 4x + y + = −7 + 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆, thì ( P )
( D ) ( P ) ⊃ ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác   H ∈ ( P ) Trong (P), IH ≤ IA ; đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A Lúc này (P) vị trí (P0) ⊥ IA A


Vectơ pháp tuyến (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2( x − 4) − 1.( z + 1) = x − z − = Câu VII.a: Ta có I = ∫ (1 + x) n dx = ∫ ( Cn0 + Cn1 x + Cn2 x +
+ Cnn x n ) dx 2 0 1   =  Cn0 x + Cn1 x + Cn2 x3 +
+ Cnn x n +1  n +1  0 2 2 23 2n +1 n 3n +1 − Cn + Cn +
+ Cn (1) Mặt khác I = (1 + x) n +1 = (2) n +1 n +1 n +1 22 23 2n +1 n 3n +1 − Từ (1) và (2) ta có 2Cn0 + Cn1 + Cn2 +
+ Cn = n +1 n +1 3n +1 − 6560 Theo bài thì = ⇔ 3n +1 = 6561 ⇒ n = n +1 n +1 ⇒ I = 2Cn0 + 7 −k    k 14 −43 k  Ta có khai triển  x +  = ∑ C7k x   = ∑ k C7 x x 0  2 x  14 − k =2⇔k =2 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 21 Vậy hệ số cần tìm là C72 = Câu VI.b: 1) Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n)  + m + − 2n = 3.2  m = −1 ⇒ B(–1; –4), C(5; 1) Do G là trọng tâm ∆ABC nên  ⇔ 3 − m − + n = 3.0 n = 83 17 338 ⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ABC: x + y − x+ y− =0 27 27 7  2) Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G  ; ;3  3 

















 Ta có F = MA2 + MB + MC = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC )












 = 3MG + GA2 + GB + GC + MG (GA + GB + GC ) = 3MG + GA2 + GB + GC F nhỏ ⇔ MG2 nhỏ ⇔ M là hình chiếu G lên (P) − −3−3 19 3 ⇔ MG = d (G ,( P )) = = 1+1+1 3 56 32 104 64 GA2 + GB + GC = + + = 9 ( ) k  19  64 553 Vậy F nhỏ   + = M là hình chiếu G lên (P) 3  e x − y = x + y + ev = u + ev = u + u = x + y Câu VII.b: Đặt  Hệ PT ⇔  x + y ⇔  u ⇔ u v v = x − y e = x − y + e = v + e − e = v − u (1) (2) • Nếu u > v u < v thì (2) vô nghiệm • Nên (2) ⇔ u = v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu – u – , f ′(u) = eu – Từ BBT f(u) ta có f(u) = ⇔ u =  x + y = x = Do đó (3) có nghiệm u = ⇒ v = ⇒  ⇔ x − y = y = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Hướng dẫn Đề số 20  5 = t ⇒ t ∈ − ;  và g ( x ) = f ( t ) = t − 3t +  2 27 −27 − 54 + 32 49  3 f  −  = − − + = =− ; 8   Câu I: 2) Đặt 2sin x + f CD = f ( ) = 4; fCT = f ( ) = 0; ⇒ Max = 4, Min = − 25 125 − 150 + 32   125 f  = − + = = 8   Câu II: 1) ĐKXĐ: x > −1, mx > Như trước hết phải có m ≠ Khi đó, PT ⇔ mx = ( x + 1) ⇔ x + (2 − m) x + = (1) 49 Phương trình này có: ∆ = m2 − 4m • Với m ∈ (0;4) ⇒ ∆ < ⇒ (1) vô nghi ệm • Với m = , (1) có nghiệm x = −1 < ⇒ loại • Với m = , (1) có nghiệm x = thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm • Với m < , ĐKXĐ trở thành −1 < x < Khi đó ∆ > nên (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) Mặt khác, f ( −1) = m < 0, f (0) = > nên x1 < −1 < x2 < , tức là có x2 là nghiệm phương trình đã cho Như vậ y, các giá trị m < thoả điều kiện bài toán • Với m > Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > và (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) Áp dụng định lý Viet, ta thấ y hai nghiệm này dương nên các giá trị m > bị loại Tóm lại, phương trình đã cho có nghi ệm và khi: m ∈ ( −∞;0) ∪ {4} 2) ĐKXĐ: x ≠ kπ cho sin x ≥ Khi đó, VT = sin x + cos3 x + sin x cos x + cos x sin x = (sin x + cos x)(sin x − sin x cos x + cos x) + sin x cos x(sin x + cos x) = sin x + cos x sin x + cos x ≥ PT ⇔ sin x + cos x = 2sin x ⇔  (sin x + cos x) = 2sin x (1) π π (1) ⇔ + sin x = 2sin x ⇔ sin x = 1( > 0) ⇔ x = + 2kπ ⇔ x = + kπ π Để thoả mãn điều kiện sin x + cos x ≥ , các nghiệm có thể là: x = + 2kπ e2 x − x + 1 − x + + e2 x − x Câu III: Ta có: = = x 3x + − − x 3x + − − x =  − x + e2 x −  x( x + + + x) − x + + e2 x − x =  +  x x x  (3 x + 4) − (2 + x)  3x + − − x    −2 x e2 x −  x( x + + + x) −2 e2 x −  3x + + + x = + = − +    x + 2x + − x − x2 2x  1+ x 2x   + 2x +1   e2 x − x + = −( −1 + 2).4 = −4 ⇒ lim x→0 3x + − − x Câu IV: Ta có: CD = 10 = AC + AD ; DB = = AD + AB ; BC = 13 = AB + AC ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông cùng đỉnh A ( ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Lấy các điểm E, F, G, H cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật Hi ển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Tâm mặt cầu này là trung điểm I đoạn AH, còn bán 1 14 kính là R = AH = + 32 + 12 = 2 x x −3 Câu V: Đặt f ( x) = x + + (3 − x) + ⇒ f ′( x) = + x +3 (3 − x) + 2 ≤ x ≤ f ′( x) = ⇔ x x − x + 14 = (3 − x) x + ⇔  2 x + 18 x − 27 = −9 ± 15 Dễ kiểm tra hai nghiệm này bị loại vì nhỏ Vậy, đạo hàm hàm số không thể đổi dấu trên [ 2;∞ ) , ngoài f ′(3) > nên f ′( x) > 0, ∀x ≥ Do đó, giá trị nhỏ f ( x) là Phương trình thứ hai có ∆ ' = 81 + 54 = 135 = 9.15 , và hai nghiệm: x1,2 = f (2) = + Cũng dễ thấ y lim f ( x ) = ∞ Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghi ệm (với x ≥ ) và x →∞ m≥ 6+ Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A 9   + ( −3 ) d− DB AB = 4 và = ⇔ ⇒ 4d − = − 3d ⇒ d = DC AC 2−d 42 + ( −3 ) Phương trình AD: x+2 y−3 x+2 y−3 = ⇔ x + y − = ; AC: = ⇔ 3x + y − = −3 −3 Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là − b và bán kính b Vì khoảng cách t I tới AC phải b nên ta có:  b − = 5b ⇒ b = − 3 (1 − b ) + 4b − = b ⇔ b − = 5b ⇒  32 + b − = −5b ⇒ b =  Rõ ràng có giá trị b = là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn nội tiếp ∆ABC là: 2 1  1  x − + y −     = 2  2  2) Mặt phẳng P’ qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m ( x + y + 11) + n ( y − z + ) = ⇔ 2mx + ( 3m + n ) y − 2nz + 11m + n = Để mặt phẳng này qua M, phải có: m( −8 − 15 + 11) + n( −5 − + 7) = ⇔ n = −3m Chọn m = 1, n = −3 , ta phương trình P’: x + z − 10 =
 Đường thẳng d” qua A ( 2; −1;1) và VTCP m = (2;3; −5) Mặt phẳng P” qua M và d” có hai VTCP




là m và MA ( 6;4; −2 ) n ( 3;2; −1) Vectơ pháp tuyến P” là:
  3; −5 −5; 2;3  p= , ,  = ( 7; −13; −5 )  2; −1 −1;3 3;2  Phương trình P”: 7( x + 4) − 13( y + 5) − 5( z − 3) = ⇔ x − 13 y − z − 29 = Đường thẳng d phải là giao tuyến P’ và P” nên có phương trình:  x + z − 10 =  7 x − 13 y − z − 29 = Câu VII.a: Điều kiện: n ≥ Theo giả thiết thì: n + 3n (n − 1) + n (n − 1)( n − 2) = 9n − 14 n ⇔ n − 9n + 14 = ⇔ n = c Câu VI.b: 1) Giả sử M ( x, y ) là điểm thuộc elip Vì bán trục lớn elip là a = = =5 e 0,6 nên ta có: MF1 + MF2 = 10 ⇔ ( x + 1)2 + ( y − 1)2 + ( x − 5) + ( y − 1) = 10 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ( x − 2) ( y − 1) + =1 25 16 2) Mặt phẳng Q qua d có phương trình dạng: m ( x − z ) + n ( x − y + z + ) = ⇔ ⇔ ( m + 3n ) x − ny + ( −2 m + n ) z + 5n = (Q) ⊥ (P) ⇔ 1.(m + 3n) − 2(−2n) + 1.(−2m + n) = ⇔ −m + 8n = Chọn m = 8, n = 1, ta phương trình Q: 11x − y − 15 z + = Vì hình chiếu d’ d trên P là giao tuyến P và Q nên phương trình d’ là: x − 2y + z + =  11x − y − 15 z + = Câu VII.b: Ta chứng minh C2nn + k C2nn − k giảm k tăng, tức là: C2nn +k C2nn − k > C2nn + k +1C2nn −k −1 (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: ( 2n + k )!( 2n − k )! > ( 2n + k + 1)!( 2n − k − 1)! (3) ⇔ n !( n + k )!n !( n − k )! n!( n + k + 1)!n !( n − k − 1)! n n 2n − k 2n + k + > ⇔ +1 > + n−k n + k +1 n−k n + k +1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy (3) đúng Do đó, C2nn + k C2nn − k lớn k = và nhỏ k = n ⇔ Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và d: x + 2mx + (m + 3) x + = x + (1) x = (1) ⇔ x( x + 2mx + m + 2) = ⇔   g ( x) = x + 2mx + m + = (2) (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ (2) có nghiệm phân biệt khác ∆ ′= m − m − > m ≤ −1 ∨ m ≥ ⇔ ⇔ (a )  m ≠ −2  g (0) = m + ≠ 1− 3+ Mặt khác: d ( K , d ) = = 2 Do đó: S ∆KBC = ⇔ BC.d ( K , d ) = ⇔ BC = 16 ⇔ BC = 256 2 ⇔ ( xB − xC ) + ( yB − yC ) = 256 với xB , xC là hai nghiệm phương trình (2) ⇔ ( xB − xC ) + (( xB + 4) − ( xC + 4)) = 256 ⇔ 2( xB − xC )2 = 256 ⇔ ( xB + xC ) − xB xC = 128 ± 137 ± 137 (thỏa (a)) Vậy m = 2 Đặt: t = x ; điều kiện: t > Khi đó BPT ⇔ 30t + ≥ t − + 2t (2) ⇔ 4m − 4(m + 2) = 128 ⇔ m2 − m − 34 = ⇔ m = Câu II: 1) * • t ≥ 1: (2) ⇔ 30t + ≥ 3t − ⇔ 30t + ≥ 9t − 6t + ⇔ ≤ t ≤ • < t ≤ : (2) ⇔ 30t + ≥ t + ⇔ 30t + ≥ t + 2t + ⇔ < t ≤ (a) ( b) ⇒ < t ≤ ⇔ < ≤ ⇔ x ≤ Vậy, bất phương trình có nghiệm: x ≤ x 2) PT ⇔ log 22 x + log x + m = 0; x ∈ (0; 1) (1) Đặt: t = log x Vì: lim log x = −∞ và lim log x = , nên: với x ∈ (0;1) ⇒ t ∈ (−∞; 0) x→0 Ta có: (1) ⇔ t − t − m = 0, t <  y = −t − t , t < : ( P) Đặt:  : (d ) y = m x →1 (2) ⇔ m = −t − t , t < 1 Xét hàm số: y = f (t ) = −t − t , với t < ⇒ f ′(t ) = −2t − ⇒ f ′(t ) = ⇔ t = − ⇒ y = Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x ∈ (0; 1) ⇔ (2) có nghiệm t < Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⇔ (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < ⇔ m ≤ Vậy, giá trị m cần tìm: m ≤ t6 Câu III: Đặt : x = ⇒ I = − ∫ dt = t t +1  ∫  t − t2 +1 − 3  117 − 41 π +  dt = t +1 135 12 Câu IV: Dựng SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SH là đường cao hình chóp Dựng HN ⊥ BC , HP ⊥ AC ⇒ SN ⊥ BC , SP ⊥ AC ⇒
SPH =
SNH = α ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP ∆ AHP vuông có: HP = HA.sin 60 o = a a ; ∆ SHP vuông có: SH = HP.tan α = tan α 4 1 a a a3 Thể tích hình chóp S ABC : V = SH S ABC = tan α = tan α 3 4 16 π Câu V: Với < x ≤ thì < tan x ≤ và sin x ≠ 0,cos x ≠ 0, cos x − sin x ≠ cos x + tan x + tan x cos3 x • y= = = 2 tan x(2 − tan x ) tan x − tan x sin x cos x − sin x cos2 x cos x 1+ t2 • Đặt: t = tan x; < t ≤ ⇒ y = f (t ) = ; < t ≤ 2t − t t + t − t t ( t + t − 4) t ( t − 1)(t + t + 4) f ′(t ) = = = ⇔ f ′(t ) = ⇔ ( t = ∨ t = 1) (2t − t ) (2t − t )2 (2t − t ) π π • Từ BBT ta có: f (t ) = ⇔ t = ⇔ x = Vậy: miny = x = 4  π 0;   Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = a − b = ⇒ a −b−5 =3⇔  a − b = Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =  a −b −5 = S ∆ABC AB  a + b −5 ; Trọng tâm G  ;  ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) (2)   3 (1) S = p + 65 + 89 S Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p +2


   BA, a  + 196 + 100  2) d(A, (d)) = = =5  a +1+ Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 2  1  1 1   5  Câu VII.a: PT ⇔ z  z −  −  z −  +  = ⇔  z −  −  z −  + = (1) z  z    z  z  − 3i   + 3i Đặt ẩn số phụ: t = z − (1) ⇔ t − t + = ⇔  t = ∨t =  z 2   −1 + i −1 − i Đáp số có nghiệm z : 1+i; 1- i ; ; 2 Câu VI.b: 1) (C1): ( x − 1) + ( y − 1) = có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = (C2): ( x − 4) + ( y − 1) = có tâm I (4; 1) , bán kính R2 = Ta có: I1 I = = R1 + R2 ⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài A(3; 1) ⇒ (C1) và (C2) có tiếp tuyến, đó có tiếp tuyến chung A là x = // Oy Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 * Xét tiếp tuyến chung ngoài: (∆ ) : y = ax + b ⇔ ( ∆) : ax − y + b = ta có:  a + b −1   2 =2  a = a = −  d ( I1 ; ∆ ) = R1  a + b2   4 ⇔  ⇔ hay   ( ; ) d I ∆ = R a + b − 7 − +  2  b = b =  a + b2 =     4+7 2 4−7 Vậy, có tiếp tuyến chung: (∆1 ) : x = 3, (∆2 ) : y = − x+ , ( ∆3 ) y = x+ 4 4

2) (d1) có vectơ phương u1 = (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ phương u2 = (1; 3; 1)

 K ∈(d ) ⇒ K (t ′ ; 3t′ − 6; t′ − 1) ⇒ IK = (t′ − 1; 3t′ − 5; t′ − 2)

  18  18 12  IK ⊥ u2 ⇔ t′ − + 9t′ − 15 + t ′ − = ⇔ t′ = ⇒ K  ; − ;  11  11 11 11 


  18 56 59  Giả sử (d ) cắt (d1) H (t; + t; + 2t ), ( H ∈ ( d1 )) HK =  − t ; − − t ; − − 2t  11 11  11 


 


 18 56 118 26 HK ⊥ u1 ⇔ −t − −t − − 4t = ⇔ t = − ⇒ HK = (44; − 30; − 7) 11 11 11 11 11 18   x = 11 + 44λ  12  Vậy, phương trình tham số đường thẳng (d ):  y = − − 30λ 11    z = 11 − 7λ  2009 2009 Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x) = x(1 + x )2009 = x(C2009 + C2009 x + C2009 x + + C2009 x ) 2009 2010 = C2009 x + C2009 x + C2009 x + + C2009 x 2009 2009 • Ta có: f ′( x) = C2009 x + 3C2009 x + + 2010C2009 x + 2C2009 2009 ⇒ f ′(1) = C2009 + 2C2009 + 3C2009 + + 2010C2009 (a) • Mặt khác: f ′( x) = (1 + x) 2009 + 2009(1 + x) 2008 x = (1 + x) 2008 (2010 + x) ⇒ f / (1) = 2011.2 2008 ( b) • Từ (a) và (b) suy ra: S = 2011.2 2008 Hướng dẫn Đề số 22  x = −2 ⇒ y = m + Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = ⇔  x = ⇒ y = m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(−2 ; m + 4)





 Ta có: OA = (0; m), OB = (−2; m + 4) Để
AOB = 1200 thì cos AOB = − −4 < m < m( m + 4) −12 +  ⇔ =− ⇔ −12 ± ⇔ m = 2 m ( + (m + 4) ) m =  Câu II: 1) PT ⇔ sin x − cos3 x = sin x(sin x + cos x) sin x + cos x =  tan x = −1 ⇔ (sinx + cosx)(sin2x − 1) = ⇔  ⇔ sin x − =  sin x = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 π   x = − + kπ π ⇔ ⇔ x = ± + kπ  x = π + kπ  2) Điều kiện: x ≤ Đặt t = 3− x ≥ BPT ⇔ + 2t − t + 2t ≤ 5  0 ≤ t ≤ 5 − 2t ≥   ⇔ + 2t − t ≤ − 2t ⇔ 8 + 2t − t ≥ ⇔  −2 ≤ t ≤ ⇔ ≤ t ≤   17 5t − 22 x + 17 ≥ t ≤ 1; t ≥  Với ≤ t ≤ ⇒ 3− x ≤1 ⇔ − x ≤ ⇔ x = Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình: + x − x = ⇔ x = 0; x = Diện tích cần tìm S = ∫ x − x dx = ∫ − ( x − 1) dx 2 π π  π π Đặt x − = sin t; t ∈ − ;  ⇒ dx = cost ; Với x = ⇒ t = − ; x = ⇒ t = 2  2 π ⇒ S = ∫ cos tdt = π − 1 π 2 ∫π (1 + cos 2t )dt =  t + sin 2t  − π = π − π 2 Câu IV: Kẻ SH ⊥ BC Suy SH ⊥ (ABC) Kẻ SI ⊥ AB; SJ ⊥ AC ⇒
SIH =
SJH = 600 ⇒ ∆SIH = ∆SJH ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông ⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a a a3 Vậy: VS ABC = SH S ABC = 12 1 1 1 Câu V: Sử dụng BĐT: ( x + y + z )  + +  ≥ ⇒ + + ≥ x y z x+ y+z x y z ab 1 1  Ta có: = ab ≤ ab  + +  a + 3b + 2c (a + c) + (b + c) + 2b  a + c b + c 2b  Tương tự biểu thức còn lại Sau đó cộng vế với vế ta được: ab bc ca  a + b + c bc + ca ca + ab ab + bc  a + b + c + + ≤  + + + = a + 3b + 2c b + 3c + a c + 3a + 2b  a+b b+c a+c  Trong tam giác vuông SHI ta có: SH =  x = −1 + 3t  Câu VI.a: 1) Đường thẳng (∆) có phương trình tham số:  y = − 2t t ∈ »  z = + 2t 
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (1; 3; 2)



 Giả sử N(−1 + 3t ; − 2t ; + 2t) ∈ ∆ ⇒ MN = (3t − 3; −2t ;2t − 2)



  Để MN // (P) thì MN n = ⇔ t = ⇒ N(20; −12; 16) x−2 y−2 z−4 Phương trình đường thẳng cần tìm : = = −7 2) Phương trình AB : x + 2y − = ; AB = Gọi hc là đường cao hạ từ C ∆ABC S ABC = Giả sử C(2a + ; a) ∈ (∆) Vì hc = 12 AB.hc = ⇒ hc = 12 | 2a + + 2a − 1| 12 ⇒ = ⇔ a = ±3 5 Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(−5; −3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 b + c = b = −2 + b (1 + i ) + c = ⇔ b + c + ( + b ) i = ⇔  ⇔  + b = c = 9 3 Câu VI.b: 1) I có hoành độ xI = và I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ;  2 2 Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm cạnh AD, suy M(3;0) 9 2 AB = IM = ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = + =3 4 S 12 S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 AB  AD ⊥ ( d ) , suy phương trình AD: 1.( x − 3) + 1.( y − 0) = ⇔ x + y − =   M ∈ AD (1 + i ) Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D là nghiệm hệ phương trình:  x + y − =  y = −x + y = 3− x x = x = ⇔ ⇔ ⇔   2 2  x − = ±1  y =  y = −1  ( x − 3) + y = ( x − 3) + y = Vậy A(2;1), D(4;-1), x + xC  xI = A   xC = xI − x A = − =  9 3 ⇔ I  ;  là trung điểm AC, suy ra:  2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC I  Tương tự I là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉ nh hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 2.2 + 2.(−1) − + 16 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d = d ( I , ( P ) ) = =5⇒ d > R Do đó (P) và (S) không có điểm chung Do vậ y, MN = d –R = –3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 và N vị trí N0 Dễ thấ y N0 là hình chiếu vuông góc I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm ∆ và (P)
Đường thẳng ∆ có VTCP là n P = ( 2;2; −1) và qua I nên có phương trình là  x = + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ » ) z = − t  Tọa độ N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( + 2t ) + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + 16 = ⇔ 9t + 15 = ⇔ t = −






  13 14  Suy N  − ; − ;  Ta có IM = IN0 Suy M0(0;–3;4)  3 3 (1 + i) 2009  + i  2008 =  (1 + i ) = i (1 + i) = + i (1 − i) 2008  − i  PT ⇔ z2 − 2(1 + i)z +2i = ⇔ z2 − 2(1 + i)z + (i + 1)2 = ⇔ (z − i − 1)2 = ⇔ z = i + 2008 Câu VII.b: Ta có: Hướng dẫn Đề số 23 15 =− Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  m < − Câu I: 2) •  : PT có nghiệm  m >  3 m = ± : PT có nghi ệm (1 đơn, kép) 3  3   3 • m∈  − ;  : PT có nghiệm phân biệt  \ ±  3    x x x Câu II: 1) PT ⇔ cosx(1 + cosx) + sin cos3 = ⇔ cos [ cos x + (1 − cos x)sin x ] = 2 x  cos = ⇔   sin x + cos x − sin x.cos x =  2) PT ⇔ ( + 1) x − − = ⇔ ( + 1)3 x − 3( + 1) x − = ⇔ ( + 1) x = x ( + 1) •m= ± ∫ ln Câu III: I = = ∫  e ∫ ln 3e3 x + 2e2 x − e x − (e3 x + e2 x − e x + 1) dx e3 x + e2 x − e x + ln ln  3e + 2e − e  14 −x = ln11 – ln4 = ln − 1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) 3x 2x x 0 + e − e +1  ln 2e x + e x − dx = e + e2 x − e x + 3x Vậy eI = 3x 2x x 11 1 a VASBC = SABC.SA = a 3 A + B    B +C   A+C  C A B sin  cos cos cos  sin   sin    +  +   2 Câu V: P = + + = B A B C C A B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 π A B C  =  tan + tan + tan  ≥ Vậy minP = và A = B = C = 2 2  Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = Gọi I’ là điểm đối xứng I qua M Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = 8  6  −6   ⇒ I′  ;  ⇒ (C′):  x −  +  y +  = 5  5 5   2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và ∆1 ⇒ (P): 3x – y + 2z + = Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và ∆2 ⇒ (Q): 3x – y – 2z + = ⇒ Phương trình (d) = (P) ∩ (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2]∪[2;3] • y’ = 3x2 – 3, y’ = ⇔ x = ± ∉ D • y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 ⇒ kết Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = Gọi A, B là hai tiếp điểm Nếu hai tiếp tuyến này lập với góc 600 thì IAM là nửa tam giác đề u suy IM = R=2 Như ểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2) + ( y − 1) = 20 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆, nên tọa độ M nghiệm đúng hệ phương trình: ( x − 2)2 + ( y − 1) = 20 (1)  (2)  x + y − 12 = y = 2 Khử x (1) và (2) ta được: ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔   y = 27  2  27  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M ( 6;3) M  ;  5  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x = + t '  2) Phương trình tham số ∆1 :  y = + 2t ' z = − t '  Gọi M và N là giao điểm đường vuông góc chung với ∆1 và ∆2 ⇒ M(7 + t′;3 + 2t′;9 – t′) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t)

VTCP ∆1 và ∆2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3)



 



   MN ⊥ a  MN a = Từ đây tìm t và t′ ⇒ Toạ độ M, N Ta có: 



  ⇔ 



   MN ⊥ b  MN b = Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN Câu VII.b: Gọi nghiệm ảo là z = ki (k ∈ R) Ta có : (ki)3 + ( – 2i)(ki)2 + ( – i)ki – 2i = ⇔ – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = −k + k = ⇔k=1 ⇔ ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = ⇔  2  −k + 2k + k − = Vậy nghi ệm ảo là z = i z = i ⇒ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = ⇔ (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = ⇔   z + (1 − i ) z + = Từ đó suy nghiệm phương trình Hướng dẫn Đề số 24 Câu I: 2) y ′ = g ( x) = 3x + (1 − 2m ) x + − m YCBT ⇔ phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 <  ∆′ = m − m − >    ⇔  g (1) = −5m + > ⇔  m < −1 ∨ < m <      S 2m − = <  x Câu II: 1) • Nếu cos = ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z , phương trình vô nghiệm x x • Nếu cos ≠ ⇔ x ≠ π + k 2π , k ∈ Z , nhân hai vế phương trình cho 2cos ta được: 2 x x x x 7x tích thành tông cos cos3x − cos cos x + cos cos x = cos ←→ cos =0 2 2 π 2π ⇔ x= +k , k ∈» , đối chiếu điều kiện: k ≠ + 7m, m∈Z 7 log x ⇒ y = log > 2) Điều ki ện: 0< x ≠ Đặt: y = log x log x 3 +2 log x 3y + BPT ⇔ ≥3⇔ ≥3⇔ 3− ≥ (*) luôn sai với y > log x y +1 y +1 +1 log x Kết luận: BPT vô nghiệm Câu III: Đặt : t = x + ⇒ t = x + ⇒ x = (t − 1) 5  dx tdt  Do đó: I = ∫ =∫ − dt = ln − ∫  ( t + 1) t + ( t + 1) 12 x + + x +  3 Câu IV: Nhận xét: Tâm O lục giác ABCDEF là trung điểm các đường chéo AD, BE, CF SO Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⊥(ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac cạnh b 3 3b Diện tích đáy: Sđáy = 6S∆OAB = 6b (đvdt) = SA2 − OA2 = a − b Chiều cao h = SO = b 3( a − b ) S dáy h = * Xác định d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ Chứng minh OJ ⊥(SAF) ⇒ Thể tích V = Trong ∆SOJ vuông O ta có OJ = OI SO =b 3( a − b ) 4a − b OI + SO Câu V: Đặt A = x + xy + y , B = x − xy − y • Nếu y = thì A = B = x2 ⇒ ≤ B ≤ x − xy − y z2 − z − x • Nếu y ≠ 0, ta đặt z = đó: B = A = A y x + xy + y z2 + z +1 2 Xét phương trình: z2 − z − = m ⇔ ( m − 1) z + ( m + 1) z + m + = (a) z2 + z + m = m =  (a) có nghiệm ⇔  ⇔ ( m + 1)2 − ( m − 1)( m + 3) ≥ ⇔ −3 − 48 ≤ m ≤ −3 + 48 ∆ ≥ 3  Vì ≤ A ≤ ⇒ −3 − ≤ B ≤ −3 + Đây là ều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Tọa độ A nghi ệm đúng hệ phương trình:  x + y − =  x = −2 ⇔ ⇒ A ( −2;4 )  x + 2y − = y = 4x + y − =  x = ⇔ ⇒ B (1;0 ) Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trình   x − y −1 = y = Đường thẳng AC qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + ) + b ( y − ) = ⇔ ax + by + 2a − 4b = Gọi ∆1 : x + y − = 0; ∆2 : x + y − = 0; ∆3 : ax + by + a − 4b = Từ giả thi ết suy
( ∆ ; ∆ ) =
( ∆ ; ∆ ) Do đó |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos
= ( ∆2 ; ∆3 ) = cos
( ∆1; ∆2 ) ⇔ 2 25 5 a + b a = ⇔| a + 2b |= a + b ⇔ a ( 3a − 4b ) = ⇔  3a − 4b = • a = ⇒ b ≠ Do đó ∆3 : y − = • 3a – 4b = 0: Chọn a = thì b = Suy ∆3 : x + y − = (trùng với ∆1 ) Do vậ y, phương trình đường thẳng AC là y – = y − = x = Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:  ⇔ ⇒ C ( 5; )  x − y −1 =  y = 2) Tọa độ trung điểm I AB là: I(2; 2; 0) x−2 y−2 z ⇒ Phương trình đường thẳng KI: = = −1 Gọi H là hình chiếu I lên (α) ⇒ H(–1; 0; 1) Giả sử K(xk; yk; zk), đó: KH = Từ yêu cầu bài toán ta có hệ:  x + + y + ( z − 1)2 k k  ( k ) x −2 y −2 z  k = k = k  −1 ( xk + 1) + yk2 + ( zk − 1) và KO = xk2 + yk2 + zk2   xk = −  = xk2 + yk2 + zk2   1 3 ⇔  yk = Kết luận: K  − ; ;   4    zk =  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu VII.a: Ta có: 3(1 + i) 2010 = 4i(1 + i) 2008 − 4(1 + i) 2006 ⇔ 3(1 + i )4 = 4i(1 + i) − ⇔ (1 + i ) = −4 ⇔ 4i = −4 ( đúng) ⇒ (đpcm) Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình  x + y + x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì
ABC = 90 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) 2) Vì A∈ ∆1 ⇒ A(t+1; –t –1; 2); B∈ ∆2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') ⇒ AB = (−t '− t + 2; 2t '+ t + 2; t '− 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ ⇔ AB là đoạn vuông góc chung (∆1) và (∆2)





 


   AB ⊥ u1  AB.u1 = 2t + 3t ' =  ⇒ 


  ⇔ 


  ⇔ ⇔ t = t ' = ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0) t + t ' = AB ⊥ u AB u =  2     Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết và chia hết • Các số gồm số có tổng chia hết cho là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6) • Mỗi số chia hết cho và số tận cùng là + Trong các số trên có số có đúng hai số ⇒ 4.P4 = 96 số chia hết cho + Trong các số trên có số có và Nếu tận cùng là thì có P4= 24 số chia hết cho Nếu tận cùng là vì số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số Hướng dẫn Đề số 25  x − 3 − 3x − k < (1)  Câu I: 2) Ta có :  Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1 + − ≤ log x log ( x 1) (2)  2 2 Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ ⇔ < x ≤ Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả < x ≤ (x −1)3 − 3x − k < (x −1)3 − 3x < k ⇔ 1 < x ≤ 1 < x ≤ ⇔ Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C) ⇒ (1) có nghiệm x ∈(1;2] ⇔ k ≥ f ( x ) = f (2) = −5 Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > – (1;2 π 2π Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = ⇔ 2sin2x + sinx –1 = ⇔ x = + k ,k ∈» π 2π  π  π Vì x ∈[ 2; 40] nên ≤ + k ≤ 40 ⇒ 2−  ≤ k ≤  40 −  2π  6 2π  6 ⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k ∈ {1, 2,3, ,18} Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18 π 2π + (1 + + + + 18) = 117π log ( x + 1) + log (3 − x) − log ( x − 1) = 2) Điều ki ện: < x < PT ⇔  1 < x < ± 17 ⇔ ( x + 1)( − x ) = x − ⇔ x + x − = ⇔ x = (tmđk) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 2 ln x  Câu III: Ta có : I = ∫  x +  ln xdx = ∫ x ln xdx + 2∫ dx = = e +  x x 1 1 e e e Câu IV: Ta có: ∆SAC vuông A ⇒ SC = SA2 + AC = 2a ⇒ AC′ = SC = a ⇒ ∆SAC′ Vì (P) chứa AC′ và (P) // BD ⇒ B′D′ // BD Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm AC′ và B′D′ ⇒ I là 2 trọng tâm ∆SBD Do đó: B′ D′ = BD = a 3 Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D′B′ ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ AC′ a2 Do đó: SAB'C'D' = AC′ B′ D′ = a Đường cao h khối chóp S.AB′C′D′ chính là đường cao tam giác SAC′ ⇒ h = Vậy th ể a3 tích khối chóp S AB′C′D′ là V = h.S AB ' C ' D ' = 18 a b  b c  c a  Câu V: Ta có BĐT ⇔  − 1 +  − 1 +  − 1 ≥ c +a  c  a +b a  b +cb  b  c  a  ⇔ (1)  − 1 + a  − 1 + b  − 1 ≥ c +1 c  +1 a  +1 b  a b c a b c Đặt: x = > 0; y = > 0; z = > ⇒ x y.z =1 Khi đó : b c a x −1 y −1 z −1 (1) ⇔ + + ≥ ⇔ x + y + z + xy + yz + zx − x − y − z ≥ (*) y + z + x +1 Vì x + y + z ≥ ( x + y + z ) ≥ xyz ( x + y + z ) = x + y + z ( theo BĐT Cô–si) Và xy + yz + zx ≥ 3 ( xyz ) = (theo BĐT Cô–si) Do đó: (*) đúng Vậy (1) CM Dấu "=" xả y ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Khi đó tam giác ABC là tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a = (7; −4) AC làm VTPT ⇒ BO: 7x – 4y = ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy ⇒ đường cao AO chính là trục Oy Vậy AC: y + = x y z + + =1 a b c


 JK = (0; −b; c), 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ ( P ) :





 IA = (4 − a;5; 6), JA = (4;5 − b; 6); IK = ( −a; 0; c) 4 + + =1  a b c 77 77 77  Ta có:  −5b + 6c = ⇒  a = ; b= ; c= ⇒ phương trình mp(P)   −  a + 6c = Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: ( x + 1) = ∑ Cnk x k n n k =0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n (n − 1) ( x + 1) Cho x = và n = 25 từ (1) ⇒ 25 24.223 = ∑ k (k − 1)C n −2 25 k =2 k 25 = ∑ k ( k − 1)Cnk x k − n ⇔ ∑ k (k − 1)C 25 k 25 = 5033164800 k =2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = M ∈ Oy ⇒ M(0;m) 
AMB = 600 (1) 
AMB = 1200 (2) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) ⇒  AMB nên: Vì MI là phân giác
(1) k =2 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 30 IA AMI = 600 ⇔ MI = (2) ⇔
⇔ MI = R ⇔ m2 + = (vô nghiệm) sin 60 3 Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0; – )








 2) BA = (4;5;5) , CD = (3; −2; 0) , CA = (4;3; 6)


   Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P) có VTPT n1 =  BA, k  = (5; –4; 0) (1) ⇔
AMI = 300 ⇔ MI = ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q) có VTPT n2 = CD, k  = (–2;–3; 0)


   ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo)  a = −2  a =   z =5  a + b =  a = 2b  Ta có:  ⇔ ⇔ ⇔  ∨  b = −   a = 2b b = ± a = 2b b =   Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: z = −2 − 5i; z = + 5i Hướng dẫn Đề số 26 Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm (d) và (C) là: x−2 =–x+m x −1 x ≠ ⇔ luôn có nghiệm phân biệt với m  x − mx + m − = (1) Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) AB = 2( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2  = Vậy GTNN AB = và m = Câu II: 1) Điều kiện: < x ≠ Đặt t = log x 2( m2 − 4m + 8) ≥  −t − t + 1 1 t ≥0  BPT ⇔ − log x − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔  2t log x 2 t 2 t ≠   log x ≤ log 2−2 t (t + t − 2) ≤ 0<x≤ t ≤ −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0 < t ≤ log < log x ≤ log 2 1 < x ≤ t ≠   π  π 2) Điều ki ện: cos  x −  cos  x +  ≠ 6 3   π π     sin  x −  sin  x +  6  3  PT ⇒ sin 3x = sin x + sin x ⇒ – sin3x = sinx + sin2x π   π cos  x −  cos  x +  6 3   kπ  sin x = x = ⇔ sin2x(2cosx + 1) = ⇔  ⇔ cos x = −  x = ± 2π + k 2π   Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 kπ  x = Kết hợp điều kiện, nghiệm phương trình là:   x = − 2π + 2kπ  π  Câu III: Ta có: sinx + cosx = 2cos  x −  , 6   π π  π π  sinx = sin   x −  +  = sin  x −  + cos  x −  6 6 6 6    π 32 I= 16 ∫0 π  π sin  x −  dx dx 6  = + ∫ π π   16   cos  x −  cos  x −  6 6   Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B′, C′ cho SB′ = SC′ = a Ta có AB′ = a, B′C′ = a , AC′ = a ⇒ ∆AB′C′ vuông B′ Gọi H là trung điểm AC′, thì ∆SHB′ vuông H Vậ y SH là đường cao hình chop S.AB′C′ VS ABC a3 abc bc Vậy: VS.AB’C’ = = = ⇒ VS.ABC = abc VS AB ' C ' a a 12 12 8a a3 6a − 2b − 2c + ( b + c ) + ( b + c ) ≥ a ⇔ ≥ 2 (b + c) (b + c ) Dấu " = " xả y ⇔ 2a = b + c b3 6b − 2c − a c3 6c − 2a − 2b Tương tự: ≥ ; ≥ 2 (c + a ) ( a + b) Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a +b+c 1 = Dấu xả y ⇔ a = b = c = Kết luận: minP = 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1)





  Từ điều kiện MA + MB = tìm A(1; –2), B(1;1) suy (d): x – = 2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = (D) = (P) ∩ (Q) suy phương trình (D) 1 1 Câu VII.a: PT có hai nghiệm x1 = (1 − i ), x2 = (1 + i ) ⇒ = 2i; = −2i x1 x2 2 Suy ra: P ≥ Câu VI.b: 1) (H) có tiêu điểm F ( 13;0) Giả sử pttt (d): ax + by + c = Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x − 13) – a y =  ax + by = −c Toạ độ M là nghiệm hệ:  bx − ay = 13b Bình phương hai vế phương trình cộng lại và kết hợp với (*) ta x2 + y2 = 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ⊥ BC; (Q) qua B và (Q) ⊥ AC  36 18 12  Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta trực tâm H  ; ;   49 49 49  Câu VII.b: Ta có: Ckn + 3Cnk −1 + 2Ckn −2 = Cnk+3 − Cnk −3 − Cnk −2 ⇔ Cnk + 3Cnk −1 + 3Cnk −2 + Cnk−3 = Cnk+3 (1) ( ) VT(1) = Ckn + Cnk−1 + Ckn−1 + Ckn−2 + Ckn−2 + Ckn−3 = Ckn+1 + 2Ckn+−11 + Ckn+−12 ( ) ( ) = Cnk+1 + C nk+−11 + C nk+−11 + Cnk+−12 = C kn + + C nk +−12 = Cnk + Hướng dẫn Đề số 27 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt cách ⇔ phương trình x − (2m + 1) x + m = (1) có nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2 4 m2 − m + > (2m + 1) − 8m >  ∆ > m >     ⇔  S > ⇔  2m + > ⇔ m > − ⇔  P >  2m >  m ≠   m > 1 − sin x = ⇔ − sin x =  6cos x + sin x − = Câu II: 1) PT ⇔ (1 − sin x)(6 cos x + sin x − 8) = ⇔   t  t  2) Xét (1): Đặt t = x – y (1) ⇔   +    = + 9.3t      • Với t > VT < 10, VP > 10 • Với t < 0, VT > 10, VP < 10 ⇒ Phương trình (1) có nghiệm t = hay x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) ⇔ x + x − − 3x x − = x Dễ thấy x = không phải là nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được: 1 (2) ⇔ x − − x − + = Đặt y = x − (ĐK y ≥ 0) x x x y =  Ta phương trình: y2 – 3y + = ⇔  Từ đó ta tìm x y = xe x Câu III: S = ∫ dx Đặt ( x + 1) u = xe x 1 xe x xe x  ⇒ ∫ dx e x dx = − +  dv = ∫ dx x x ( + 1) + 0  ( x + 1)2  Câu IV: • Chứng minh: ∆ ACD vuông C ⇒ ∆ACD vuông cân C AC = CD = a 2; CD = 2a; BD = a • VSBCD = VS.ABCD – VSABD • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC) Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD) Kéo dài AB và CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED) AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông H Kẻ HI ⊥ MK có HI = d(H, (SCD)) • Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK Từ đó tính HI Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ Ta có: a +b 1 1  =  +  Dấu "=" xảy ⇔ a = b ≤ a + b ab  a b  1 1   1  1   1  ≤  + +   ≤  +  +  =  + x + y + z  x y + z   x  y z   x y z  Tương tự: 1 1  1 1 1 ≤  + +  và ≤  + +  x + y + z  2x y z  x + y + 2z  x y z  1 1  1  2009 + + ≤  + + = 2x + y + z x + y + z x + y + 2z  x y z  2009 12 Vậy MaxP = x = y = z = 2009 Vậy Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực AB 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  x2 + y + 2x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì
ABC = 90 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) Câu VII.a: Phương trình: log ( n − 3) + log ( n + 6) = có nghiệm n = 19 (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = điểm nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung hai đường thẳng là đường kính


 2) Ta có: AB = ( −1;2 ) ⇒ AB = Phương trình AB là: x + y − = I ∈ (d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) I là trung điểm AC và BD nên: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t;2t − ) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH =  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ;  , D  ;  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy tọa độ C và D là C  ;  , D  ;  C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 Câu VII.b: Đặt log (n − 2n + 6) = t ⇒ n − 2n + = 3t ; (n − 2n + 6) log3 = ( 3t ) Ta phương trình: 3t + 4t = 5t Phương trình có nghiệm t = ⇒ n2 – 2n + = ⇔ n2 – 2n – = ⇔ n =3 log3 = 5t Hướng dẫn Đề số 28 9 ⇔ m = 12 = 144 12 Câu II: 1) PT ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ Câu I: 2) log12 m = ⇔ cos x = ∨ 2cos x + cos x + = 0(VN ) ⇔ cos2x = ⇔ x = t2 − (1 ≤ t ≤ 2), x∈ [0;1 + 3] t +1 t + 2t + g'(t) = > ⇒ g tăng trên [1,2] (t + 1)2 2) Đặt t = x − x + ⇔ t2 − = x2 − 2x BPT ⇔ m ≤ Khảo sát hàm số: g (t ) = t2 − với ≤ t ≤ t +1 Do đó, YCBT ⇔ BPT m ≤ Vậy: m≤ π π π + kπ ⇔ x = + k t2 − 2 có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g (t ) = g (2) = t +1 t∈[1;2] 3 t  t2   Câu III: Đặt t = x + ⇒ I = ∫ dt =∫  t − + dt = − t + ln t +  = + ln   1+ t t +1 2 1 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho: A ≡ O, C ( −2a,0,0 ) , A1 (0,0, 2a 5)



 a a   



 ⇒ A(0;0;0), B  ; ;0  , M (−2a ,0, a 5) ⇒ BM = a  − ; − ;  , MA1 = a(2;0; 5) 2    Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :










 a 15






 VAA1BM = A A1  AB, AM  = ; S ∆ BMA1 =  MB, MA1  = 3a Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d = Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: 3V a = S 3 ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số A và B cùng dấu nên A, B cùng phía với (P) x +1 y − z + Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): = = −1 2x − y + z + =  AA' cắt (P) H, tọa độ H là nghiệm hệ PT:  x + y − z + ⇒ H (1, 2, −1)  = −1 =  xH = x A + x A '  Vì H là trung điểm AA' nên ta có :  yH = y A + y A ' ⇒ A '(3,1,0) 2z = z + z A A'  H



 x − y −1 z Ta có A ' B = ( −6, 6, −18) (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) : = = −1 2x − y + z + =  Vậy tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình  x − y − z ⇒ M (2, 2, −3)  = −1 = 2) x + y − = 0; x − y − = x2 + x + 1 x 2− x = x ( − x) ⇔ ( ) = x + 1+ x x Đặt: f ( x) = 3x (2 − x ) , g ( x) = x + + (x ≠ 0) x Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; g(x) = ⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = g(x) = x=1 ⇒ PT có nghiệm x = Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có PTTS:  y = − t Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t )  z = 2t  Câu VII.a: PT ⇔ log AM = (−2 + 2t ) + ( −4 − t ) + (2t ) = (3t )2 + (2 5)2 BM = (−4 + 2t ) + ( −2 − t ) + (−6 + 2t ) = (3t − 6) + (2 5) AM + BM = (3t ) + (2 5) + (3t − 6)2 + (2 5)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t;2 và v = −3t + 6;2 
| u |= Ta có 
| v |=  ( 3t ) ( + ( 3t − ) ( ) ( ) ( ) ) +





Suy AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; ⇒| u + v |= 29





Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như AM + BM ≥ 29

3t Đẳng thức xả y và u , v cùng hướng ⇔ = ⇔ t =1 −3t + 2 ( ⇒ M (1;0;2 ) và ( AM + BM ) = 29 Vậy M(1;0;2) thì minP = ( 11 + 29 ) 2) x + y − = Câu VII.b: Điều kiện x > , x ≠ ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013      1 BPT ⇔  + log x  ( log x + 1) ≥ + log x  log 2 x ≥ ⇔   log8 x 2  log x  3    log x +  0<x≤ log x ≤ −1 log x +  ⇔ (log x + 3)  ≥0⇔ ⇔ ≥0⇔  log x log x >  log x  x >  Hướng dẫn Đề số 29 x = Câu I: 2) Ta có y ′ = x + 4mx ; y ′ = ⇔ x ( x + m ) = ⇔   x = ± −m (m<0) Gọi A(0; m2+m); B( −m ; m); C(– −m ; m) là các điểm cực trị





 AB = ( −m ; −m2 ) ; AC = (− −m ; −m ) ∆ABC cân A nên góc 1200 chính là
A





 − −m −m + m AB AC
A = 120
⇔ cos A = − ⇔


=− 


 = − ⇔ 2 m − m AB AC (loai) m = m + m4 4  ⇔ = − ⇒ m + m = m − m ⇔ 3m + m = ⇔ m = − m −m  Vậy m= − thoả mãn bài toán Câu II: 1) Điều kiện x ≥ Nhân hai vế bpt với x + + x − , ta BPT ⇔ 4.(1 + x + x − ) ≥ 4.( x + + x − ) ⇔ + x + x − ≥ x + + x −  x ≤ −2 x2 + x − + x + x − ≥ x + + x2 + x − ⇔ x2 − ≥ ⇔  x ≥ Kết hợp với điều kiện x ≥ ta x ≥ π 2) Điều kiện cos x ≠ ⇔ x ≠ + kπ , k ∈» cos x − sin x cos x + sin x Ta có PT ⇔ ⇔ (cos x + sin x)(cos x − 1) = ( cos x + sin x ) = cos x cos x π  cos x + sin x =  x = − + mπ ⇔ ⇔ ,m∈»  cos x − = = x m π  Câu III: Nhận xét: y = x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0,π ] Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là: + sin x π π π x x x S=∫ dx=∫ dx= dx ∫ π + sin x 20 2 x x x 0  cos −    sin + cos  2 4 2  π   x π  x π  x π  x π  = ∫ x d  tan  −   = x tan  −  − ∫ tan  −  dx = π + ln cos  −  2 4 2 4 2 0    π  π   π  Suy S= π +  ln cos   − ln cos  −   = π (đvdt) 4  4  Câu IV: Ta có AO=OC=a ⇒ A′O = AA′2 − AO = 4a − 2a = a Suy V=B.h= a a = 4a Tính góc AM và A′C Gọi N là trung điểm AD, suy AM // CN π Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Xét ∆A′CN ta có: A′C = A′O + OC = 2a; CN = AM = AB + BM = a 5; A′N = AA′2 + AN = a CA′2 + CN − A′N 4a + 5a − 5a ⇒ cos C = = = >0 2.CA′.CN 2.2a.a 5 Vậy cosin góc AM và A′C Câu V: Đặt t = sin x với t ∈ [ −1,1] ta có A = 5t − 9t + Xét hàm số f (t ) = 5t − 9t + với t ∈ [ −1,1] Ta có f ′(t ) = 15t − 18t = 3t (5t − 6) f ′(t ) = ⇔ t = ∨ t = (loại); f (−1) = −10, f (1) = 0, f (0) = Vậy −10 ≤ f (t ) ≤ Suy ≤ A = f (t ) ≤ 10 Vậy GTLN A là 10 đạt t = −1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − và GTNN A là đạt t = ⇔ sin x = ⇔ x = π + k 2π π + k 2π 1 Câu VI.a: 1) Ta có S IAB = S ABCD =1 Mặt khác S IAB = IH IB với AB= 12 + 02 = ⇒ IH = Gọi I ( xI , xI ) vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; IH = ⇔ d ( I ; AB ) = ⇔ xI = TH1: xI = ⇒ I (2; 2); C (3;4); D(2;4) TH2: xI = −2 ⇒ I ( −2; −2); C ( −5; −4); D( −6; −4) 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC 1 1 Ta có: VOABC = VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = r.S OAB + r.SOBC + r.S OCA + r.S ABC = r.STP 3 3 Mặt khác: VOABC = OA.OB.OC = = (đvtt); SOAB = S OBC = S OCA = OA.OB = (đvdt) 6 3 S ABC = AB = = (đvdt) ⇒ STP = + (đvdt) 4 3V Do đó: r = OABC = (đv độ dài) STP 6+2 Câu VII.a: Ta có (1 + x)30 = (1 + x)10 (1 + x )20 , ∀x ∈» Mặt khác: (1 + x)30 = ∑ C30k x k , ∀x ∈ » (1) n 10 Vậy hệ số a10 x khai triển (1 + x)30 là a10 = C30 Do (1) đúng với x nên a10 = b10 Suy điều phải chứng minh



 1 = 2( X H − 1) 3 7 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 Suy AI = 2.IH ⇔  ⇔ H ;  = 2( Y − 2) 2 2  H Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì ∆ ABC là tam giác 3 7   Phương trình (BC) qua H và vuông góc với AI là:  x −  +  y −  = 2 2   ⇔ x + y − 12 = Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ B, C là các nghiệm hệ phương trình:  x2 + y − x − y − =  x2 + y − x − y − = ⇔   x + y − 12 =  x = 12 − y  7+ 3−3   − 3+3  Giải hệ PT trên ta được: B  ; ; ; C   ngược lại   2    x = + 2t  2) PTTS d1 là:  y = − 3t M ∈ d1 nên tọa độ M (1 + 2t ;3 − 3t;2t )  z = 2t  k =1 10 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Theo đề: d ( M ;( P)) = |1 + 2t − 2(3 − 3t ) + 4t − 1| + (−2) + 2 + Với t = ta M ( 3;0;2 ) ; 2 =2⇔ t = |12t − | =2⇔ t = + Với t = ta M (1;3;0 ) • Ứng với M1, điểm N1 ∈ d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1 ) là: ( x − 3) − y + 2( z − 2) = ⇔ x − y + z − = (1)  x = + 6t  PTTS d2 là:  y = 4t (2)  z = −5 − 5t  Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0) • Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;–5)  x ≥ y +1  x − y +1 =  x = Câu VII.b: Điều kiện:  ⇔ Hệ PT ⇔  y ≥ y = y =  Hướng dẫn Đề số 30 x = Câu I: 2) Tacó y ' = x − 3mx = x( x − m) = ⇔  x = m Với m ≠ thì y’ đổi dấu qua các nghiệm hàm số có CĐ,CT     Khi đó các ểm cực trị đồ thị là: A  0; m  , B(m; 0) Để A và B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA = OB tức là: m = m3 ⇔ m = ⇒ m = ± 2 π Câu II: 1) ĐK: x ≠ = kπ PT ⇔ tan x(1 − sin x) − (1 − cos3 x) = ⇔ ⇔ (1 − cos x)(1 − sin x )(sin x − cos x )(sin x + cos x + sin x cos x) = π π π ⇔ x = k 2π ; x = + kπ ; x = + α + k 2π ; x = − α + k 2π 4 2x x 2) PT ⇔ − + (3.3x ) − 2.3.3x + = ⇔ ⇔ 5.32 x − 7.3x + 3x +1 − = 3 x = − log  ⇔  x = − log  1  −1 dt −1 π − ∫ = −  2− dt = = ∫ t t +1 t +1 24 Câu IV: Hình chi ếu SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC a Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔ AB = a a 1 a2 a2 SA2 = a − ⇒ SA = ; S ∆ABC = AB.AC.sin1200 = = 2 12 Câu III: Đặt t = x ⇒ I = 3 a a2 a3 = 3 12 36 a3 2a − b Câu V: Ta chứng minh: (1) ≥ a + ab + b Thật vậ y, (1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ b3 2b − c c3 2c − a Tương tự: ≥ (2) , ≥ (3) 2 b + bc + c c + ac + a ⇒V = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Vậy: S ≤ ⇒ maxS = a = b = c = Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2 + B + C ≠ ) Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = ⇔ A + B + C = ⇔ C = –A – B (1) A + 2B − C = ⇔ ( A + B − C ) = 2( A2 + B + C ) (2) Theo đề: d(M;(P)) = ⇔ A2 + B + C 8A Thay (1) vào (2), ta được: AB + 5B = ⇔ B = hay B = − (1) • B = → C = − A Chọn A = 1, C = −1 thì (P) : x − z = 8A (1) • B =− Chọn A = 5, B = −1  → C = thì (P) : x − y + z =



 2) Gọi N là điểm đối xứng M qua (d1) ⇒ N ∈ AC MN = ( xN − 1, y N + 1)



  Ta có: MN / / n d1 = (1; 1) ⇔ 1( xN − 1) − 1( y N + 1) = ⇔ xN − y N = (1) 1 Tọa độ trung điểm I MN: xI = (1 − xN ), yI = ( −1 + y N ) 2 1 I ∈ (d1 ) ⇔ (1 − xN ) + (−1 + y N ) + = ⇔ xN + y N + = (2) 2 Giải hệ (1) và (2) ta N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2 ) có dạng: x + 2y + C = N ∈ ( AC ) ⇔ + 2.( −3) + C = ⇔ C = Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = Câu VII.a: :• HS nữ xếp cách ô Vậy HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) • Mỗi vị trí có 3! cách xếp HS nữ • Mỗi cách xếp HS nữ bộ, có 6! cách xếp HS nam vào vị trí còn lại Vậy có tất là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; − 3), B(6;5; − 2) ∈(d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P)

u ⊥ u
Gọi u là VTCP ( d1 ) ⊂ (P), qua A và vuông góc với (d) thì 

d u ⊥ u P


nên ta chọn u = [u , u P ] = (3; −9;6)  x = + 3t  Phương trình đường thẳng ( d1 ) :  y = − 9t (t ∈ R )  z = −3 + 6t  Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; − 9t; − 3+6t) (∆) là đường thẳng qua M và song song với (d) 1 Theo đề : AM = 14 ⇔ 9t + 81t + 36t = 14 ⇔ t = ⇔ t = ± x −1 y − z + • t = − ⇒ M(1;6; − 5) ⇒ ( ∆1 ) : = = 1 x − y z +1 • t = ⇒ M(3;0; − 1) ⇒ ( ∆2 ) : = = 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), đó ta có: x0 = y02 ; x1 = y12






 IM = ( x0 ; y0 − 2) = ( y02 ; y0 − 2) ; IN = ( y1 ; y1 − 2) = ( y12 ; y1 − 2); IN = (4 y12 ; y1 − 8) 

 y = y12  y1 = ⇒ x1 = 1; y0 = −2; x0 = Theo giả thiết: IM = IN , suy ra:  ⇔  y0 − = y1 −  y1 = ⇒ x1 = 9; y0 = 6; x0 = 36 Vậy, có cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3) Câu VII.b: Đặt t = − x + x − ⇒ t = + −5 + x − x t2 − PT ⇔ t + = m t ∈  2;2  t2 − Xét hàm số f (t ) = t + t ∈  2;2  ⇒ f ′ (t ) = t + ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = −1∉ 2;2  ( ( ) ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ (1 + ) Hướng dẫn Đề số 31 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = là: x = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔  x3 + 3x2 + mx + =  x + x + m = (2) (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt ⇔ (2) có nghiệm xD, xE ≠ m ≠  ∆ = − 4m >  ⇔  ⇔ + × + m ≠  m < Lúc đó tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = xD2 + xD + m = −( xD + 2m); kE = y’(xE) = xE2 + xE + m = −( xE + 2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc ⇔ kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et) ⇔ m = ( ± 65 ) π kπ π π   Câu II: 1) PT ⇔ cos  x −  = − cos x ⇔ cos  x −  = cos(π − x) ⇔ x = + 3 3   2) Điều kiện: x ≥ và y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x + 91 − y + 91 = y − − x − + y − x ⇔ x2 − y x + 91 + y + 91 = y−x y −2 + x−2 + ( y − x)( y + x)   x+ y ⇔ ( x − y)  + + x + y =   x−2 + y−2  x + 91 + y + 91  ⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y lớn 2) Vậy từ hệ trên ta có: ⇔ x2 − x + 91 + 10 = x + 91 = x − + x ⇔ x + 91 − 10 = x − − + x −     1 + ( x − 3)( x + 3) ⇔ ( x − 3)  ( x + 3)  − 1 −  = ⇔ x  x − +1 x − + x + 91 + 10     x −3 =3 Vậy nghiệm hệ x = y = dx d (ln x)   ∫e x ln x(1 + ln x) = ∫e ln x(1 + ln x) = ∫e  ln x − + ln x d (ln x) = 2ln2 – ln3 Câu IV: Dựng SH ⊥ AB Ta có: ( SAB ) ⊥ ( ABC ), ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB, SH ⊂ ( SAB ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SH là đường cao hình chóp Dựng HN ⊥ BC , HP ⊥ AC ⇒ SN ⊥ BC , SP ⊥ AC ⇒
SPH =
SNH = α Câu III: I = e2 e2 e2 ∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP ∆AHP vuông có: HP = HA.sin 60o = a a ∆SHP vuông có: SH = HP.tan α = tan α 4 1 a a a3 Thể tích hình chóp S ABC : V = SH S ABC = tan α = tan α 3 4 16 1 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 1 Ta có: + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Mặt khác: Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 2 ≥ = ⇔ a + b + c + − 4a − 2b − 2c ≥ 2 2a + b + c 2a + b + c + a + ⇔ 2( a − 1) + (b − 1) + (c − 1) ≥ 2 Tương tự: ≥ ; ≥ 2b + c + a b + 2c + a + b c + 1 4 + + ≥ + + Từ đó suy a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xả y và a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) C, D Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, đó phương trình (d) có dạng: y = k ( x − 1) + ⇔ y = kx + − k Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (E): x + 9(kx + − k ) − 36 = ⇔ (4 + 9k ) x + 18k (1 − k ) x + 9(1 − k ) − 36 = (1) ( ∆′ = 288k + 72k + 108 > 0, ∀k ) ⇒ (d) luôn cắt (E) điểm C, D với các hoành độ x1 , x2 là nghiệm (1) −18k (1 − k ) Theo định lý Viet: x1 + x2 = + 9k −18k (1 − k ) M(1; 1) là trung điểm CD ⇔ x1 + x2 = xM ⇔ =2 ⇔ k =− + 9k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 2) Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox ⇔ (Q / ) : y − x + 10 =





 
(d) qua M (1; 0; − 2) và có VTCP u = (1; 2; 2) Đặt M M = u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A tam giác AM M1




   AM ; u  2.S AM M1 8a − 24a + 36 ⇒ d ( A; d ) = = =  M M1 u Theo giả thi ết: d(A; (P)) = d(A; d) 2a 8a − 24 a + 36 = ⇔ 4a = 8a − 24 a + 36 ⇔ 4(a − 3) = ⇔ a = 3 Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu VII.a: Giả sử n = a b c d e ⇔ • Xem các số hình thức a b c d e , kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 là a b c) Sau đó chọn trị khác cho vị trí còn lại từ X \ {1} ⇒ số cách chọn A74 Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài • Xem các số hình thức 0b c d e ⇒ có A63 = 240 (số) • Loại số dạng hình thức 0b c d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x − y + = và AB = Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ⇒ x02 + 16 y02 = 80 Ta có: d ( M ; AB ) = x0 − y0 + = 1+ Diện tích ∆MAB: S = AB.d ( M ; AB ) = x0 − y0 − 1  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho cặp số  ; −  , ( x0 ; y0 ) có: 2    1 1 x0 − y0  ≤  +  ( x02 + 16 y02 ) = 80 = 36  20 5 4   ⇔ x0 − y0 ≤ ⇔ − ≤ x0 − y0 ≤ ⇔ − ≤ x0 − y0 + ≤ + ⇔ − ≤ x0 − y0 + ≤ ⇒ x0 − y0 + ≤  5x y  x0 =  =  x = − y    0 − ⇒ max x0 − y0 + = ⇔  ⇔ ⇔ x − y =  0  y = −  x0 − y0 + =  x0 − y0 + Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 8 5 Vậy, max S MAB = M  ; −  3 3

2) (P) có VTPT nP = (1; 4; − 1) , (Q) có pháp vectơ nQ = (3; − 4; 9)

(d1) có VTCP u1 = (2; − 4; 3) , (d2) có VTCP u2 = (−2; 3; 4) ( ∆1 ) = ( P) ∩ (Q) ( P ) ⊃ ( d ),( P )
( P ) 1  Gọi:  ⇒ (∆) = (P1) ∩ (Q1) và (∆) // (∆1) ( Q ) ( d ),( Q ⊃ )
(Q )   u = u∆ 


(∆) có vectơ phương u = [ nP ; nQ ] = (8; − 3; − 4)




(P1) có cặp VTCP u1 và u nên có VTPT: nP1 = [u1 ; u ] = (25; 32; 26) Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = ⇔ 25 x + 32 y + 26 z + 55 =




(Q1 ) có cặp VTCP u2 và u nên có VTPT: nQ1 = [u2 ; u ] = (0; 24; − 18) Phương trình mp (Q1): 0( x − 3) + 24( y + 1) − 18( z − 2) = ⇔ y − 3x + 10 =  25 x + 32 y + 26 z + 55 = Ta có: (∆ ) = ( P1 ) ∩ (Q1 ) ⇒ phương trình đường thẳng (∆) :   y − z + 10 = Câu VII.b: n = 3, n = Hướng dẫn Đề số 32  2a −  Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2) A  a;   1− a  Phương trình ti ếp tuyến A: y = 2a − (x – a) + (1 − a ) 1− a  2a  Giao điểm tiệm cận đứng và tiếp tuyến A: P 1;   1− a  Giao điểm tiệm cận ngang và tiếp tuyến A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA Vậy A là trung điểm PQ 2a Ta có IP = ; IQ = 2( a − 1) SIPQ = IP.IQ = (đvdt) +2 = 1− a 1− a Câu II: 1) Điều kiện: − ≤ x ≤ 10 3x + + 3x + + BPT ⇔ log ≥ log (7 − 10 − x ) ⇒ ≥ − 10 − x 2 ⇒ x + + ≥ 2(7 − 10 − x ) ⇒ x + + 10 − x ≥ ⇒ 49x2 – 418x + 369 ≤ 369 ⇒1≤x≤ (thoả) 49 π kπ 2) Điều kiện: cos2x ≠ ⇔ x ≠ + (k ∈ » ) PT ⇒ − sin 2 x = sin x ⇒ 3sin22x + sin2x – = 4 π ⇒ sin2x = ⇒ x = + kπ ( không thoả) Vậy phương trình vô nghiệm π Câu III: I = ∫ xe π −x dx + ∫ cos xdx = I1 + I2 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 π Tính: I1 = −x ∫ xe dx π − u = x π − π4 Đặt  ⇒ I = – e +2 − e −x dv = e dx  π π + cos x π 1  I2 = ∫ dx =  x + sin x  = + 2 0 Câu IV: Gọi P là trung điểm DD′ A′B′NP là hình bình hành ⇒ A′P // B′N A′PDM là hình bình hành ⇒ A′P // MD ⇒ B′N // MD hay B′, M, N, D đồng phẳng Tứ giác B′NDM là hình bình hành Để B’MND là hình vuông thì 2B′N2 = B′D2  y2  Đặt: y = AA’ ⇒  + a  = y + a ⇒ y = a   1 1 1 Câu V: Ta chứng minh: + ≥ ⇔ − + − ≥0 + a + b + ab + a + ab + b + ab ( b − a ) ( ab − 1) ≥ (đúng) Dấu "=" xả y ⇔ a = b (1 + a)(1 + b )(1 + ab ) 1 1 2 4 ≥ + ≥ = Xét + + + 3 12 4 + a + b + c + abc + ab + abc + abc 1+ a b c ⇒P ≥ = Vậy P nhỏ a = b = c = + abc Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = ⇔ ax + by – 2a + b = 2a − b Ta có: cos α = = ⇔ 7a2 – 8ab + b2 = Chon a = ⇒ b = 1; b = 2 10 5( a + b ) ⇔ ⇒ (∆1): x + y – = và (∆2): x + 7y + = 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + = Giải ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – = Câu VII.a: Có tập có chữ số chứa các số 0; 1; Có tập có chữ số chứa và 2, không chứa số Vậy số có các chữ số khác lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I đường tròn nằm trên đường trung trực d đoạn AB


 d qua M(1; 2) có VTPT là AB = (4;2) ⇒ d: 2x + y – = ⇒ Tâm I(a;4 – 2a) a = Ta có IA = d(I,D) ⇔ 11a − = 5a − 10a + 10 ⇔ 2a2 – 37a + 93 = ⇔  a = 31  2 • Với a = ⇒ I(3;–2), R = ⇒ (C): (x – 3) + (y + 2) = 25 31 65 31  4225  31   ⇒ I  ; −27  , R = ⇒ (C):  x −  + ( y + 27) = 2 2   


 


 2) Ta có AB = ( −3;1; 4); a = AC = (−1;1;1) PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – = ⇒ D ∉ ( ABC ) ⇒ đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > và x ≠ và y > và y ≠ x = y log y x = Ta có log y xy = log x y ⇒ log 2y x + log y x − = ⇒  ⇒  x = 12 log y x = −2  y • Với a = • Với x = y ⇒ x = y = log − Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 • Với x = ta có: y + y = theo bất đẳng thức Cô-si suy PT vô nghiệm y2 Hướng dẫn Đề số 33 Câu I: 2) Đạo hàm y′ = x3 + 3mx − x − 3m = ( x − 1)[4 x + (4 + 3m) x + 3m] x =1 y′ = ⇔  (2)  x + (4 + 3m) x + 3m = Hàm số có cực tiểu ⇔ y có cực trị ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt ∆ = (3m − 4)2 > ⇔ (2) có nghi ệm phân biệt khác ⇔  ⇔ m≠± 4 + + 3m + 3m ≠ Thử lại: Với m ≠ ± , thì y′ = có nghi ệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấ y hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m ≠ ± π π Câu II: 1) PT ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k ,k ∈Z 16  v2 − u = x + u = x + 2, u > u = x +  2) Đặt:  ⇒ ⇒  v2 − u − 2 v = x + x +  x = v = x + x + 3, v >  (b) v − u =   v +u  1  PT ⇔ (v − u ) (v − u ) 1 + =0⇔ + (v + u ) 1 + v + u  + = (c )          Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm Do đó: PT ⇔ v − u = ⇔ v = u ⇔ x + x + = x + ⇔ x = − π /2 u = x + 1 π Câu III: Đặt  ⇒ I = − ( x + 1) cos x + ∫ cos xdx = + 2  dv = sin xdx Câu IV: Gọi E là trung điểm BC, H là trọng tâm ∆ ABC Vì A′.ABC là hình chóp nên góc hai
mặt phẳng (ABC) và (A′BC) là ϕ = A′ EH π Ta có : AE = 9b − 3a a a a , AH = , HE = ⇒ A ' H = A ' A2 − AH = Do đó: tanϕ = A ' H 3b − a a2 a 3b − a ; S ∆ABC = = ⇒ VABC A ' B ' C ' = A ' H S ∆ABC = HE a 4 a 3b − a VA ' ABC = A ' H S∆ ABC = 12 Do đó: VA ' BB ' CC ' = VABC A ' B ' C ' − VA ' ABC = Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 3b − a a2 b2 c a b2 c (1) + + ≥ =3 b c a2 b2 c a a2 a b2 b c2 c a b2 c a b c • + ≥ ; +1 ≥ ; + ≥ ⇒ + + ≥ 2 + +  − b b c c a a b c a b c a 2 a b c  a b c Từ (1) và (2) ⇒  + +  ≥  + +  ⇒ đpcm c a  b b c a • (2) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; – m); Gọi N là trung điểm AB  xN = xI − xE = 12 − m ⇒ N (12 – m; m – 1) I trung ñieåm NE ⇒   yN = yI − yE = − + m = m −





 MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m)





 MN IE = ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = ⇔ m – = hay 14 – 2m = ⇔ m = hay m =



 + m = ⇒ MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y =



 + m = ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – – 4(y – 5) = ⇒ x – 4y + 19 = 2) I (1; 2; 3); R = + + + 11 = 2(1) − 2(2) − − d (I; (P)) = = < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) + +1  x = + 2t  Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y = − 2t z = − t  Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C) J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; – 2t; – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = ⇒ t = Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = Câu VII.a: Đặt t = 3x +x Khi t ≤ ⇒ t = 3x R − IJ = , t > BPT ⇔ t2 – 10t + ≥ ⇔ ( t ≤ t ≥ 9) (a) ≤ ⇔ x + x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤  x ≤ −2 (b) Khi t ≥ ⇒ t = 3x + x ≥ ⇔ x + x − ≥ ⇔  x ≥ Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞) Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = Giả sử ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ∆ABC, ta có +x
= sin AIB
IA.IB.sin AIB
= ⇔ ∆AIB vuông I Do đó S∆ABC lớn và sin AIB − 4m IA ⇔ IH = = (thỏa IH < R) ⇔ =1 m2 + ⇔ – 8m + 16m2 = m2 + ⇔ 15m2 – 8m = ⇔ m = hay m = 15 S∆ABC = 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz













  DP = (1; −1; p − 1) ; NM = ( m; −n;0 )  DP.NM = m + n Ta có : 


 ⇒ 










  DN = (1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p )  DN PM = m + p x y z −1 1 Phương trình mặt phẳng (P): + + = Vì D ∈(P) nên: + + =1 m n p m n p













  DP ⊥ NM  DP.NM = m + n = 






 






  m = −3 D là trực tâm ∆MNP ⇔  DN ⊥ PM ⇔  DN PM = ⇔  m + p = ⇔    n = p =  D ∈ ( P)  D ∈ ( P)  −1 + + =  m n p Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): x y z + + =1 −3 3 x x  − + sin(2 + y − 1) = 0(1) Câu VII.b: PT ⇔ ( x − + sin(2 x + y − 1) ) + cos (2 x + y − 1) = ⇔  x (2) cos(2 + y − 1) = x Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = ±1 • Khi sin(2 x + y − 1) = , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 • Khi sin(2 x + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = ⇔ x = π Thay x = vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ y = −1 − + kπ , k ∈ Z π   Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; −1 − + kπ , k ∈ Z    Hướng dẫn Đề số 34 Câu I: 2) PT ⇔ x − x + = − log m Dựa vào đồ thị ta suy được: • log m < –1 ⇔ < m < : PT có nghiệm phân biệt • log m = –1 ⇔ m = : PT có nghiệm • –1< log m <0 ⇔ < m < : PT có nghiệm phân biệt • log m = ⇔ m = : PT có nghiệm • log m > ⇔ m > : PT v ô nghiệm 1  Câu II: 1) Tập xác định: D =  −∞;  ∪ {1} ∪ [ 2; +∞ )  2 • x = là nghiệm • x ≥ 2: BPT ⇔ x − ≥ x − + x − vô nghiệm 1 • x ≤ : BPT ⇔ − x + − x ≥ − x có nghiệm x ≤ 2 1 { }  ⇒ BPT có tập nghiệm S=  −∞;  ∪  2 π 2) PT ⇔ cos 2x= ⇔ x= ± + kπ (k ∈ Ζ ) π Câu III: Xét: I1 = ∫ Đặt x = π sin xdx ( sin x + cos x ) ; I2 = ∫ cos xdx ( sin x + cos x )3 π − t Ta chứng minh I1 = I2 π Tính I1 + I2 = ∫ ( sin x + cos x ) π dx π π =∫ = tan( x − ) = π 2cos ( x − ) dx ⇒ I1 = I2 = ⇒ I = 7I1 – 5I2 = Câu IV: Gọi I, J là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC ∆SIJ cạnh a nên G là trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD 3a 3a IK = ; SABMN = ( AB + MN ) IK = 2 a 3a SK ⊥ (ABMN); SK = V= S ABMN SK = 16 Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki và giả thiết ta có: F ≤ (a + b )(c + d ) − cd = 2d + 6d + − d − 3d = f ( d ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 − 2( d + ) + 2 Ta có f ′ ( d ) = (2d + 3) 2d + d + 9 − 2( d + )2 + 2 < ), ta suy được: f ( d ) ≤ f (− ) = + Dựa vào BBT (chú ý: 2 d + 6d + 1 3 Dấu "=" xảy a = ;b=− ;c= ; d =− 2 2 Câu VI.a: 1) y + = 0; 4x + 3y + 27 =


 2) Đường thẳng ∆ cần tìm cắt d2 A(–1–2t; t; 1+t) ⇒ OA = (–1–2t; t; 1+t) x = t



  ∆ ⊥ d1 ⇔ OA.u1 = ⇔ t = −1 ⇒ A(1; −1;0) ⇒ PTTS ∆ :  y = −t z =  Câu VII.a: Số cách chọn bi từ số bi hộp là: C18 Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C52C61C71 + C51C62 C71 + C51C61C72 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184 − (C52C61C71 + C51C62C71 + C51C61C72 ) = 1485 Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – = 0; (AB): x – y + = 0; (BC): x – 4y – = 2) Giao điểm đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1)


  x − y z −1 Đường thẳng d qua C và có VTCP là  AB, nP  ⇒ d: = = −1 −2 Câu VII.b: Xét khai triển: (1 + x )2n , thay x = 1; x = –1 và kết hợp giả thi ết ta n = 12 12 2  Khai triển:  x +  = ∑ C12k k x 24 −3 k có hệ số x3 là: C127 =101376 x  k =0 12 Hướng dẫn Đề số 35 Câu I: 2) ∆OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = –x Nghĩa là: f ′(x0 ) = ±1 ⇒  x = −1 ⇒ y = −1 = ±1 ⇒  (2x + 3)  x = −2 ⇒ y = ∆1 : y – = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆2 : y – = –1(x + 2) ⇔ y = –x – (nhận) π Câu II: 1) Điều kiện: sin x cos x ≠ ⇔ x ≠ k 2 cos x cos x − sin x Ta có: cot x = =2 = cot x − tan x sin x 2sin x cos x cot x ≤ π PT ⇔ + cot x = − cot x ⇔  ⇔ cot x = ⇔ x = + kπ , k ∈ » cot x − cot x + = 2) Điều ki ện: x ≥ − 2 2  PT ⇔ ( x + 1) − 2( x + 1) x + + ( x + )  + ( x + ) − 2 x + x + + ( x + )  =  x + = x + ⇔ ( x + 1) − x +  + ( x + ) − ( x + )  = ⇔  ⇔ x =1  x + = x + Câu III: Đặt u = sin x + cos x ⇒ I = ∫ du − u2 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 π Đặt u = 2sin t ⇒ I = ∫ π π = ∫ dt = 2cos tdt − 4sin t π π 12 Câu IV: Gọi Q là giao điểm NP và AD Do PD′ = 2PD nên D′N = 2DQ a2 AD.DQ = MD = ⇒ QM ⊥ AM (đpcm) a2 Ta có: V = MD.S ∆ A ' AP (1) S ∆ A ' AP = S ADD ' A ' − S ∆ APD − S ∆ A ' D ' P = a3 Thay vào (1), ta được: V = 12 (a + b − c )3 c Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương và ta được: , 3c 3 (a + b − c )3 c (a + b − c )3 4c + + ≥ a+b−c⇒ ≥ a + b − − (1) 3c 3 3c 3 3 (b + c − a) 4a (c + a − b) 4b Tương tự: ≥b+c− − (2), ≥c+a− − (3) 3a 3 3b 3 Cộng (1), (2) và (3) ta suy P ≥ ⇒ P = a = b = c = Câu VI.a: 1) PM /( C ) = 27 > ⇒ M nằm ngoài (C) (C) có tâm I(1;–1) và R =





 Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB ⇒ MB = ⇒ BH = ⇒ IH = R − BH = = d [ M ,( d )] Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) a = −6a − 4b d [ M ,( d )] = ⇔ =4⇔  a = − 12 b a2 + b2  Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = ∆2 qua A (1; 3; –1) có véctơ phương a = (2; 1; –2) 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆1;








  AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒  AM;a  = (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ 261t − 792t + 612 = 11t − 20 ⇔ 35t2 – 88t + 53 = ⇔ t = hay t =  18 53  ; ;   35 35 35  53 35 Vậy M (0; 1; –3) hay M  Câu VII.a: ∆’ = –9 = 9i2 đó phương trình có nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i ⇒ A = z1 + z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 =



 2) Chọn N ∈ d ⇒ N (t;1 + 2t ;2 + t ) ⇒ MN = (t − 2;2t − 1; t − 2)



  x −1 y − z − MN  ( P) ⇔ MN n P = ( M ∉ ( P ) ) ⇔ t = ⇔ N (1;3;3) ⇒ d ': = = −1 Câu VII.b: Điều kiện: x > Đặt t = log x ⇔ x = t 2 PT ⇔ log (1 + ) = t ⇔ + t t  3  3 = ⇔ + = ⇔   +   − = (*) 8 8 t t t t t    3 Hàm số f (t ) =   +   − nghịch biến và f (3) = nên (*) có nghiệm t = 8 8  Vậy phương trình có nghiệm x = 343 t t Hướng dẫn Đề số 36 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x = Câu I: 2) y′ = x − 4(m2 − m + 1) x ; y′ = ⇔  x = ± m − m +1   1 2 Khoảng cách các điểm cực tiểu: d = m − m + =  m −  + ⇒ Mind = ⇔m= Câu II: 1) PT ⇔ sin3 x − sin2 x + 3sin x + = ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −  x − x y + xy − y3 =   x−y + x+y =2 2)  • Với x = y: (2) ⇒ x = y = π + kπ x = y (1) Ta có: (1) ⇔ ( x − y )2 ( x − y ) = ⇔  (2)  x = 4y • Với x = 4y: (2) ⇒ x = 32 − 15; y = − 15 Câu III: I = + ln − ln Câu IV: Kẻ SH ⊥ PD ⇒ SH ⊥ ((PQCD) 1 5a2 14 2a 10 = a 27 14 ⇒ VS.PQCD = SPQCD SH = 3 • Có thể dùng công thức tỉ số thể tích:  VS.PQC SP SQ 2 4 = = ⇒ VS.PQC = VS ABC = a  27  VS ABC SA SB 3  2  VS.PCD = SP = ⇒ V = VS ACD = a S PCD V  S ACD SA 10 ⇒ VS.PQCD = VS.PQC + VS.PCD = a3 27 Câu V: Ta có: x > 0, y > 0, x + y = ⇒ < xy ≤ x y ≥ 22 + = Dấu "=" xảy ⇔ x = y = Vậy, minP = +  + y x xy   P=  Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d ⇒ C(3; 1)  B, D ∈ d ⇒ B(–2; 1), D(6; 5)   AB = AD =

 a
⊥ nP


2) E ∈ (d2) ⇒ E(3; 7; 6) 

⇒ a
=  nP , ad1  = −4(1;1; −1) ⇒ (∆): a ⊥ a d1 
a = − i Câu VII.a: z12 + z22 = −4i ⇔ a2 = −2i ⇔  a = −1 + i x = + t  y = + t  z = − t  Câu VI.b: 1) (C): x + y − x − y + = ⇒ Tâm I(3; 1), bán kính R =  d ( I , ∆) =   a = 2, b = −1, c = −10 Giả sử (∆): ax + by + c = (c ≠ 0) Từ:  ⇒  a = 1, b = 2, c = −10  cos(d , ∆) =   ∆ : x − y − 10 = ⇒   ∆ : x + y − 10 =





 2) Lấy B ∈ (d1), C ∈ (d2) Từ : AB = k AC ⇒ k = ⇒ B là trung điểm đoạn thẳng AC Ta có thể tính B(2; –1; 1), C(3; –4; –1) Câu VII.b: Tiệm cân xiên (∆): y = x + m Từ M(1; 5) ∈ (∆) ⇒ m = ± Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Kết hợp với: y′ = − m ( x − 1)2 > 0, ∀x ≠ ⇒ m = –2 Hướng dẫn Đề số 37: Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m PT hoành độ giao điểm (C) và d: x − x − 3x + = m ⇔ x − 3x − x + − 3m = (1) 3 Để d cắt (C) điểm phân biệt A, B cho ∆OAB cân O thì (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1 là hoành độ A, B) ⇒ x1, x2 là các nghiệm phương trình: x − x2 x − x12 x + x12 x2 = (2) Đồng (1) và (2) ta được: ( x − x12 )( x − x2 ) =  x2 =  x1 = ±3  19  x2 = Kết luận: d: y = − ⇔  x1 =   x x = − 3m m = − 19    Câu II: 1) Nhận xét: cosx = không phải là nghiệm PT Nhân vế PT với cosx, ta được: PT ⇔ sin x(4 cos3 x − cos x ) = cos x ⇔ sin x.cos3 x = cos x π  − x 2  π k 2π π k 2π + ∨ x= + ⇔ x= 14 10 2) PT ⇔ x − x + = − x + x + (1) ⇔ sin x = sin  Chú ý: x + x + = ( x + x + 1)( x − x + 1) , Do đó: (1) ⇔ 2( x − x + 1) − ( x + x + 1) = − Chia vế cho x + x + = ( x2 + x + ) x − x + = 2( x − x + 1) − ( x + x + 1) ( x + x + 1)( x − x + 1) và đặt t = x2 − x + x2 + x +  −3 t= <0  2 ⇔ Ta được: (1) ⇔ 2t + t −1 = ⇔  t =   ∫ Câu III: I = ( x + x ) − x dx = −2 ∫ • Tính A = ∫ −2 x − x dx + ∫ ,t>0 x2 − x + x + x +1 = ⇔ x = x − x dx = A + B −2 x − x dx Đặt t = − x Tính được: A = −2 ∫ • Tính B = x − x dx Đặt x = sin t Tính được: B = 2π Câu IV: Gọi P = MN ∩ SD, Q = BM ∩ AD ⇒ P là trọng tâm ∆SCM, Q là trung điểm MB −2 VMDPQ MD MP MQ 1 = = ⇒ VDPQCNB = VMCNB VMCNB MC MN MB 6 • Vì D là trung điểm MC nên d ( M ,(CNB)) = 2d ( D,(CNB)) • = ⇔ Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⇒ VMCNB = 2VDCNB = VDCSB = VS ABCD ⇒ VDPQCNB = VSABNPQ 7 VS ABCD ⇒ VSABNPQ = VS ABCD ⇒ = 12 12 VDPQCNB Câu V: Từ giả thiết x + y + z2 = ⇒ < x , y, z < • Áp dụng BĐT Cô–si cho số dương: x ,1 − x − x ta được: x + (1 − x ) + (1 − x ) 2 ≥ x (1 − x )2 ⇔ x (1 − x )2 ≤ 3 x 3 2 x 3 ⇔ x (1 − x ) ≤ ⇔ ≥ x ⇔ ≥ x 2 2 1− x 3 y +z • Tương tự ta có: ≥ y z +x • Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 + x y +z 2 3 y y z +x z (2), 2 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = + x +y z x +y 2 ≥ ≥ 3 z (1) (3) 3 3 ( x + y + z2 ) = 2 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = Vì các tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh ⇒ IA = Giả sử A(x; –x – m) ∈ d IA2 = 18 ⇔ ( x − 1)2 + (−m − x + 2)2 = 18 ⇔ x − 2(3 − m ) x + m − 4m − 13 = (1) m = Để có điểm A thì (1) có nghiệm ⇔ ∆′ = −m + 2m + 35 = ⇔   m = −5 2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng: Ax + By + Cz = (với A2 + B2 + C ≠ ) • Vì (P) ⊥ (Q) nên: A + 1.B + 1.C = ⇔ C = − A − B (1) • d ( M ,(P )) = ⇔ A + 2B − C A + B +C 2 = ⇔ ( A + B − C )2 = 2( A2 + B2 + C ) (2) B = Từ (1) và (2) ta được: AB + 5B2 = ⇔  8 A + B = (3) (4) • Từ (3): B = ⇒ C = –A Chọn A = 1, C = –1 ⇒ (P): x − z = • Từ (4): 8A + 5B = Chọn A = 5, B = –8 ⇒ C = ⇒ (P): x − 8y + 3z = Câu VII.a: Ta có: An3 − 8Cn2 + Cn1 = 49 ⇔ n(n − 1)(n − 2) − 8n(n − 1) + n = 49 ⇔ n3 − 7n2 + 7n − 49 = ⇔ n = ( x + 2)n = ( x + 2)7 = ∑ C7k x 2(7−k ) 2k Số hạng chứa x ⇔ 2(7 − k ) = ⇔ k = k =0 ⇒ Hệ số x là: C73 23 = 280 Câu VI.b: 1) Gọi I, I1 , I2, R, R1, R2 là tâm và bán kính (C), (C1), (C2) Giả sử I(a; a – 1) ∈ d (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên II1 = R + R1, II2 = R + R2 ⇒ II1 – R1 = II2 – R2 ⇔ (a − 3)2 + (a + 3)2 − 2 = (a − 5)2 + (a + 5)2 − ⇔ a = ⇒ I(0; –1), R = ⇒ Phương trình (C): x + ( y + 1)2 = 2) Gọi ud , u∆ , nP là các VTCP d, ∆ và VTPT (P)


Giả sử ud = (a; b; c) (a2 + b2 + c ≠ 0)
Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 • Vì d ⊂ (P) nên ud ⊥ nP ⇒ a − b + c = ⇔ b = a + c
( ) d , ∆ = 450 ⇔ •

a + b + 2c a +b +c 2 = (1) ⇔ 2(a + 2b + c)2 = 9(a + b2 + c2 ) (2) c = 14c + 30ac = ⇔  15a + 7c = • Với c = 0: chọn a = b = ⇒ PTTS d: { x = + t; y = −1 − t; z = Từ (1) và (2) ta được: • Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8 ⇒ PTTS d: { x = + 7t; y = −1 − 8t; z = − 15t Câu VII.b: Điều kiện: x > y > lg2 x = lg2 y + (lg x + lg y )2 ⇔    lg ( x − y ) + lg x.lg y = Hệ PT  lg y = ⇔  (1)  lg ( x − y ) = y = ⇔ x − y = • (1) ⇔  x =  y =  lg y (lg x + lg y ) = ⇔   lg ( x − y ) + lg x.lg y =  lg x + lg y = (2)   lg ( x − y ) + lg x.lg y =   x = y=  y=   y =    x x ⇔ ⇔  • (2) ⇔  x ⇔     1 y= x − 2  lg2  x −  + lg x.lg = lg2    = lg x x = 2  x x      x    Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1) và  2;  2  Hướng dẫn Đề số 38: Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0) Ta có: y′ = x + 2mx • Các tiếp tuyến A và B vuông góc với ⇔ y′ (1).y′ (−1) = −1 ⇔ (4 + 2m)2 =  m = − ⇔  m = −   y = − x − 5x   y = − x − x  x = Câu II: 1) Hệ PT ⇔  ⇔    x + x − x − 18 x+18 =  x = −3    x = −1 ±  x = 1; y =  x = −3; y = 15 ⇔   x = −1 − 7; y = +  x = −1 + 7; y = − 2) PT ⇔ (sin x − 1)(sin x + cos x + 2) = ⇔ sin x = ⇔ x = π + k2π Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ( Câu III: )  x    I= ∫  − dx =  x + − ln x + x +     x2 +   x +1 8 = + ln ( + ) − ln ( + ) Câu IV: Gọi E = AK ∩ DC, M = IE ∩ CC′, N = IE ∩ DD′ Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương hai đa diện: KMCAND và KBB′C′MAA′D′N Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBB′C′MAA′D′N ED.S∆ ADN = a3 7 EK EM EC = = ⇒ V1 = VKMCAND = VEAND = a3 = a3 , EA EN ED 8 36 • Vhlp = a3 , • VEKMC VEAND V2 = Vhlp – V1 = VEAND = 29 a 36 ⇒ V1 = V2 29 Câu V: • Nếu y = thì M = x = • Nếu y ≠ thì đặt t = Xét phương trình: x t + 2t − x + xy − 3y , ta được: M = =2 y t2 − t + x − xy + y t + 2t − t − t +1 = m ⇔ (m − 1)t2 − (m + 2)t + m + = (1) (1) có nghiệm ⇔ m = ∆ = (m + 2)2 − 4(m − 1)(m + 3) ≥ ⇔ − 2( 13 + 1) 2( 13 − 1) ≤m≤ 3 4( 13 + 1) 4( 13 − 1) ≤M≤ 3  15  x + y − = Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A là nghiệm hệ:  ⇒ A ;−   4 2 x + y + =  −3 − 2c  Giả sử: B(b; − b) ∈ d1, C  c;  ∈ d2   b + c   = −1 b =  M(–1; 1) là trung điểm BC ⇔  ⇔  −3 − 2c 2 − b + c = − =    1 7  1 ⇒ B ; , C − ;  4 4  4
2) (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = d có VTCP u = (2;2;1)


(P) // d, Ox ⇒ (P) có VTPT n = [ u , i ] = (0;1; −2) ⇒ Phương trình (P) có dạng: y − z + D = Kết luận: − (P) tiếp xúc với (S) ⇔ d (I ,( P )) = R ⇔ ⇒ (P): y − 2z + + = D = + = ⇔ D −3 = ⇔  D = − 12 + 22 1− + D (P): y − 2z + − =  z = ±3i  z2 = −9   z = ±3i Câu VII.a: PT ⇔  ⇔  ⇔ z = ± −1 2 z = ± −1 (z + 1) =  z = ±i +  2S∆ ABC 1 Câu VI.b: 1) Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB AB = ⇒ CH = ⇒IK = CH = = AB 2 thành Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d a = Phương trình AB: x − y − = d (I , AB) = IK ⇔ − 2a = ⇔  a = ⇒ I(2; –2) I(1; –5) • Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1) • Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10)  x = + 2t1  x = + t2  
2) d1 :  y = −1 + t1 , d2 :  y = t2 (P) có VTPT n = (2;1; 5) Gọi A = d ∩ d1, B = d ∩ d2  z = 2t  z = − 2t   Giả sử: A(1 + 2t1; −1 + t1;2t1 ) , B((2 + 2t2 ; t2 ;1 − 2t2 ) ⇒ AB = (t2 − 2t1 + 1; t2 − t1 + 1; −2t2 − 2t1 + 1)





  t − 2t1 + t2 − t1 + −2t2 − 2t1 + t = −1 = = ⇔ 1 • d ⊥ (P) ⇔ AB, n cùng phương ⇔ 2 ⇒ A(–1; –2; –2) ⇒ Phương trình đường thẳng d: Câu VII.b: y′ = t2 = −1 x +1 y + z + = = mx + x + 2m − m (mx + 1)2 m > Để hàm số luôn đồng biến trên khoảng xác định thì   ∆′ = m − 2m + < ⇔ 1< m < 1+ Hướng dẫn Đề số 39:  x0 −   ∈ (C), (x0 > 0) x +    2x −  2x −1 ( x − x0 ) + ⇒ A  −1; • PTTT với (C) I: y =  , B ( (2 x0 + 1; ) x0 + x0 +  ( x0 + 1)  Câu I: 2) TCĐ: x = −1 ; TCX: y = ⇒ M(–1; 2) Giả sử I  x0 ;  36 + 4( x0 + 1)2 = 40  • MA + MB = 40 ⇔  ( x + 1)2 ⇔ x = (y0 = 1) ⇒ I(2; 1) x >  2 Câu II: 1) BPT ⇔ ≤ x ≤ 2π  cos x ≠ PT ⇔ cos x = − ⇔ x = ± + k 2π sin x ≠  2) Điều kiện:   1 Câu III: I = ∫  + Câu IV: VS AHK = 16  − dx = ( x + 16 ln x − − ln x − ) = + 25 ln − 16 ln x − x −3 R2 h5 3(4 R + h2 )(2 R2 + h2 ) Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 1 + ≥ ( x > 0, y > 0) Ta có: x y x+ y Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 1 1 1 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c 2 2 Mặt khác: ≥ = ⇔ a + b + c + − 4a − 2b − 2c ≥ 2a + b + c 2a + b + c + a + ⇔ 2( a − 1) + (b − 1) + (c − 1) ≥ 2 Tương tự: ≥ ; ≥ 2b + c + a b + 2c + a + b c + 1 4 Từ đó suy ra: + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy và a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 là điểm đối xứng A qua BB′, CC′ ⇒ A1 , A2 ∈ BC Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) ⇒ Pương trình BC: y = −1 ⇒ B(–1; –1), C(4; –1) ⇒ AB ⊥ AC ⇒
A vuông 2) Giả sử: A(−8 + 2t1;6 + t1;10 − t1 ) ∈ d1, B(t2 ; − t2 ; −4 + 2t2 ) ∈ d2





 ⇒ AB = (t2 − 2t1 + 8; −t2 − t1 − 4); 2t2 + t1 − 14)





  −t − t − = t = −22 ⇔ 1 AB, i = (1; 0; 0) cùng phương ⇔  2 t + t − 14 = t2 = 18  ⇒ A(−52; −16;32), B(18; −16;32)  x = −52 + t  ⇒ Phương trình đường thẳng d:  y = −16  = z 32  Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59 Câu VI.b: 1) Chú ý: d1 ⊥ d2 và ∆ABC vuông cân A nên A cách d1, d2 ⇒ A là giao điểm d và đường phân giác góc tạo d1, d2 ⇒ A(3; 2) Giả sử B(–1; b) ∈ d1, C(c; –2) ∈ d2 AB = (−4; b − 2), AC = (c − 3; −4)











  AB AC =  b = 5, c =  A(3;2), B(−1;5), C(0; −2) Ta có:  ⇔  ⇒   b = −1, c =  A(3;2), B(−1; −1), C (6; −2)   BC = 50




2) u∆ = (2;1; −1) Gọi H = d ∩ ∆ Giả sử H (1 + 2t; −1 + t; −t ) ⇒ MH = (2t − 1; t − 2; −t )



 



  MH ⊥ u∆ ⇔ 2(2t − 1) + (t − 2) − (−t ) = ⇔ t = ⇒ ud = 3MH = (1; −4; −2) x = + t  ⇒ d:  y = − 4t   z = 2t  log5 (3x + y ) + log5 (3 x − y ) = ⇔  log5 (3x + y ) − log3 5.log5 (3 x − y ) = Câu VII.b: Hệ PT ⇔  3 x + y = x = ⇔  x − y =  y = ⇔   log5 (3x + y) =   log5 (3x − y ) = Hướng dẫn Đề số 40: Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và d: x + 2mx + (m + 3) x + = x +  x = ( y = 4) ⇔ x ( x + 2mx + m + 2) = ⇔   x + 2mx + m + = (2) (1) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  ′ (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt, khác ⇔  ∆ = m − m − > m + ≠   m < −1  ⇔   m >   m ≠ −2 (*) S∆ IBC = ⇔ d ( I , d ).BC = ⇔ ( xB − xC )2 = 2 Khi đó xB, xC là các nghiệm (2) ⇒ x B + xC = −2m, x B xC = m + ⇔ ( xB + xC )2 − x B xC − 128 =  − 137 m = 2 ⇔ m − m − 34 = ⇔  (thoả (*)) + 137   m =  x + y  x − y =  x = 4y x −2 y = ⇔ ⇔  Câu II: 1) Hệ PT ⇔    4y −1 =   x − + 4y − =  x − + 4y − = x =  ⇔  y=   sin x ≠  π 2) Điều kiện:  cos x ≠ PT ⇔ cos x = ⇔ x = − + k2π   cot x ≠ ( )( cos x sin x − tan x Câu III: A = lim x →0 ) = lim (cos2 x − 1)sin x x →0 x sin x x sin x.cos x = lim x →0 − sin2 x x cos x = −1 Câu IV: A′MCN là hình thoi ⇒ MN ⊥ A′C, ∆B′MN cân B′ ⇒ MN ⊥ B′O ⇒ MN ⊥ (A′B′C) •V MA′B′C = 1 a a3 a3 ⇒V ′ ′ MO.S∆ A′B′C = a.a = = V = B A MCN MA′ B′C 3 2 • Gọi ϕ là góc hai mặt phẳng (A′MCN) và (ABCD), P là trung điểm CD ⇒ NP ⊥ (ABCD) S∆ MCN = S a2 a2 , S∆ MCP = ⇒ cos ϕ = ∆ MCP = 4 S∆ MCN Câu V: • Từ giả thiết ⇒ x y z 1 + + = và xyz = x + y + z2 ≥ xy + yz + zx ⇒ + + ≤ yz xz xy x y z 1 ≤ + a+b a b x 11 x  ⇒ = ≤  +  (1) x + yz x + yz  x yz  x y 11 y  z 11 z  Tương tự: ≤  +  (2), ≤  +  (3) 2 y + xz  y xz  z + xy  z xy  • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: Từ (1), (2), (3) ⇒ x x + yz + y y + xz + 1 1 x y z  ≤  + + + + +  z + xy  x y z yz xz xy  z ≤ 1 (1 + 1) = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  x + y + z2 = xyz  Dấu "=" xảy ⇔  x = y = z ⇔ x = y = z =  x = yz; y = xz; z2 = xy  II PHẦN TỰ CHỌN Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = Giao điểm A(2; 3) Giả sử d: a( x − 2) + b( y − 3) = (a + b ≠ 0) Gọi d1 = d (O, d ), d2 = d (I , d ) 2 Từ giả thiết, ta suy được: R12 − d12 = R22 − d22 ⇔ d22 − d12 = 12 b = = 12 ⇔ b2 + 3ab = ⇔   b = −3a a +b a +b • Với b = 0: Chọn a = ⇒ Phương trình d: x − = • Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: x − 3y + = ⇔ (6a − 2a − 3b)2 2 − (−2a − 3b)2 2 x x  x = log  −1   +  2) PT ⇔   +  =2 ⇔   x = log      ( ( −1 −1 − 1) + 1) Câu VII.a: Xét (1 + x )2 n = C20n + C12n x + C22n x + C23n x + C24n x + + C22nn x 2n (1) (1 − x )2 n = C20n − C21n x + C22n x − C23n x + C24n x − + C22nn x 2n (2) (1 + x )2n + (1 − x )2n Lấy đạo hàm vế ta được: 2C22n x + 4C24n x + + 2nC22nn x n−1 = n (1 + x )2n−1 − (1 − x )2 n−1  Từ (1) và (2) ⇒ C20n + C22n x + C24n x + + C22nn x n = Với x = 1, ta được: 2C22n + 4C24n + + 2nC22nn = n22 n−1 = 4n 2 Theo chương trình nâng cao n Câu VI.b: 1) Tìm M(3; 0) ⇒ MI = Phương trình AD: x + y − = ⇒ AB = ⇒ AD = 2 Giả sử A(a; – a) (với a < 3) Ta có AM = 2) 2) Điều kiện: x > BPT ⇔ log3 ⇔ a = ⇒ A(2; 1) Từ đó suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; x − x + + log3 x + > log3 x − ⇔ x > 10 x2 − > ⇔ Câu VII.b: Điều kiện: a ≠ Tiệm cận xiên d: y = − x + a + d tiếp xúc với (C′) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm:  x − x + x − = − x + a + ⇔   3 x − 12 x + = −1 x = Kết luận: a = –4   a = −4 Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d và (Cm): x = x + x + mx = (1) ⇔  (2)  x + 3x + m =  m < (2) có nghiệm phân biệt, khác ⇔  (*) Khi đó: x D + x E = −3; xD x E = m  m ≠ ' yD yE' = −1 ⇔ 4m − 9m + = ⇔ m = ± 65 (thoả (*)) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  π  x = + kπ π   2π  Câu II: 1) PT ⇔ cos3x + cos  − x  = ⇔ cos3x = cos  + x ⇔    3  x = − π + k π  8 x y3 + 27 = 7y t = xy ⇒  2) Từ (1) ⇒ y ≠ Khi đó Hệ PT ⇔  2  8t + 27 = 4t + 6t  x y + xy = y t = xy  ⇔  t=− ; t= ; t=   2 : Từ (1) ⇒ y = (loại)   1 • Với t = : Từ (1) ⇒  x = ;y = 4 23   • Với t = − • Với t = : Từ (1) ⇒ Câu III: Đặt cos x =  3  x = ;y =3 4   π  π 3π 1 sin t,  ≤ t ≤  ⇒ I = ∫ cos2 tdt =  +   2 20 2 2 Câu IV: Gọi H, M, I là trung điểm AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC),
SIH = α SH = IH tan α = a tan α a3 ⇒ VS ABC = SH S∆ ABC = tan α 16 1 ≤ + a+b a b 1 1 1 1  1 1  ⇒P≤  + + + + + + + =   4 x+ y x +z y+ x y+z z+ x z+ y  2 x + y y+z z+ x   1  1005 ≤  + +  = 4 x y z Câu V: • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: 1005 Vậy MinP = 670 Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: x – y + = , AC: x + y – 21 = Suy ra: A(0; 3) BO ⊥ AC ⇒ BO: x − y = ⇒ B(–4; –7) ⇒ BC: y + =


 2) Giả sử A(a; 0; 0) ∈ Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) ∈ d AB = (t + − a; 2t; −2 + 2t )


  a+3 AB ⊥ ud ⇔ t =  12 + a 2(a + 3) 2a − 12  2 ⇒ B ; ; 2a2 − 6a + d ( A,( P)) = a  AB = 9  3  2 AB = d(A, (P)) ⇔ 2a2 − 6a + = a ⇔ a = ⇒ A(3; 0; 0) 3 Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a1a2 a3 a4 a5 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = • Nếu a1 = thì có: A74 = 840 (số) • Nếu a2 = thì có: C61 A63 = 720 (số) • Nếu a3 = thì có: C61 A63 = 720 (số) ⇒ Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số) Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = Giả sử M(0; b) ∈ Oy Vì góc hai tiếp tuyến kẻ từ M 60 nên MI = R sin 300 =4 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⇒ M ( 0; ) M ( 0; − )

2) d1 có VTCP u1 = (2;1; 0) , d2 có VTCP u2 = (−1;1; 0) ⇒ MI = 16 ⇔ b = ⇔ b = ± Giả sử A(2t1; t1; 4) ∈ d1, B(3 − t2 ; t2 ; 0) ∈ d2


  AB ⊥ u 5t + t = AB là đoạn vuông góc chung ⇔ 


 1 ⇔  ⇔ t1 = t2 = t1 + 2t2 = AB ⊥ u    ⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0) Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) AB và bán kính R = ⇒ (S): ( x − 2)2 + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = AB = 2 Câu VII.b: PT ⇔ (z + 1)( z − 2)( z2 + 8) = ⇔ z = −1; z = 2; z = ±2 2.i Hướng dẫn Đề số 42 Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x + y + = Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a + 2b + = Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y = 2( x − a) + b Hoành độ các giao điểm A, B (C) và d là nghiệm phương trình: (1) 2x − = 2( x − a) + b (x ≠ –1) x +1 ⇔ x − (2a − b) x − 2a + b + = (x ≠ –1) A, B đối xứng qua MN ⇔ I là trung điểm AB x + xB 2a − b ⇔ a= Khi đó: x I = A (2)  a + 2b + = a =  ⇔ 2a − b a=  b = −2   Suy phương trình đường thẳng d: y = x − ⇒ A(2; 0), B(0; –4) Từ (1) và (2) ta được:  3x = (*)  cos x ≤  cos2 x =  x = kπ    Ta có:  Do đó (*) ⇔  ⇔  3x 3x 8lπ ⇔ x = 8mπ cos ≤ cos =1 x=       2) PT ⇔ 3x (2 x − 1) = x + (1) Ta thấy x = không phải là nghiệm (1) 2x + 2x + ⇔ 3x − Với x ≠ , ta có: (1) ⇔ 3x = =0 2x −1 2x −1 2x + Đặt f ( x ) = 3x − = 3x − − Ta có: f ′ ( x ) = 3x ln + > 0, ∀x ≠ 2x −1 2x −1 (2 x − 1)2 Câu II: 1) PT ⇔ cos x + cos   1 2 1 2   Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng  −∞;  và  ; +∞  ⇒ Phương trình f(x) = có nhiều   1 1 2 2   nghiệm trên khoảng  −∞;  ,  ; +∞  Ta thấy x = 1, x = −1 là các nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệm x = 1, x = −1 + sin x  x Câu III: Ta có: =  + tan  + cos x  2 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Do đó: I = π 1 x ∫  + tan  e x dx = = π 2 π 2 x x + tan  e x dx  + tan ∫ 0 2 π x x x x  + tan  e dx + ∫ tan e dx ∫ 0 2 u = e x  du = e x dx   ⇒  Đặt  1 x x v = tan dv =  + tan  dx    π π π x x x ⇒ I = e tan − ∫ tan e x dx + ∫ tan e x dx = e 20 2 x π Câu IV: Trên AC lấy điểm D cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒
ASD = 300



 AS SD.sin 300





 2cSA + aSC AD S ASD a a


 Ta có: ⇒ DA = − DC ⇒ SD = = = = CD SCSD 2c 2c 2c + a CS.SD








  2cSA + aSC 

 2c



 2c abc ⇒ SD.SB =  SA.SB = ab.cos 600 =  SB = 2c + a 2c + a 2c + a  2c + a 



 4c SA2 + a2 SC + 4caSA.SC 4a2 c2 + a2c − 2a2c2 3a2c2 và SD = = = (2c + a)2 (2c + a)2 (2c + a)2 ⇒ SD = ac 2c + a abc




 SD.SB
Mặt khác, cos SDB = = 2c + a = ⇒ sin
SDB = SD.SB ac 3 b 2c + a 1 abc VSDBC = SC SSDB = SC.SD.SB.sin
SDB = 6 2c + a V a a2 bc AD a = ⇒ VASDB = VCSDB = Mà ASDB = VCSDB DC 2c 2c 12 2c + a  a2 bc + 2abc  Vậy: VSABC = VASDB + VCSDB = abc  = 12  2c + a  12 Câu V: Đặt a = log2 x, b = log2 y, c = log2 z ⇒ a + b + c = log2 ( xyz) = log2 = ⇒P= log22 x + + log22 y + + log22 z + = a2 + + b2 + + c2 +


Đặt m = (a;1), n = (b;1), p = (c;1)





Khi đó: P = m + n + p ≥ m + n + p = (a + b + c)2 + (1 + + 1)2 = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = Vậy MinP = x = y = z = Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d1, B(b; 2b – 1) ∈ d2 MA = (a − 1; −a − 2), MB = (b − 1; 2b − 2)











 2a − + b − = a = MA + MB = ⇔  ⇔ ⇒ A(0; –1), B(3; 5) − a − + b − =  b = ⇒ Phương trình d: x − y − = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  x = + 3t  2) PTTS AB:  y = − 5t ⇒ Giao điểm AB với (P) là: M(7; –3; 1)  z = t Gọi I là hình chiếu B trên (P) Tìm I(3; 0; 2) Hình chiếu d đường thẳng AB là đường thẳng MI  x = − 4t  ⇒ Phương trình đường thẳng d là:  y = 3t  z=2+t 1+ i 1− i 1 Câu VII.a: PT có các nghiệm x1 = ⇒ = −2i; = 2i ; x2 = 2 x1 x22 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = IM = < ⇒ M nằm đường tròn (C) Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu I trên d Ta có: AB = 2AH = IA2 − IH = − IH ≥ − IM = Dấu "=" xảy ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI = (1; −1) ⇒ Phương trình d: x − y + = 
x y z + + = Gọi H(x; y; z) là trực tâm ∆ABC  36  x = 49 −2 y + 3z =    36 18 12  18 − x + 3z = ⇔  y = ⇔ ⇒ H ; ;   49  49 49 49   x + y + z = 12  z=    49  2) Phương trình mp(ABC):





  AH ⊥ BC 





 Ta có:  BH ⊥ AC H ∈ ( P )  Câu VII.b: Phương trình C1n + Cn3 = 2Cn2 ⇔ n(n2 − 9n + 14) = ⇔ n = Số hạng thứ khai triển ( 2lg(10−3 ) + 2( x −2)lg3 ) 5 C75 ( 2lg(10−3 ) ) ( 2( x −2) lg3 ) x là: x x x Ta có: C75 2lg(10−3 ).2( x −2)lg3 = 21 ⇔ lg(10−3 )+( x −2) lg3 = ⇔ lg(10 − x ) + ( x − 2) lg = ⇔ (10 − x ).3x −2 = ⇔ 32 x − 10.3x + = ⇔ x = 0; x = Hướng dẫn Đề số 43 Câu I: 2) Giao điểm hai tiệm cận là I(1; 2) Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ b = 2a − (a ≠ 1) a −1 2a − Phương trình tiếp tuyến (C) M: y = − ( x − a) + a −1 (a − 1)2 Phương trình đwòng thẳng MI: y = (a − 1)2 ( x − 1) + Tiếp tuyến M vuông góc với MI nên ta có: − Vậy có điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3) (a − 1)  a = (b = 1) = −1 ⇔   a = (b = 3) (a − 1) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x π  x π x π  x π  −  + cos  −  + cos3  −  + cos  −  = 2 6 2 6 2 6 2 6 Câu II: 1) PT ⇔ cos  Đặt t = x π − ,  t  cos = t 5t  PT trở thành: cos t + cos 2t + cos3t + cos 4t = ⇔ cos cos t cos = ⇔ cos t =  2  cos 5t =  t = (2m + 1)π  π t = + lπ  t = π + 2kπ  5 π • Với t = (2m + 1)π ⇒ x = + (4m + 2)π π 4π ⇒x= + 2lπ • Với t = + lπ π kπ 11π 4kπ • Với t = + ⇒x= + 5 15  x − ≥ 2) Điều kiện:  ⇔ x ≥ x ≥ x −   Khi đó: ⇒ VT > x + x2 + > x + x − ≥ x + x2 − 4 Coâ− Si x − x − + x + x2 − ≥ ⇒ PT vô nghiệm (x − (do x ≥ 1) )( ) x2 −1 x + x2 −1 = y = Câu III: Phương trình tung độ giao điểm (C) và (d): ( y − 1)2 + = − y ⇔   y = −1 V=π ∫ ( y − y + 2)2 − (4 − y )2 dy = −1 117π Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm ∆ABD Kẻ NK // SA (K ∈ SC) Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD) Vậy VK BCDM = KI SBCDM KI CK CK CN (1), ∆KNC ~ ∆SAC ⇒ (2) = = SO CS CS CA KI CN CO + ON CO + CO 2 a Từ (1) và (2) ⇒ = = = = ⇒ KI = SO = SO CA 2CO 2CO 3 a 3 Ta có: ∆ADC ⇒ CM ⊥ AD và CM = ⇒ SBCDM = ( DM + BC ).CM = a 2 Ta có: ∆SOC ~ ∆KIC ⇒ a3 KI SBCDM = x 3x x x Câu V: Ta có = Ta cần chứng minh: ≥ − x2 y + z2 − x ⇒ VK.BCDM = Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: ⇔ Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 x (1 − x 2 )  x2 + − x + − x  = x (1 − x )(1 − x ) ≤   =   27 2 2 3x x 3x2 ⇒ x (1 − x ) ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ 2 − x2 3 y + z2 2 y Tương tự: Do đó: x x + z2 x y +z 2 + ≥ y x +z 2 3y 2 + Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = z x +y z (2), ≥ ( x2 + y2 ≥ (1) 3z2 (3) ) 3 3 x + y + z2 = 2 Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn ⇔ ∆OAB vuông cân O Khi đó d (O, d ) = Giả sử phương trình đường thẳng d: A( x − 2) + B( y − 6) = ( A2 + B2 ≠ 0) Ta có: d (O, d ) = −2 A − B ⇔ ⇔ 47B2 + 48 AB − 17 A2 = = 2 2 A +B  −24 − 55 A B = 47 ⇔  −24 + 55  A  B = 47 • Với B = −24 − 55 A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 − 55 47 • Với B = −24 + 55 A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 + 55 47 ⇒ d: 47( x − 2) − ( 24 + 55 ) ( y − 6) = ⇒ d: 47( x − 2) + ( −24 + 55 ) ( y − 6) =
2) (P) có VTPT n = (1;1;1) Giả sử A′(x; y; z)  x y +1 z +  ;  2 2  Gọi I là trung điểm AA′ ⇒ I  ;  x y −1 z −


  AA′ , n cuøng phöông  = = ⇔ 1 Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔    I ∈ (P) x + y +1 + z + + = 2 2  x = −4  ⇔  y = −3 Vậy: A′(–4; –3; –2)  z = −  Câu VII.a: Số các số gồm chữ số khác lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, là: 6! (số) Số các số gồm chữ số khác mà có số và đứng cạnh là: 2.5! (số) ⇒ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2) Gọi C′ là điểm đối xứng C qua AD ⇒ C′ ∈ AB Ta tìm được: C′(2; –1) Suy phương trình (AB): x −9 y+2 = ⇔ x + 7y + = − −1 + Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x + y − 25 = Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′(–17; 6) M là trung điểm AA′ ⇒ M(–4; 2) M là trung điểm BC ⇒ B(–12; 1) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 2) Giả sử A(−23 + 8t1; −10 + 4t1; t1 ) ∈ d1, B(3 + 2t2 ; −2 − 2t2 ; t2 ) ∈ d2 ⇒ AB = (2t2 − 8t1 + 26; −2t2 − 4t1 + 8; t2 − t1 )


  17


  t1 = 2t2 − 8t1 + 26 =  17  AB // Oz ⇔ AB, k cuøng phöông ⇔  ⇔  ⇒ A − ; ;   3 6  −2t2 − 4t1 + = t = −   x = −   ⇒ Phương trình đường thẳng AB:  y =  z = 17 + t   x  x  (1) − ≥ Câu VII.b:   1 + log2 (a − x ) ≥ log2 ( x + 1) (2) ln x x > 0, ∀x ∈ R • (1) ⇔ − − ≥ Đặt f(x) = − − Ta có: f′(x) = ln 3.3x − x x x ⇒ f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +∞) x4 • (2) ⇔ log2 [ 2(a − x )] ≥ log2 ( x + 1) ⇔ 2(a − x ) ≥ x + ⇔ a ≥ +x+ 2 (*) • Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) Đặt g(x) = x4 21 + x + Ta có: g′(x) = x + > 0, ∀x ≥ ⇒ g(x) đồng biến trên [2; +∞) và g(2) = 2 21 Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) ⇔ a ≥ 21 Vậy để hệ có nghiệm thì a ≥ Hướng dẫn Đề số 44 Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}  (2m − 1) x − m =x   x −1 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì:   (m − 1) =  ( x − 1)2 x = m Từ (**) ta có (m − 1)2 = ( x − 1)2 ⇔  x = − m (*) (**) • Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m = (thoả với m) Vì x ≠ nên m ≠ • Với x = – m, thay vào (*) ta được: (2m − 1)(2 − m) − m2 = (2 − m)(2 − m − 1) ⇔ 4(m − 1)2 = m = ⇒ x = (loại) Vậy với m ≠ thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x  5π π  x = 48 + k  5π  − Câu II: 1) PT ⇔ cos2 x + sin x = cos6 x ⇔ cos  − x  = cos6 x ⇔  2    x = − 5π + l π  24 ⇔ Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  2 xy =1 x + y + 2)  x+y  x + y = x2 − y  Điều kiện: x + y > (1) (2)   2 (1) ⇔ ( x + y )2 − − xy 1 −  = ⇔ ( x + y − 1)( x + y + x + y ) = ⇔ x + y − = x+y  (vì x + y > nên x + y + x + y > )  x = (y = 0) Thay x = − y vào (2) ta được: = x − (1 − x ) ⇔ x + x − = ⇔   x = −2 (y = 3) Vậy hệ có nghiệm: (1; 0), (–2; 3) π Câu III: Đặt t = − x ⇒ dt = –dx Ta có I = ⇒ 2I = π ∫ π π ∫ π cos t (sin t + cos t ) ∫ dt = cos x (sin x + cos x )3 dx π π 12 dx + ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx 3 20 π (sin x + cos x ) 2 (sin x + cos x ) (sin x + cos x ) cos  x −   4 sin x cos x  π 2 = tan  x −  = Vậy: I =  0 π Câu IV: Vì ABB′A′ là hình bình hành nên ta có: VC ABB ' = VC AB ' A ' 1 a a2 a3 Mà VC ABB ' = A′ M SABC = = 3 Vậy, VC ABB ' A ' = 2VC ABB ' = a3 a3 = Câu V: Ta có: P = x + (2 − y )2 + x + ( y + 2)2 + x −

Xét a = ( x;2 − y ), b = ( x , y + 2)



Ta có: a + b ≥ a + b ⇒ x + (2 − y )2 + x + (y + 2)2 ≥ x + 16 = x +

Suy ra: P ≥ x + + x − Dấu "=" xảy ⇔ a, b cùng hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: (2 + x ) ≤ (3 + 1)(4 + x ) ⇒ x + ≥ + x Dấu "=" xảy ⇔ x = Do đó: P ≥ + x + − x ≥ + = + Dấu "=" xảy ⇔ x = Vậy MinP = + x = 3 ,y = ,y = Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = ⇒ c = Gọi M(x; y) ∈ (E) Ta có: MF1 = 10 − 3 x , MF2 = 10 + x 2 Ta có: F1F22 = MF12 + MF22 − MF1.MF2 cos
F1MF2         x  + 10 + x  −  10 − x 10 + x   −  ⇔ x = (y= ± 5)         Vậy có điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5)





   23 13 25  2) Gọi I là điểm thoả: IA + IB + 3IC = ⇒ I  ; ;   6 





























 Ta có: T = MA + MB + 3MC = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) + ( MI + IC ) = MI = MI


 Do đó: T nhỏ ⇔ MI nhỏ ⇔ M là hình chiếu I trên (P) ⇔ (10 ) = 10 − 2 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  13 16  Ta tìm được: M  ; − ;  9 9 10 9 10 x + C10 x + + C10 x + C10 Câu VII.a: Ta có: ( x + 1)10 = C10 ( ) ⇒ ( x + 1)10 ( x + 2) = + C10 + 2C10 x + ⇒ = 672 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)  AB = AC • Ta có:  ⇒ AI là đường trung trực BC ∆ABC vuông cân A nên AI là phân giác  IB = IC
BAC Do đó AB và AC hợp với AI góc 450 a5 = C10 + 2C10 • Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI góc 450 Khi đó B, C là giao điểm d với (C) và AB = AC

 Vì IA = (2;1) ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP d có hai thành
phần khác Gọi u = (1; a) là VTCP d Ta có: a = 2 + a = + a2 ⇔  a = − + a 22 + + a2 
x = + t • Với a = 3, thì u = (1;3) ⇒ Phương trình đường thẳng d:   y = + 3t

  cos ( IA, u ) = 2+a = 2+a = ⇔  + 13 + 13   − 13 − 13  Ta tìm các giao điểm d và (C) là:  ; ; ,    2   2  x = + t 1
  • Với a = − , thì u =  1; −  ⇒ Phương trình đường thẳng d:   3  y = − t  + 13 11 − 13   − 13 11 + 13  Ta tìm các giao điểm d và (C) là:  ; ; ,       2 2  + 13 11 − 13   + 13 + 13  ; ; • Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:  ,    2   2   − 13 11 + 13   − 13 − 13  và ; ;  ,       2 2) Gọi H là hình chiếu M trên d Ta có: MH = d ( M , d ) = Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH = x −2 y z−3 = =  1 Do đó, toạ độ A, B là nghiệm hệ:  ( x − 2) + ( y − 1)2 + (z − 2)2 =     2 2 2 Giải hệ này ta tìm được: A + ; ;3 + ;− ;3 − , B −   3   3    2y   log2010   = x − y (1)   x  Câu VII.b:  3 + x y  = x + y2 (2)  xy Điều kiện: xy > Từ (2) ta có: x + y = xy( x + y ) > ⇒ x > 0, y > (1) ⇔ 2y = 2010 x −2 y ⇔ x.2010 x = y.20102 y x   t Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0) Ta có: f ′(t) = 2010t 1 + >0  ln2010  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ⇒ f(t) đồng biến t > ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y y =  9 Thay x = 2y vào (2) ta được: y  5y −  = ⇔  y =  2 10  9  Vậy nghiệm hệ là:  ;   10  (loại )  9 x =   5 Hướng dẫn Đề số 45 Câu I: 2) Gọi ( x ; y0 ) là toạ độ tiếp điểm Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = − x ⇒ y′ ( x0 ) = ±1 ⇔  x = −1 ( y0 = 1) = ±1 ⇒  (2 x0 + 3)2  x0 = −2 ( y0 = 0) −1  x = −1  x = −2 • Với  ⇒ ∆: y = − x (loại) • Với  ⇒ ∆: y = − x − (nhận)  y0 =  y0 = Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − x −  π  x ≠ − + m 2π  7π 1 + 2sin x ≠ Câu II: 1) Điều kiện:  ⇔ x ≠ + n2π 1 − sin x ≠   x ≠ π + p2π  cos x − 2sin x.cos x = ⇔ cos x − sin x = 3(sin x + cos2 x ) PT ⇔ − sin x + 2sin x − 2sin x   1 π π cos2 x + sin x = cos x − sin x ⇔ cos  x −  = cos  x +  2 2  6  3  π (loại)  x = + k 2π π 2π ⇔  Vậy PT có nghiệm: x = − + k 18  x = − π + k 2π (nhaän)  18 3   2) Điều kiện: x ≤ Đặt u = 3x − ⇒ u2 = 3x −  v = − 5x  v = − x  2u + 3v = u = −2 3 x − = −2 Ta có hệ PT:  Giải hệ này ta  ⇒  ⇔ x = −2 v = u + v =  6 − x = 16  ⇔ Thử lại, ta thấy x = −2 là nghiệm PT Vậy PT có nghiệm x = −2 π Câu III: I = ∫ cos π x.dx − ∫ cos2 x.dx = A – B •A= •B= π ∫ cos π x.dx = ∫ cos4 x.cos x dx = ∫ cos π 2 x.dx = π 2 ∫ (1 − sin x ) π π (1 + cos x ).dx = ∫ 20 d (sin x ) = 15 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Vậy I = π – 15 Câu IV: Gọi E là trung điểm AB ⇒ BC = a Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = 3a2 Ta có: SBIC = SABCD − SABI − SCDI = 2SBIC BC = 3a 3a Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ (ABCD) ⇒
SFI = 600 ⇒ SI = IF.tan 600 = ⇒ Thể tích khối chóp S.ABCD: Câu V: Xét điều kiện: 1 3a 15 V = SI SABCD = 3a = a 3 5 x + xy + xz = 3yz ⇒ ( x + y)2 + ( x + z)2 = 2( y + z)2 − ( y − z)2  x+y  x+z  x+y x+z ⇒  −  +  = −  (*)  y+z  y+z  y+z y+z x+y x+z ,v= (u, v > 0) Từ (*) ⇒ u2 + v = − (u − v)2 ⇒ u + v2 − uv = (1) Đặt u = y+z y+z 2  x+y  x+z  x + y  x + z  3 Khi đó ta có: BĐT ⇔   +  + 3   ≤ ⇔ u + v + 3uv ≤  y+z  y+z  y + z  y + z  3 ⇔ (u + v)(u2 − uv + v2 ) + 3uv ≤ ⇔ u + v + 3uv ≤ (2) (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: uv = − (u − v)2 ≤ (3) và (u + v)2 = + 3uv ≤ + (u + v )2 ⇒ (u + v )2 ≤ ⇒ u + v ≤ Từ (3) và (4) ta suy điều cần chứng minh (2) Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; – a) ∈ ∆ ⇒ IE = (a − 6;3 − a)

 Gọi P là điểm đối xứng E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1), MP = (11 − a; a − 6)


 a = Ta có: MP.IE = ⇔ (11 − a)(a − 6) + (a − 6)(3 − a) = ⇔  a =




 Đường thẳng qua M(1; 5) và nhận IE làm VTPT

 • Với a = ⇒ IE = (0; −3) ⇒ Phương trình AB: y =

 • Với a = ⇒ IE = (1; −4) ⇒ Phương trình AB: x − y + 19 = 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = d (I ,( P )) = < R ⇒ (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = Câu VII.a: PT có các nghiệm: z1 = −1 − 3i, z2 = −1 + 3i

 ⇒ A = z1 + z2 2 = 20 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 1 IA.IB.sin
AIB = R2 sin
AIB ≤ R2 = 2

Dấu "=" xảy ⇔ sin AIB = ⇔ AIB = 90 ⇔ ∆AIB vuông cân I Ta có: SIAB = Khi đó: d (I , ∆) = R =1 ⇔ −2 − m − m + + m2 2) Giả sử: M (−1 + t; t; −9 + 6t ) ∈ ∆1 m = = ⇔ 15m − 8m = ⇔  m = 15  (4) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Khoảng cách từ M đến ∆2: d ( M , ∆2 ) = (8t − 14)2 + (−14t + 20)2 + (t − 4)2 11t − 20 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): d ( M ,( P)) = Từ đó ta có: (8t − 14)2 + (−14t + 20)2 + (t − 4)2 11t − 20 = 3 t = ⇔ 140t − 352t + 212 = ⇔  53 t =  35  18 53  53 ⇒ M ; ;  • Với t = ⇒ M(0; 1; –3) • Với t =  35 35 35  35 Câu VII.b: Điều kiện: xy >  x + y = xy x = y x = y = Hệ PT ⇔  ⇔ ⇔  2  x = y = −2  x =  x − xy + y = hệ phương trình có nghiệm: (2; 2), (–2; –2) Hướng dẫn Đề số 46 ( ) Câu I: 2) PTTT ∆ (C) điểm M0 x0 ; y0 là: ( ) ∆ : y = x02 − x0 + ( x − x0 ) + x03 − x02 + 3x0 ∆ qua O ⇔ x0 = 0, x0 = ⇒ Các tiếp tuyến cần tìm: y = x , y = Câu II: 1) PT ⇔ ( sin x + cos x + 1)( 2cos x − ) =   ⇔ sin x + cos x = −1 ⇔ sin  x + π  π  x = − + k 2π = − ⇔   4  x = π + k 2π π + k 2π ; x = π + k 2π 2) Ta có: x3 − y = ( y − x ) ( y − x ) ⇔ x3 + x y + xy − y = Khi y = thì hệ VN KL: nghiệm PT là x = − x x x  + 2  + 2  − =  y  y  y  y = x x ⇔ x = y = 1, x = y = −1 Đặt t = , ta có : t + 2t + 2t − = ⇔ t = ⇔  y = y   x + Câu III: Ta có: x − x + ≥ nên PT ⇔ m = x2 − 2x + x+2 − 3x Xét f ( x) = ⇒ f '( x) = x2 − 2x + x2 − x + x2 − x + Khi y ≠ , chia vế cho y3 ≠ ta được:  ( ) 4 f ' ( x ) = ⇔ x = ; f   = 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x) = x →−∞ x →+∞ 3 Kết luận: < m < 10 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) 2a a = Ta có: SO = SA2 − OA2 = a − S ABCD = a ⇒ VS ABCD = a Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN Ta chứng minh các mặt hình chóp 2a 2 4(a + a 3) S ∆SMN = pr ⇒ r = Câu V: Đặt t = xy Ta có: xy + = Và xy + = ( x2 + y2 ) Suy : P = Do đó: P ' = ( = a ( − 1) (( x + y ) (( x − y ) 2 ) ) − xy ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ − + xy ≥ xy ⇒ xy ≤ − x y −7t + 2t + 1 = Điều kiện: − ≤ t ≤ xy + ( 2t + 1) −t − t ( 2t + 1) ) , P ' = ⇔ t = (thoả) t = −1 (loại)  1 1 và P ( ) = P−  = P  =  5   15 Kết luận: Max P = và Min P = 15 3 3 +  2 2 Câu VI.a: 1) PT ⇔ 2.33 x + x.32 x = 4.2 x3x + 3.23 x ⇔   ⇔ x =1 2) Ta có: I = ∫ cos2 x (1 + cos2 x )dx Đặt t = cos Suy : I = − cos x sin x 3x 2x 3 − 4  −3 = 2 x x ⇒ dt = −2cos x sin xdx dt  1 t +1  + cos x  = ln ln  = − dt = + C = +C   ∫ t ( t + 1) ∫  t + t  2  cos x  t ( ) Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu I 1; −2;3 lên Oy, ta có: M ( 0; −2; )


 IM = ( −1; 0; −3) ⇒ R = IM = 10 là bán kính mặt cầu cần tìm Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là ( x − 1) + ( y + ) + ( z − 3) = 10 2 Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > BPT ⇔ ( + log x ) log x > Đặt t = log x Ta có: t + 4t − > ⇔ t < −5 < t ⇔ < x < 2) Ta có: y ' = x > 243 mx + Hàm số có cực trị ⇔ y ' = có nghiệm phân biệt, khác ⇔ m < x2 Khi đó các điểm cực trị là:     A − ; −m  , B  ; −2 − m  ⇒ AB = + 16 ( −m ) ( −m ) −m    −m  AB ≥ 1 16 ( −m ) = 16 Dấu "=" xảy ⇔ m = − Kết luận: m = − 2 ( −m ) Câu VII.b: ( C ) : ( x + 1) + y = ⇒ I ( −1;0 ) ; R = Hệ số góc tiếp tuyến (∆) cần tìm là ± ⇒ PT (∆) có dạng ( ∆1 ) : x − y + b = ( ∆ ) : x + y + b = I cách Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 • ( ∆1 ) : 3x − y + b = tiếp xúc (C) ⇔ d ( I , ∆1 ) = R ⇔ b− = ⇔ b = ±2 + • ( ∆ ) : x + y + b = tiếp xúc (C) ⇔ d ( I , ∆ ) = R ⇔ b− = ⇔ b = ±2 + Kết luận: ( ∆1 ) : x − y ± + = Kết luận: ( ∆ ) : x + y ± + = Hướng dẫn Đề số 47 Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) và trục Ox: x − 2m x + m + 2m = (∗) ( ) Đặt t = x t ≥ , ta có : t − 2m 2t + m + 2m = (∗∗) Ta có : ∆ ' = −2m > và S = 2m2 > với m < Nên PT (∗∗) có nghiệm dương ⇒ PT (∗) có ít nghiệm phân biệt (đpcm) Câu II: 1) PT ⇔ sin x + cos x + sin x − = ⇔ sin x cos x − 2sin2 x + sin x =   π sin x − cos x = sin  x −  =  ⇔ cos x − sin x + sin x = ⇔  ⇔ 3   sin x =  x = kπ  5π + k 2π x= ⇔    x = kπ ( ) 2 y − x = m  y + xy = 2)  (1) (2) y ≤  (vì y ≠ 0) Từ (1) ⇒ x = y − m , nên (2) ⇔ y − my = − y ⇔  m = y− +2  y  1 Xét f ( y ) = y − + ⇒ f ' ( y ) = + >0 y y2 Dựa vào BTT ta kết luận hệ có nghiệm ⇔ m >  x −   x − ′  x −1  Câu III: Ta có: f ( x ) =  ⇒ F x = ( )  2x +  + C     2x +   2x +    Câu IV: Gọi T là giao điểm MN với CD; Q là giao điểm PT với AD TD DD ' = = TC MC TD AP QD DP CP Mà: = = ⇒ AT
DP ⇒ = = = TC AC QA AT CA VA.PQN AP AQ 1 Nên: = = = ⇒ VA.PQN = VABCD VA.CDN AC AD 5 10 Vẽ DD′ // BC, ta có: DD′=BM ⇒ Và: VC PMN VC ABN = CP CM 1 = = ⇒ VABMNP = VABCD CA CB 4 Từ (1) và (2), suy : VABMNQP = V 20 ABCD (1) (2) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 13 13 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18 x + ≥ 12 (1) Dấu xảy ⇔ x = x 2 và 18z + ≥ 12 (3) Tương tự: 18y + ≥ 12 (2) y z Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là ( ) Mà: −17 x + y + z ≥ −17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ≥ 19 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > 1 Vậy GTNN P là 19 x = y = z = 3 PT ⇔ + log2 x log4 x = log2 2) Ta có: y = + t = log2 x t = log2 x  x = x ⇔2 ⇔ t = ⇔  x = t − 3t + =  t =  Do đó: x , y ∈ Z ⇔ x − = ±1 ⇔ x = 3, x = x −2 Suy tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là số nguyên là A (1; ) , B ( 3; ) Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x − y − = ( ) ( ) Câu VII.a: Gọi I m;2m − ∈ d là tâm đường tròn cần tìm Ta có: m = 2m − ⇔ m = 4, m = • m= thì phương trình đường tròn là:  4   16 x −  +y+  = 3  3  ( • m = thì phương trình đường tròn là: x − ) + ( y − 4) 2 = 16 Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > Đặt t = log x , ta có : (1 + t ) t + t <0 4 BPT ⇔ 3t + 4t < ⇔ − < t < ⇔ − < log x < ⇔ < x < 3 2 2) Ta có: y ' = x + ( m − ) x − 5m; y " = x + 2m − 10 5−m 5−m ; y′′ đổi dấu qua x = 3  − m ( m − ) 5m ( m − )   là điểm uốn Suy ra: U  ; +   27   y" = ⇔ x = ( m − 5) 5m ( m − )  5−m  =  ⇔ m=5 27   Câu VII.b: Ta có: AB = BC = CA = ⇒ ∆ABC Do đó tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số y = x thì 3 trọng tâm nó  8  3 3 Kết luận: I  − ; ;  Hướng dẫn Đề số 48 + Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ⇒ PT d : y = k ( x + 1) + Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N ⇔ PT : x −3 = kx + k + có nghiệm phân biệt khác −1 x +1 Hay: f ( x ) = kx + 2kx + k + = có nghiệm phân biệt khác −1 k ≠  ⇔  ∆ = −4 k > ⇔ k <  f −1 = ≠  ( ) Mặt khác: xM + x N = −2 = xI ⇔ I là trung điểm MN với ∀k < Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y = kx + k + với k < Câu II: 1) PT ⇔ cos x − sin x = cos x + sin x ⇔ π  x = − + k 2π  π π   ⇔ cos  3x +  = cos  x −  ⇔  3 6    x = − π + k 2π  10 2 2) Ta có : x y = ⇔ xy = ±3 ( 3 cos 3x − sin 3x = cos x + sin x 2 2 ) • Khi: xy = , ta có: x3 − y3 = và x3 − y = −27 Suy ra: x ; ( − y ) là các nghiệm phương trình: X − X − 27 = ⇔ X = ± 31 Vậy nghiệm Hệ PT là: 3 x = + 31, y = − − 31 x = − 31, y = − + 31 • Khi: xy = −3 , ta có: x3 − y = −4 và x3 ( − y ) = 27 ( ) Suy ra: x3 ; − y là nghiệm phương trình: X + X + 27 = Câu III: Đặt t = x + Điều kiện: t ≥ PT trở thành: ( m − )( t + 1) = t − m − ⇔ m = t + Xét hàm số: f ( t ) = t + 1 ⇒ f '(t ) = 1− t +2 ( t + )2 ( PTVN ) ( t ≥ 1) t+2 t + 4t + = ( t + )2  t = −1 (loại) f ′(t) = ⇔  Dựa vào BBT, ta kết luận m ≥  t = −3 (loại) Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A′M  BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ ( AA ' M ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ AA ' a Mà AH ⊥ A ' M ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = 1 a = + ⇒ AA ' = Mặt khác: 2 AH A' A AM 3a3 Kết luận: VABC A ' B ' C ' = 16 a2 ab ab Câu V: Ta có: =a− ≥a− =a− ab a+b a+b 2 ab Ta có:  (1) b2 c2 ≥b− bc (2), ≥c− ca (3) b+c c+a a2 b2 c2 Cộng (1), (2), (3), ta có: + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c a+b b+c c+a Tương tự: ( ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu VI.a: 1) Điều kiện: < x < ( ) BPT ⇔ log 2 x + x > log ( − x ) ⇔ x + x > ( − x ) ⇔ x + 16 x − 36 > 2 ⇔ x < −18 hay < x So sánh với điều kiện Kết luận: Nghiệm BPT là < x <   du = dx 2) Đặt u = ln x ⇒  Suy : I = ln x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C x  dv = dx  v = x ∫ ∫ Câu VII.a: Gọi A ( a; ) , B ( 0; b ) là giao điểm d với Ox, Oy, suy ra: d : 2  + =1 2b + a = ab Theo giả thiết, ta có:  a b ⇔  ab =  ab =  x y + =1 a b • Khi ab = thì 2b + a = Nên: b = 2; a = ⇒ d1 : x + y − = • Khi ab = −8 thì 2b + a = −8 Ta có: b + 4b − = ⇔ b = −2 ± 2 + Với b = −2 + 2 ⇒ d : (1 − x ) + (1 + ) y − = + Với b = −2 − 2 ⇒ d : (1 + x ) + (1 − ) y + =  y + x = x + y Câu VI.b: 1)  (1) x y +1  2 = (*) (2) y = x  y = 1− x Từ (1) ta có: y + x = x + y ⇔ ( y − x )( y + x − = ) ⇔   x = log  y = x • Khi: y = x thì (*) ⇔  x x +1 ⇔  2 =  y = log   x = log y = − x • Khi: y = − x thì (*) ⇔  x 2− x ⇔  2 =  y = − log 2) Ta có: f ( x ) = − tan x = − ⇒ F ( x ) = x − tan x + C cos x x2 y Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: + = 1(a > b > 0) a b 2 a − b =  x2 y  ⇔  a2 = Vậy (E): + =1 Ta có:   b =  + =1  a 4b Hướng dẫn Đề số 49 Câu I: 2) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hoành độ a ≠ −2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: y= ( a + 2) ( x − a ) + 2a ⇔ x − ( a + )2 y + 2a2 = ( ) Tâm đối xứng I −2; a+2 (d) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ( ) Ta có d I , d = a+2 16 + ( a + ) ≤ a+2 2.4 ( a + ) = a+2 a+2 =2 2 a = d ( I , d ) lớn ⇔ ( a + ) = ⇔   a = −4 Từ đó suy có hai tiếp tuyến y = x và y = x +    π π cos  x +  ≠ cos  x −  ≠ 0; Câu II: 1) Điều kiện  4 4   sin x ≠ 0; tan x − cot x ≠  ( *) Để ý rằng:   π     π π π π π tan  x −  tan  x +  = − tan  − x  tan  x +  = − cot  x +  tan  x +  = −1 Khi 4 4 4 4 4   4     PT trở thành: −1 = cos2 x ⇔ cot x − tan x = cos2 x tan x − cot x − tan2 x =4 ⇔ = ⇔ ( tan x − 1) = tan x tan x + tan 2 x + tan2 x π π π ⇔ tan x = ⇔ x = + mπ ⇔ x = + k ( k ∈ Z ) : Không thoả điều kiện (*) ⇔ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 2) Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0, x + y − ≠ 3 3 x  + =1  (1) Đặt u = x + y − 1; v = Hệ PT trở thành:  u v ⇔ u + v = y  (2) u + + 4v = 22 u = 21 − 4v v = 3 Thay (2) vào (1) ta được: + = ⇔ 2v2 − 13v + 21 = ⇔  v = 21 − 4v v  2  x + y −1 =   x =  x = −3 • Nếu v = thì u = 9, ta có Hệ PT:  x ⇔  x + y = 10 ⇔  ∨ y =  y = −1  x = 3y y =  • Nếu v = thì u = 7, ta có Hệ PT:   2  x + y2 − =  x + y = y =  y = −4    53 ∨  53 ⇔ ⇔ x  = x= y y   x = 14  x = −14    53  53   2 So sánh điều kiện ta nghiệm Hệ PT u = ln x  dx  du = dx ⇒  x   v = x +1 x +1   Câu III: Đặt  dv = ⇒ I = (2 x + 1.ln x ) − ∫ • Tính J = ∫ ⇒J=∫ 3 2t t −1 8 x +1 dx = ln − ln − J x x +1 dx Đặt t = x + x   1  t −1  dt = ∫  + −   dt =  2t + ln t −1 t +1 t +1   t −1 2 .2tdt = 2∫ t2 = + ln − ln đó Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Từ đó I = 20 ln − ln − Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) thì O là giao điểm AC và BD Gọi I, J là trung điểm AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC Góc mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là
SJI = 600 ⇒ ∆SIJ cạnh a ⇒ G là trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ K là trung điểm SJ; M, N là trung điểm SC, SD 3a 3a2 a IK = ; SABMN = ( AB + MN )IK = ; SK ⊥ ( ABMN ); SK = 2 3a3 SABMN SK = 16 Câu V: Vì < a ≤ 1, < b ≤ nên ( a − 1)( b − 1) ≥ ⇒ ab − a − b + ≥ Suy ra: V = 1 ≥ + − (1) ab a b 1 1 1 Tương tự : ≥ + − (2), ≥ + − (3) bc b c ca c a 1 1 1 Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: + + ≥ 2 + +  −3 ab bc ca a b c ⇒ ≥ a + b − ab ⇒ (4) Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:   1 1  1 + + ≥ a + b + c + 2 + +  −3 1 +  ( a + b + c) = a + b + c + ab bc ca  abc  a b c  ( )  ( a + b + c )  1a + 1b + 1c  + 1a + 1b + 1c − ≥2  1 1 + + ≥9 a b c  Cũng theo BĐT Cô–si ta có : a + b + c   Do đó:  +   1 1 1  ( a + b + c ) ≥ + + + − = + + + (đpcm) abc  a b c a b c Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm BC Ta có AG =


 7 1

 AI ⇒ I  ;  2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x – y – = 7 1 ( ) ( ) Vì I  ;  là trung điểm BC nên giả sử B x B ; yB thì C − x B ;1 − yB và x B − yB − = 2   ( ) ( H là trực tâm tam giác ABC nên CH ⊥ AB ; CH = −5 + x B ; yB , AB = x B + 3; yB −











 x − y = x = x =  CH AB = ⇔  B B ⇔ B ∨ B  yB = −2  yB = ( x B − )( x B + 3) + ( yB − ) = Vậy B (1; −2 ) , C ( 6;3) B ( 6;3) , C (1; −2 ) ( ) 2) (S) : ( x − 1) + ( y + ) + ( z − ) = 25 có tâm I 1; −2; và R = 2 Khoảng cách từ I đến (α) là: d ( I ,(α ) ) = < R ⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt  x = + 2t  Gọi J là điểm đối xứng I qua (α) Phương trình đường thẳng IJ :  y = −2 − t   z = + 2t  x = + 2t t = −1    y = −2 − t  x = −1 Toạ độ giao điểm H IJ và (α) thoả  ⇔ ⇒ H ( −1; −1; ) z t = +   y = −1 2 x − y + z − = z = ) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Vì H là trung điểm IJ nên J ( −3; 0; ) Mặt cầu (S′) có tâm J bán kính R′ = R = nên có phương trình: (S′ ) : ( x + ) + y + z2 = 25 Câu VII.a: Có trường hợp xảy ra: • Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ Số cách chọn nam còn lại là C63 Số cách chọn nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C93 Suy số cách chọn trường hợp này là C63 C93 = 1680 (cách) • Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn nam không có Vũ Mạnh Cường là C64 Số cách chọn nữ còn lại là C92 Suy số cách chọn trường hợp này là C64 C92 = 540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x  x = −  2  x − 4y − = Toạ độ đỉnh A là nghiệm hệ :  ⇔ ⇒ A − ;−  y = x  3 y = −  8 8 Vì M là trung điểm AC nên C  ;  3 3 Vì BC qua C và song song với d nên BC có phương trình: y = x + y + =   x = −4 ⇔ ⇒ B ( −4;1) BH ∩ BC = B :  x y = +2 y =   x +2 2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = Điểm D cần tìm là giao điểm ∆ và (S) (  x = − 2t  ) Đường thẳng ∆ có vectơ phương AB = −2; 6;3 nên có phương trình:  y = + 6t


 ( )( Phương trình mặt cầu S : x − Toạ độ điểm D thoả Hệ PT: ) + ( y + 1) + ( z + ) 2   z = + 3t =9  x = − 2t t = −1  y = + 6t  ⇒ 49t + 82t + 33 = ⇔  33  z = + 3t t = −  2  49  ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + ) = • Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = • Với t = −  164 51 48  33 ⇒ D ; − ;  (nhận) 49 49 49   49 23 x +1 + y −2 = 3.2 y +3 x Câu VII.b:  (1) (2)   x + + xy = x +  x ≥ −1 x + ≥  x ≥ −1 Ta có: ( ) ⇔  ⇔ ⇔ x x + y − = )  x = ∨ y = − 3x 3x + + xy = x +  ( • Với x = thay vào (1) ta được: Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 + y −2 = 3.2 y ⇔ + y = 12.2 y ⇔ y = 8 ⇔ y = log2 11 11  x ≥ −1 thay y = –3 x vào (1) ta : 23 x +1 + 2−3 x −1 = 3.2  y = − 3x Đặt t = 23 x +1 , vì x ≥ −1 nên t ≥ − Khi đó: t = − 2 (loại) (3) : t + = ⇔ t − 6t + = ⇔  t (thoả) t = + 2 • Với  (3) 1 log ( + 2 ) − 1 ; y = − x = − log2 ( + 2 ) 3  x =  x =  log2 ( + 2 ) − 1  Vậy Hệ PT đã cho có nghiệm  và  y = log2   11   y = − log2 ( + 2 ) Suy ra: 23 x +1 = + 2 ⇔ x = Hướng dẫn Đề số 50 Câu I: 2) y′ = x − 2mx = x(3 x − m) • Khi m = thì y′ = x ≥ ⇒ (1) đồng biến trên R ⇒ thoả yêu cầu bài toán • Khi m ≠ thì (1) có cực trị x1 = , x2 = Do đó đồ thị cắt Ox điểm khi: 2m m ≠ 4m m2  ) > ⇔ 4m (1 − )>0 ⇔ f ( x1 ) f ( x2 ) > ⇔ 2m(2m − 27 27 <m< −  2  6 Kết luận: m ∈  − ;  thì đồ thị (1) cắt Ox điểm  2   Câu II: 1) PT ⇔ ( sin x + cos x ) = sin x + cos x ⇔ ( sin x + cos x )( sin x + cos x − 1) =  π  x = − + kπ  tan x = −   sin x + cos x = ⇔  ⇔  ⇔    π π  x = k 2π ; x = 2π + k 2π  sin x + cos x − =  sin  x +  = sin      ( x − y ) = xy  2)   2x − y = (1) (2) Điều kiện : x y ≥ ; x ≥ y Ta có: (1) ⇔ 3( x − y ) = xy ⇔ (3x − y )( x − y ) = ⇔ x = y hay x = • Với x = y , vào (2) ta : y − y + = ⇔ y = ; y =  x =  x = 12 ; y = y = ⇒ Hệ có nghiệm  y , vào (2) ta : y − y + 24 = Vô nghiệm  x =  x = 12 Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:  ; y = y = • Với x = y Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 ∫ cos x dx = ∫ cos π Câu III: I = π sin x sin x dx Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx x −1 Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = Ta I = − ∫ π ⇒t= 1 2t − dt = ln 2t − 2 2t + = 2 ln 3−2 5−2
= 450 Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC Giả thiết cho SIH Gọi x là độ dài cạnh ∆ABC Suy : AI = x x x , AH = , HI = x 3 ∆SAH vuông H ⇒ SH = SA − AH = a −      2 ∆SHI vuông cân H ⇒ SH = HI = 2 x x 3 x 3 15a = a − ⇒ x = Suy ra:             2 1 5a 3a a 15 SH dt ( ABC ) = = 3 5 25 1 1  x y x Câu V: Gọi A = ( x + y )  +  = +  +  Đặt t = thì A = f (t ) = + t + y t x y  y x Do đó: VS ABC = 2 ≤ x ≤ x  1  Với x, y ∈ [ 2; ] ⇒  1 ⇒ ≤ ≤ ⇒ t ∈  ;  y 2  4 ≤ y ≤  t −1 1  = ; f ′ (t ) = ⇔ t = ∈  ;  t t 2  9 1 f   = f (2) = ; f (1) = ⇒ ≤ A ≤ (đpcm) 2 2 Câu VI.a: 1) Ta có A(1; −1) và d1 ⊥ d Ta có: f ′ (t ) = − Phương trình các đường phân giác các góc tạo d1 , d là: ∆1: x + y − = và ∆2: x − y − 10 = d3 tạo với d1 , d tam giác vuông cân ⇒ d vuông góc với ∆1 ∆2 ⇒ Phương trình d có dạng: x + y + C = hay x − y + C ′ = Mặt khác, d qua P(−7;8) nên C = 25 ; C′ = 77 Suy : d : x + y + 25 = hay d :3 x − y + 77 = Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích Suy độ dài đường cao A H = 29 ⇒ cạnh huyền 58 = d ( A, d ) 58 • Với d : x + y + 25 = thì d ( A; d ) = ( thích hợp) 87 • Với d : x − y + 77 = thì d ( A; d ) = ( loại ) 58 58 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z = vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo đường tròn tâm O1 (0, 0, 0) , bán kính R1 = và tâm O2 (0, 0, 2) , bán kính R2 = Suy tâm mặt cầu (S) là I (0, 0, m) ∈ Oz  R = 2 + m 2 R là bán kính mặt cầu thì :  ⇒ + m = 64 + m − ⇔ m = 16 2  R = + m − ⇒ R = 65 , I ( 0; 0;16 ) Vậy phương trình mặt cầu (S) : x + y + ( z − 16) = 260 Câu VII.a: An3 = 20n ⇔ n (n − 1)(n − 2) = 20n ⇔ n − 3n − 18 = ⇔ n = và n = – ( loại ) Khi đó: a.C60 + a2 a7 127 C6 + + C66 = 7 Ta có : (1 + x)6 = C60 + C61 x + C62 x + C63 x3 + C64 x + C65 x5 + C66 x  (1 + x)7  a2 a7 a 1x  x  (1 + x ) dx = C x + C + + C ⇔ = a C + C + + C6 [ ]0   6     ∫0  0  0  0 (1 + a )7 127 ⇔ − = ⇒ (1 + a )7 = 128 ⇒ (1 + a ) = 27 ⇔ a = 7 a a a a Nên Vậy a = và n = Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (1; −3) và bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = và IH = R − AH = 52 − = hay d ( I , ∆) = (*) (∆) qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax + By = ; A2 + B ≠ A − 3B = ⇔ A(4 A + 3B) = ⇔ A = hay A + B = A2 + B • Với A + B = , chọn A = 3; B = – ⇒ Phương trình (∆): x − y = Từ (*) cho : • Với A = 0, chọn B = ⇒ Phương trình (∆): y = Kết luận : PT (∆) là x − y = hay y = 2) (∆) qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u = (1; −1; −2) (P) có VTPT n′ = (2; −2; −1)











 Giao điểm M(0;0;m) cho AM = (−1; 0; m) (α) có VTPT n =  AM , u  = ( m; m − 2;1)   (α) và (P): x − y − z + = tạo thành góc 600 nên : ( )

cos n , n′ = ⇔ 2m − m + =  ⇔ 2m − 4m + = ⇔  m = − m = + Kết luận : M (0; 0; − 2) hay M (0; 0; + 2)  −1 ≤ x ≤  −1 ≤ x ≤  Câu VII.b: PT ⇔  ⇔ x x m= x  x − m.3 =   x − x ln Đặt : f ( x) = x , f ′ ( x) = ; f ′ ( x) = ⇔ x = ∈ [ −1; 2] x 3 ln 1   f (−1) = −3 ; f (2) = ; f  ⇒ −3 ≤ f ( x) ≤ ; x ∈ [ −1; 2] = e.ln  ln  e.ln Kết luận : Khi −3 ≤ m ≤ thì PT có nghiệm e.ln Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x + x + mx + = x = ⇔ x ( x + 3x + m ) = ⇔   f ( x) = x + 3x + m = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Đê thỏa mãn YCBT thì PT f ( x ) = có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác và y′ ( x1 ) y′ ( x2 ) = −1 ⇔ 9 − m > 0, f (0) = m ≠  2 (3 x1 + x1 + m)(3x2 + x2 + m) = −1  m < , m ≠ ⇔ 9( x x )2 + 18 x x ( x + x ) + 3m( x + x ) + 36 x x + 6m( x + x ) + m2 = −1  2 2 2  9 ± 65 m < , m ≠ ⇔ m= ⇔   4m − 9m + = Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ PT ⇔ cos x − tan x = + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos2 x − cos x − = cos x =  x = k 2π  ⇔  ⇔ 2π + k 2π cos x = − x = ±    x2 + + x+ y =   x + y + xy + = y y  2) Từ hệ PT ⇒ y ≠ Khi đó ta có:  ⇔ 2  y( x + y) = 2x + y + ( x + y ) − x + =  y   u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x +1 , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = ⇔ ⇔ y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u =  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔  x = −2, y =  x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x • Với v = 3, u = ta có hệ:   x2 +1 = y  x2 + = y  x + x + 46 = , hệ này vô nghiệm ⇔ ⇔  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), (−2; 5) • Với v = −5, u = ta có hệ:   ln x  e e e   log x ln x ln xdx ln   Câu III: I = ∫ dx = ∫ dx = ∫ 2 ln 1 + 3ln x x x + 3ln x x + 3ln x dx Đặt + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x = tdt x e 2 ( t − 1) log 32 x 1 Suy : I = ∫ dx = ∫ tdt = ( t − 1) dt ∫ ln t ln x + 3ln x 1 1  =  t −t  = 3 ln   27 ln 2 Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm BD, MN Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ Suy AC ′ ⊥ (BDMN) Gọi H là giao PQ và AC’ Suy AH là đường cao hình chóp A.BDMN Tính AH = a 15 AC ′ = 5 PQ = 3a 3a2 15 a 15 a Suy ra: VA.BDMN = S BDMN AH = , MN = ⇒ SBDMN = 16 16 Câu V: • Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc Đặt t = bc thì ta có ≤ t = bc ≤ (b + c) (1 − a)2 = 4 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  (1 − a)2     Xét hàm số: f (t ) = a(1 − a) + (1 − 2a)t trên đoạn  0;  (1 − a )  (a + − a)2  1 Có: f (0) = a (1 − a ) ≤ và f  với ∀a = < − (2 a + )  a −  ≤ =    3 27 4 27   27 ∈ [0;1] Vậy: ab + bc + ca − 2abc ≤ Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = 27 • Cách 2: Ta có a2 ≥ a2 − (b − c)2 = (a + b − c)(a − b + c) = (1 − 2c)(1 − 2b) (1) Tương tự: b ≥ (1 − 2a)(1 − 2c) (2), c ≥ (1 − 2a)(1 − 2b) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ abc ≥ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) = − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc ⇒ ab + bc + ca ≤ + 9abc ⇒ ab + bc + ca − 2abc ≤ + abc Mặt khác a + b + c ≥ 33 abc ⇒ abc ≤ Do đó: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi C (c; 2c + 3) và I (m;6 − m) là trung điểm BC Suy ra: B(2m − c; − 2m − 2c) Vì C’ là trung điểm AB nên:  2m − c + 11 − 2m − 2c  C ' ;  ∈ CC ' nên 2    41   2m − c +  11 − 2m − 2c 2 +3 = ⇒ m = − ⇒ I − ;  −    6 Phương trình BC: 3x –3y + 23 = 2x − y + =  14 37  Tọa độ C là nghiệm hệ:  ⇒C ;  3 23 x − y + =  3   27 = 27 1+  19  ;   3





 2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Tọa độ B  − Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = Vectơ pháp tuyến mp(ABC) là n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC): x − y + z + =





   x + y − z −1 = x =   Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính là R = IA = (−1 − 0)2 + (0 − 2) + (1 − 1)2 = Câu VII.a: Giải PT đã cho ta các nghiệm: z1 = − 3 i, z2 = + i 2 z + z2 3  11 22 Suy | z1 |=| z2 |= 12 +  Do đó: = ; z + z = =    ( z1 + z2 )   Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (−3t – 8; t) ∈ ∆ 2 Ta có: d (I , ∆′ ) = IA ⇔ 3(−3t − 8) − 4t + 10 +4 2 ⇔ t = −3 ⇒ I (1; −3), R = = (−3t − + 2)2 + (t − 1) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 PT đường tròn cần tìm: ( x –1)2 + ( y + 3)2 = 25 2) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = ( −2; −1; −1) ⇒ n =  AB, AC  = (2; 4; −8) là VTPT (ABC)











  Suy phương trình (ABC): Giả sử M(x; y; z) ( x – ) + ( y –1) – ( z – ) = ⇔ x + y – 4z + =  x + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x − 2)2 + ( y + 2)2 + ( z − 1)2   MA = MB = MC Ta có:  ⇔  x + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x + 2)2 + y + (z − 1)2 2 x + y + z − =  M ∈ (P )  x =  ⇔  y = ⇒ M(2;3; −7)   z = −7  − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > Câu VII.b: Điều kiện:  (*) 0 < − x ≠ 1, < + y ≠ Hệ PT ⇔  2log1− x [(1 − x )( y + 2)] + 2log + y (1 − x) = log1− x ( y + 2) + log + y (1 − x) − = (1) ⇔  = log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4) = (2) log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4) Đặt log 2+ y (1 − x) = t thì (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = 1 t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0 ⇔  x = −2 • Với x = ⇒ y = −1 (không thoả (*)) • Với x = −2 ⇒ y = (thoả (*)) Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2) y′ = x + 18mx + 12m2 = 6( x + 3mx + 2m2 ) Hàm số có CĐ và CT ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = m > ⇔ m ≠ ( −3m − m ) , x2 = ( −3m + m ) 2 Dựa vào bảng xét dấu y′ suy xCÑ = x1 , xCT = x2 Khi đó: x1 =  −3m − m  −3m + m Do đó: x CÑ = xCT ⇔  ⇔ m = −2  =   Câu II: 1) Điều kiện x ≥ 2x −1 PT ⇔ x − + 3x − x + = ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + =0 3x + x +   1 ⇔ (2 x − 1)  x + +  = ⇔ 2x −1 = ⇔ x = 3x + x +   2   2) PT ⇔ 10 sin2  x +   π π π π  + sin  x +  − 14 = ⇔ sin  x +  = ⇔ x = + k2π 6  6  6 Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu III: Ta có: f ( x ) = x ln( x + 1) + x ( x + 1) − x = x ln( x + 1) +x− x x +1 x +1 x +1 x +1 1 ⇒ F ( x ) = ∫ f ( x )dx = ∫ ln( x + 1)d ( x + 1) + ∫ xdx − ∫ d ln( x + 1) 2 1 = ln2 ( x + 1) + x − ln( x + 1) + C 2 2 2 Câu IV: Do B và D cách S, A, C nên BD ⊥ (SAC) Gọi O là tâm đáy ABCD Các tam giác ABD, BCD, SBD là các tam giác cân và có đáy BD chung nên OA = OC = OS Do đó ∆ASC vuông S 1 Ta có: VS ABCD = 2VS ABC = BO.SA.SC = ax AB − OA2 = Do đó: VS ABCD = a2 + x ax a2 − = ax 3a2 − x x = a a3 a3 ⇔ ax 3a2 − x = ⇔  6 x = a 1  1 1 Câu V: Ta có: a2 + b + = a2 − a + + b + a + =  a −  + a + b + ≥ a + b + 4  2 2 Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + 2  1   1 Ta chứng minh  a + b +  ≥  2a +  (2b +  (*)  2   2 1 Thật vậy, (*) ⇔ a2 + b2 + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 ≥ 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I (t;3 − 2t) ∈ d1 3t + 4(3 − 2t ) + 4t + 3(3 − 2t ) + t = ⇔  = 5 t = 49 Vậy có đường tròn thoả mãn: ( x − 2)2 + (y + 1)2 = và ( x − 4)2 + ( y + 5)2 = 25 25 Khi đó: d ( I , d2 ) = d (I , d3 ) ⇔ x = + t x−2 y z+2 
(P) có VTPT n = (2;1; −1) 2) (∆) : = = ⇔  y = 3t   z = −2 + 2t Gọi I là giao điểm (∆) và đường thẳng d cần tìm ⇒ I (2 + t;3t; −2 + 2t)

 ⇒ AI = (1 + t , 3t − 2, −1 + 2t ) là VTCP d



  Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ AI n = ⇔ 3t + = ⇔ t = − ⇒ AI = ( 2; −9; −5) x −1 y − z +1 Vậy phương trình đường thẳng d là: = = −9 −5 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 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 : A85 Vậy số các số cần tìm là: A85 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = (d) cắt (C ) điểm phân biệt A, B ⇔ d ( I , d ) < R ⇔ − 2m + − < + m ⇔ − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 ⇔ 5m + m + 17 > ⇔ m ∈ R Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 1 IA.IB sin
AIB ≤ IA.IB = 2 Vậy: S lớn là
AIB = 900 ⇔ AB = R = ⇔ d ( I , d ) = IAB 2 2 + m2 ⇔ 16 m2 − 16 m + = 36 + 18m2 ⇔ 2m + 16m + 32 = ⇔ m = −4 ⇔ − 2m =






2) Ta có: SM = (m; 0; −1), SN = (0; n; −1) ⇒ VTPT (SMN) là n = (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz − mn = n + m − mn − m.n − mn Ta có: d(A,(SMN)) = = = =1 − mn n + m2 + m2 n − 2mn + m n Ta có: S IAB = Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Câu VII.b: BPT ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).log2 x − > x +1 − x ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).(log2 x + 1) >  x > log2 22 x − 2.2 x − > 2 x >   x >    x > log2  log2 x + > log2 x > −1      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  22 x − 2.2 x − < 2 x <  x < log 0 < x <      log2 x < −1  < x <  log2 x + <  Hướng dẫn Đề số 53 Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A và Oy B cho OA = 4OB Do ∆OAB vuông O nên: tan A = OB 1 = ⇒ Hệ số góc d − OA 4 1 1 Hệ số góc d M là: y′ ( x0 ) = − < ⇒ y′ ( x ) = − ⇔ − =− 2 4 ( x0 − 1) ( x0 − 1)   3  x = −1  y =  2  ⇔  x =  y =      2 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − ( x + 1) + y = − ( x − 3) + 4 Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x ≠ PT ⇔ −(sin x + cos x )2 + 2sin x + cos2 x = ⇔ sin2 x − sin x = π sin x = ⇔  ⇔ x =k sin x = (loại) 2   xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30 2) Hệ PT ⇔  xy( x + y ) + x y ( x + y ) = 30 ⇔   xy ( x + y ) + xy + x + y = 11  xy( x + y ) + xy + x + y = 11 x + y = u Đặt  Hệ trở thành  xy = v uv(u + v ) = 30 uv(11 − uv) = 30 uv + u + v = 11 ⇔ uv + u + v = 11   uv = (1) Từ (1) ⇒  (2) uv =  − 21 + 21  • Với uv = ⇒ u + v = Giải ta các nghiệm (x; y) là:  ;  và  2   + 21 − 21  ;    2  • Với uv = ⇒ u + v = Giải ta các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)  − 21 + 21  Kết luận: Hệ PT có nghiệm: (1;2) , (2;1) ,  ; ,  2   + 21 − 21  ;    2  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013  t +t  11 dt = 2∫  t − t + − − ln dt = t + 1 + t   0 Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt I = 2∫ Câu IV: Từ giả thiết suy ∆ABC vuông cân B Gọi H là trung điểm AC thì BH ⊥ AC và BH (ACC′A′) Do đó BH là đường cao hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH = 2 a Từ giả thiết ⇒ MA′ = a, ⊥ A′C′ = a 1 a3 Do đó: VB MA ' C ' = BH SMA ' C ' = BH MA′ A′C ′ = a2 + b a(1 − b − c) + b a + b = = −a b+c b+c b+c a+b b+c c+a a+b b+c c+a Tương tự, BĐT trơt thành: −a+ −b+ −c ≥2 ⇔ + + ≥3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+b b+c c+a Theo BĐT Cô–si ta có: + + ≥ 33 =3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = Ta có IE = 29 < = R ⇒ E nằm hình tròn (C) Giả sử đường thẳng ∆ qua E cắt (C) M và N Kẻ IH ⊥ ∆ Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE Như để MN ngắn thì IH dài ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là: 5( x + 1) + y = ⇔ 5x + y + = Câu V: Ta có: 2) Giả sử (S): x + y + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = a =  • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: c = ⇒  d = b+5 • d (I ,(P)) = ⇔ = ⇔ 6 I (1; b;2) b = b = −10  Vậy (S): x + y + z2 − x − z = (S): x + y + z2 − x + 20 y − 4z = Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: • Giả sử a1 có thể 0: x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0) + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C72 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C53 + Số cách xếp cho vị trí còn lại là: • Bây ta xét a1 = 0: 2! C82 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C62 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C43 + Số cách xếp cho vị trí còn lại là: Vậy số các số cần tìm là: C7 C5 2!C8 − C62 C43 = 11340 (số)


Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB là n1 = (1;2) , BC là n2 = (3; −1) , AC là n3 = (a; b ) với a2 + b2 ≠ Do ∆ABC cân A nên các góc B và C nhọn và



n1 n2 n3 n2 3a − b Suy ra: cos B = cos C ⇒

=

⇔ = n1 n2 n3 n2 a2 + b2 2a = b ⇔ 22a2 + 2b2 − 15ab = ⇔  11a = 2b
• Với 2a = b , ta có thể chọn a = 1, b = ⇒ n3 = (1;2) ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn
• Với 11a = 2b , ta có thể chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Khi đó phương trình AC là: 2( x − 1) + 11( y + 3) = ⇔ x + 11y + 31 =  x = −1 + 2t  2) PTTS ∆:  y = − t Gọi M (−1 + 2t;1 − t;2t ) ∈ ∆  z = 2t





 Diện tích ∆MAB là S =  AM , AB  = 18t − 36t + 216 = 18(t − 1)2 + 198 ≥ Vậy Min S = 198 t = hay M(1; 0; 2) 198 t = 5x , t > Câu VII.b: PT ⇔ 25x − log5 a = x ⇔ 52 x − 5x − log5 a = ⇔  t − t − log5 a = (*) PT đã cho có nghiệm ⇔ (*) có đúng nghiệm dương ⇔ t − t = log5 a có đúng nghiệm dương 1 1 Xét hàm số f (t ) = t − t với t ∈ [0; +∞) Ta có: f ′ (t ) = 2t − ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = f   = − , 2 f (0) = Dựa vào BBT ta suy phương trình f (t ) = log5 a có đúng nghiệm dương a ≥ log5 a ≥  ⇔  ⇔ a = log5 a = −   Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x + 2m2 x + = x + ⇔ x + 2m2 x − x = ⇔ x ( x + 2m x − 1) = x = ⇔   g( x ) = x + m x − = (*) Ta có: g′ ( x ) = 3x + 2m ≥ (với x và m ) ⇒ Hàm số g(x) luôn đồng biến với giá trị m Mặt khác g(0) = –1 ≠ Do đó phương trình (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y = x + luôn cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ π + k.π (*)  π sin x = PT ⇔ 1– cos  x −  = 2sin x – tan x ⇔ 1– sin2 x = tan x (sin2 x –1) ⇔   2 tan x = −1   π π 2 x = + k 2π  x = + k π π π ⇔  ⇔  ⇔ x = + k (Thỏa mãn điều kiện (*) ) π π  x = − + l.π  x = − + l.π   4  x − >  x − > x > 2) Điều kiện:  (**) ⇔ ⇔   2  x ≤ −3 ( x + 2) ≥  log3 ( x + 2) ≥ PT ⇔ log3 ( x – ) + log3 ( x + 2)2 − log3 ( x – 2)2 = ⇔ log3 ( x + 2)2 + log3 ( x + 2)2 − = ⇔ log3 ( x + 2)2 = ⇔ ( x + 2)2 = ⇔ ( log3 ( x + 2)2 + ⇔ x = −2 ± Kiểm tra điều kiện (**) có x = −2 − thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là: x = −2 − )( ) log3 ( x + 2)2 − = Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu III: Đặt t = + sin x = π I= ∫ sin x cos x + sin x .dx = − cos2 x Ta có: cos2 x = – t2 và dt = sin x cos x π 1  −  dt t +2 t −2 ∫ 15 sin x.cos x cos2 x + sin2 x ∫ dx = dt 4−t = + sin x dx 15  ∫ 1 15 + 3+2  (  ln  = − ln ln 15 + ) − ln ( + )   15 − −   Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB góc vuông nên mặt cầu đường kính SB qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC chính là mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ;
SCA = 600 là góc mp(SBC) và t +2 = ln t −2 15 ( = ) mp(ABC) SA = AC.tan600 = a Từ đó SB2 = SA2 + AB2 = 10a2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = π d = π SB2 = 10π a2 Câu V: Tập xác định: D = R Ta có: f ( x ) = x − x + + ≥ ( BĐT Cô–si) x − 2x + Dấu "=" xảy ⇔ x – x + = ⇔ x = Vậy: f(x) = đạt x = Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( − 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) là hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy : 2a = MF1 + MF2 = (1 + 3)  33  +    (1 − ) +  33  +  = 10   ⇒ a = Mặt khác: c = và a2 – b2 = c2 ⇒ b2 = a2 − c2 = 22 Vậy tọa độ các đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 )
2) d có VTCP ud = (−1;2;0) Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên d



 Giả sử H (1 – t; + 2t;3) ⇒ AH = (1 − t;1 + 2t;0 )


  6  Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ⇒ −1(1 − t ) + (1 + 2t ) = ⇔ t = − ⇒ H  ; ;3  5  ⇒ AH = AH 15 15 Mà ∆ABC nên BC = = hay BH = 5   2  15 Giả sử B(1 − s;2 + 2s;3) thì  − − s  +  + 2s  = ⇔ 25s2 + 10s – =   5  25 2 6− 8+2   + 8−2  Vậy: B  ; ;3  và C  ; ;3   5   5  6+ 8−2   − 8+  B  ; ;3  và C  ; ;3   5   5  ⇔ s= −1 ± Câu VII.a: Xét khai triển: (1 + x )n = Cn0 + xC1n + x 2Cn2 + x 3Cn3 + + x nCnn Lấy đạo hàm vế ta được: n(1 + x )n−1 = Cn1 + xCn2 + x 2Cn3 + + nx n−1Cnn Nhân vế cho x, lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n (1 + x )n−1 + x (n − 1)(1 + x )n −2  = 12 C1 + 22 xC + 32 x 2C + + n2 x n −1C n n n n n Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Cho x = ta đpcm





 Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm BC Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3) Đường thẳng EC qua M và có VTPT








  8 AG =  0; −  nên có PT: y = ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3) Mà AE = EB nên B(–1; 1)  3 ⇒ Phương trình BC: x − 5y + = 2) Gọi I là tâm (S) I ∈ d ⇒ I (1 + 3t; −1 + t; t ) Bán kính R = IA = Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d (I ,(P )) = 11t − 2t + 5t + = R ⇔ 37t − 24t = t = ⇒ R =1 ⇔  24 77 ⇒R= t =  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z2 =  x Câu VII.b:  x + 24 y = y + 16 1 + y = 5(1 + x ) Từ (2) suy y2 – 5x = (3) ( (1) (2) ) Thế vào (1) được: x + y – x y = y + 16 x ⇔ x – x y –16 x = ⇔ x = x – 5xy –16 = • Với x = ⇒ y = ⇔ y = ±2  x − 16  x − 16 • Với x – 5xy –16 = ⇔ y = (4) Thế vào (3) được:   − 5x = 5x  5x   x = ( y = −3) ⇔ x – 32 x + 256 –125x = 100 x ⇔ 124 x + 132 x – 256 = ⇔ x = ⇔   x = −1 ( y = 3) Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) 2 Hướng dẫn Đề số 55 Câu I: 2) Ta có x − x − = m ⇔ ( x − x − ) x − = m, x ≠ x −1 Do đó số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − , (C ') và đường thẳng y = m, x ≠  f ( x ) x > nên ( C ') bao gồm: − f ( x ) x < + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox Với y = ( x − x − ) x − =  Dựa vào đồ thị ta có: Số nghiệm  m < –2 vô nghiệm m = –2 nghiệm kép –2 < m < nghiệm phân biệt m≥0 nghiệm phân biệt  5π  5π  5π  5π π = = sin  + sin  = ⇔ sin  x −  + sin 12  12  12  12      π   π  5π  π 5π π ⇔ sin  x − = cos sin  −  = sin  −   = sin − sin 12  12   12   12   Câu II: 1) PT ⇔ sin  x − Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013   5π π π 2 x − 12 = − 12 + k 2π  x = + kπ   π  5π  ⇔ sin  x − ⇔ (k ∈ » )  = sin  −  ⇔  12    12  2 x − 5π = 13π + k 2π  x = 3π + kπ  12 12  2) Điều kiện: x + y > 0, x − y ≥  x + y = 2+ x −y Hệ PT ⇔  2 2   x + y +1 − x − y =  u − v = (u > v)  u + v = uv + u = x + y   Đặt:  ta có hệ:  ⇔ 2 u + v2 + u +v +2 v = x − y  − uv =  − uv = 2    u + v = uv + (1)  ⇔ (u + v)2 − 2uv +  − uv = (2)  Thế (1) vào (2) ta có: uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv )2 ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (với u > v) Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) u + v = Kết hợp (1) ta có:  Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu III: I = π ∫ + x sin xdx − π − • Tính I1 = ∫ π − π ∫ − • Tính I = π π π ∫ x sin xdx = I1 − I + x sin xdx Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I1 = x sin xdx Dùng phương pháp tích phân phần, ta tính được: π − I2 = − π+ π − Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD Suy ra: I =  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao  BC ⊥ SA •  a 3 = ⇒ MN = 4a , BM = 2a Diện tích 3 a 3  4a  2a +   BC + MN  2a = 10a hình thang BCMN là : S = SBCNM = BM =    3 • Hạ AH ⊥ BM Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH là đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = = SB MS MN SM MN • SA = AB tan60 = a , = ⇔ = AD SA 2a a 3− Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Vậy BM là phân giác góc SBA ⇒
SBH = 300 ⇒ SH = SB.sin300 = a • Thể tích chóp SBCNM ta có V = 10 3a3 SH SBCNM = 27 Câu V: Đặt x = a; 5y = b; 5z = c Từ giả thiết ta có: a, b, c > và ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c (*) + + ≥ a + bc b + ca c + ab a3 b3 c3 a+b+c Ta có: (*) ⇔ + + ≥ 2 a + abc b + abc c + abc 3 a b c3 a+b+c + + ≥ ⇔ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) BĐT ⇔ a3 a+b a+c + + ≥ a (1) (a + b)(a + c ) 8 Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: b3 b+c b+a + + ≥ b ( 2) (b + c)(b + a) 8 c3 c+a c+b + + ≥ c (c + a )(c + b) 8 ( 3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + = 2 x + y + =  ⇔  x = −4 ⇒ B(-4; 3) y =  x + y +1 = • B = AB ∩ BN ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm hệ:  • Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A '∈ BC Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x − y − = Gọi I = (d ) ∩ BN 2 x + y + = Giải hệ:   x − 2y − = Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '(−3; −4)  BC : x + y + 25 = • Phương trình BC: x + y + 25 = Giải hệ:   CH : x − y + =  13  ;−   4 ⇒ C− 2 7.1 + 1(−2) + 25  13   9 450 , d ( A; BC ) = =3 • BC =  −4 +  +  +  = 4  4  72 + 12 1 Suy ra: SABC = d ( A; BC ).BC = 2 2) a) • VTCP hai đường thẳng là: 450 45 = 4



u1 = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) ⇒ u1 , u2 cùng phương Mặt khác, M( 2; 0; –1) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 • VTPT mp (P) là n = −  



   MN , u1  = (5; −22;19) ⇒ Phương trình mp(P): x – 22 y + 19z + = 2 b) AB = (2; −3; −4) ⇒ AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1 B Khi đó A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1 B


  36 33 15  ; ;  A’ đối xứng với A qua H nên  29 29 29  • Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H   43 95 28  ; ;−   29 29 29  A’   65 −21 −43  ; ;   29 58 29  I là trung điểm A’B suy I  Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013 Câu VII.a: Nhận xét z = không là nghiệm PT Vậy z ≠    1 Chia hai vế PT cho z2 ta được:  z2 +  −  z −  + = (1) z  z2   1 Đặt t = z − Khi đó t = z2 + − ⇔ z2 + = t + z z2 z2 Phương trình (2) trở thành: t − t + 5 = (3) ∆ = − = −9 = 9i2 2 + 3i − 3i , t= 2 + 3i 1 + 3i : ta có z − = ⇔ z2 − (1 + 3i )z − = • Với t = z ⇒ PT (3) có nghiệm t = (4a) Có ∆ = (1 + 3i)2 + 16 = + 6i = + 6i + i2 = (3 + i)2 (1 + 3i) + (3 + i) (1 + 3i) − (3 + i) i − = 1+ i , z = = 4 − 3i 1 − 3i • Với t = : ta có z − = ⇔ z2 − (1 − 3i)z − = (4b) z 2 ⇒ PT (4a) có nghiệm : z = Có ∆ = (1 − 3i)2 + 16 = − 6i = − 6i + i2 = (3 − i)2 (1 − 3i) + (3 − i) (1 − 3i) − (3 − i) −i − = 1− i , z = = 4 i −1 −i − Vậy PT đã cho có nghiệm : z = + i; z = − i; z = ; z= 2  x=  x − y − = Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 ∩ d2 ⇒ Toạ độ I là nghiệm hệ:  ⇔ x + y − =  y =  9 3 ⇒ I ;  2 2 ⇒ PT (4b) có nghiệm : z = Do vai trò A, B, C, D là nên giả sử M = d1 ∩ Ox là trung điểm cạnh AD Suy M(3; 0)  9 3 Ta có: AB = IM =  −  +   = 2 2  2 S 12 Theo giả thiết: SABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = =2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD
Đường thẳng AD qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT: x + y − =  x + y − = x − 3) + y = (   Mặt khác: MA = MD = ⇒ Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT:   y = − x + y = −x +  y = − x x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  2 2 x − = ± y = y = −1 x − + y = x − + (3 − x ) =   ( ) ( )      Vậy A( 2; 1), D( 4; –1) 9 3  x = 2x − x = − = I A Do I  ;  là trung điểm AC suy ra:  C 2 2  yC = yI − y A = − = Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) Đáp án tuyển tập đề thi thử Đại học và Cao Đẳng năm học 2012 - 2013

2) a) d1 có VTCP u1 = (1; −1;2) và qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (−2;0;1) và qua điểm N( 2; 3; 0) Ta có: u1, u2  MN = −10 ≠ ⇒ d1 , d2 chéo



   Gọi A(2 + t;1 – t;2t)∈ d1 , B(2 – 2t′ ; 3; t′ )∈ d2


   AB.u = 5 2   AB là đoạn vuông góc chung d1 và d2 ⇔ 


 1 ⇒ t = − ⇒ A  ; ; −  ; B (2; 3; 0) 3 3    AB.u2 = t ' = x = + t  Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung d1 và d2 ⇒ ∆:  y = + 5t   z = 2t  11   13    b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính:  x −  +  y −  +  z +  = 6    3  2 2009 Câu VII.b: Ta có: (1 + i)2009 = C2009 + iC2009 + + i2009C2009 2006 2008 = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 + 2007 2009 (C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 )i Thấy: S = 2006 2008 ( A + B) , với A = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 2 2006 2008 B = C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 + C2009 • Ta có: (1 + i)2009 = (1 + i) (1 + i)2  1004 = (1 + i).21004 = 21004 + 21004 i Đồng thức ta có A chính là phần thực (1 + i)2009 nên A = 21004 2009 • Ta có: (1 + x )2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + + x 2009C2009 2008 2009 Cho x = –1 ta có: C2009 + C2009 + + C2009 = C2009 + C2009 + + C2009 Cho x=1 ta có: Suy ra: B = 22008 2008 2009 (C2009 + C2009 + + C2009 ) + (C2009 + C2009 + + C2009 ) = 22009 • Từ đó ta có: S = 21003 + 22007