Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) 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 ≤ −1 ∨ m ≥ ∆ ′= m2 − m − > ⇔ ⇔ (a )  m ≠ −2  g (0) = m + ≠  Mặt khác: d ( K , d ) = 1− + = BC.d ( K , d ) = ⇔ BC = 16 ⇔ BC = 256 ⇔ ( xB − xC ) + ( yB − yC ) = 256 với xB , xC hai nghiệm phương trình (2) Do đó: S∆ KBC = ⇔ ⇔ ( xB − xC ) + (( xB + 4) − ( xC + 4)) = 256 ⇔ 2( xB − xC ) = 256 ⇔ ( xB + xC ) − xB xC = 128 ± 137 ± 137 (thỏa (a)) Vậy m = 2 Đặt: t = x ; điều kiện: t > Khi BPT ⇔ 30t + ≥ t − + 2t (2) ⇔ 4m − 4(m + 2) = 128 ⇔ m − 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 ≤ (1) 2) PT ⇔ log x + log x + m = 0; x ∈ (0; 1) Đặt: t = log x Vì: lim log x = −∞ lim log x = , nên: với x ∈ (0;1) ⇒ t ∈ (−∞; 0) x x →0 x →1 Ta có: (1) ⇔ t − t − m = 0, t < (2) ⇔ m = −t − t , t <  y = −t − t , t < : ( P) Đặt:  : (d ) y = m 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 < ⇔ (d) (P) có điểm chung, với hoành độ t < ⇔ m ≤ Vậy, giá trị m cần tìm: m ≤ 3 Câu III: Đặt : x = t6 I = − ∫ dt = ⇒ t t +1  ∫ t  − t2 +1− 3  117 − 41 π + ÷dt = t +1 135 12 Câu IV: Dựng SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ) SH đường cao hình chóp Dựng HN ⊥ BC , HP ⊥ AC ⇒ SN ⊥ BC , SP ⊥ AC ⇒ ·SPH = ·SNH = α ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP a a ; ∆ SHP vng 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 ≤ < tan x ≤ sin x ≠ 0,cos x ≠ 0, 2cos x − sin x ≠ ∆ AHP vng có: HP = HA.sin 60o = Trang 32 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng cos x + tan x + tan x cos x y= = = • sin x 2cos x − sin x tan x(2 − tan x) tan x − tan x cos x cos x 1+ t2 • Đặt: t = tan x; < t ≤ ⇒ y = f (t ) = ; < t ≤ 2t − t t + 3t − 4t t (t + 3t − 4) t (t − 1)(t + t + 4) f ′ (t ) = = = ⇔ f ′(t ) = ⇔ ( t = ∨ t = 1) (2t − t ) (2t − t ) (2t − t ) π π f (t ) = ⇔ t = ⇔ x = Vậy: miny = x = • Từ BBT ta có:  π  0;   3 Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = a − b = ⇒ a −b −5 =3⇔  a − b = a −b −5 = 2S ∆ABC AB (1)  a +5 b−5 ; ; Trọng tâm G  ÷∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) (2)   S = p + 65 + 89 S Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p 2+2 Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = uuu r r  BA, a  + 196 + 100 2) d(A, (d)) =  r  = =5 a +1 +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   5 z  z − ÷ −  z − ÷+  = ⇔  z −  −  z −  + = (1) Câu VII.a: PT ⇔  ÷  ÷ z  z  2 z  z     − 3i   + 3i ∨t = Đặt ẩn số phụ: t = z − (1) ⇔ t − t + = ⇔  t = ÷ 2  z  −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) (C2) tiếp xúc A(3; 1) ⇒ (C1) (C2) có tiếp tuyến, có tiếp tuyến chung A x = // Oy * Xét tiếp tuyến chung ngoài: (∆ ) : y = ax + b ⇔ ( ∆) : ax − y + b = ta có:  a + b −1   2 =2  a = a = −  d ( I1 ; ∆ ) = R1  a +b   4 ⇔  ⇔ hay   d ( I ; ∆ ) = R2   4a + b − = 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 r r 2) (d1) có vectơ phương u1 = (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ phương u2 = (1; 3; 1) uu r K ∈( d ) ⇒ K (t ′ ; 3t ′ − 6; t ′ − 1) ⇒ IK = (t ′ − 1; 3t ′ − 5; t ′ − 2) uu r r 18  18 12  IK ⊥ u2 ⇔ t ′ − + 9t ′ − 15 + t ′ − = ⇔ t ′ = ⇒ K ; − ; ÷ 11  11 11 11  Trang 33 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học uuur  18 56 59  Giả sử (d ) cắt (d1) H (t ; + t; + 2t ), ( H ∈ ( d1 )) HK =  − t ; − − t ; − − 2t ÷ 11 11  11  uuu r r uuu r 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 Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x ) = x(1 + x) 2009 = x(C2009 + C2009 x + C2009 x + + C2009 x 2009 ) 2009 = C2009 x + C2009 x + C2009 x + + C2009 x 2010 2009 • Ta có: f ′( x ) = C2009 + 2C2009 x + 3C2009 x + + 2010C2009 x 2009 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) = 2011.22008 ( b) • Từ (a) (b) suy ra: S = 2011.22008 Hướng dẫn Đề số 22 www.MATHVN.com  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) B(−2 ; m + 4) uuu r uuu r Ta có: OA = (0; m), OB = (−2; m + 4) Để ·AOB = 1200 cos AOB = −  −4 < m < m(m + 4) −12 + ⇔ =− ⇔  2 −12 ± ⇔ m = m ( + ( m + 4) ) m =  Câu II: 1) PT ⇔ sin x − cos x = sin x(sin x + cos x) sin x + cos x =  tan x = −1 ⇔ ⇔ (sinx + cosx)(sin2x − 1) = ⇔  sin x − = sin x = π   x = − + kπ π ⇔ ⇔ x = ± + kπ  x = π + kπ   2) Điều kiện: x ≤ Đặt t = 3− x ≥ BPT ⇔ + 2t − t + 2t ≤ Trang 34 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng  0 ≤ t ≤ 5 − 2t ≥   ⇔  −2 ≤ t ≤ ⇔ ≤ t ≤ ⇔ + 2t − t ≤ − 2t ⇔ 8 + 2t − t ≥   17 5t − 22 x + 17 ≥ t ≤ 1; t ≥  3− x Với ≤ t ≤ ⇒ ≤1⇔ − x ≤ ⇔ x = Câu III: Hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: + x − x = ⇔ x = 0; x = 2 0 2 Diện tích cần tìm S = ∫ x − x dx = ∫ − ( x − 1) dx π π  π π Đặt x − = sin t; t ∈  − ;  ⇒ dx = cost ; Với x = ⇒ t = − ; x = ⇒ t = 2  2 π 2 ⇒ S = ∫ cos tdt = π − π π 1 π 2 ∫π (1 + cos 2t )dt =  t + sin 2t ÷− π =   − 2 Câu IV: Kẻ SH ⊥ BC Suy SH ⊥ (ABC) Kẻ SI ⊥ AB; SJ ⊥ AC ⇒ ·SIH = ·SJH = 600 ⇒ ∆SIH = ∆SJH ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ hình vng ⇒ I 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  = ab ≤ ab  + + ÷ Ta có: a + 3b + 2c (a + c ) + (b + c ) + 2b  a + c b + c 2b  Tương tự biểu thức cịn lại Sau 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 + 2a c + 3a + 2b  a+b b+c a+c  Trong tam giác vng SHI ta có: SH =  x = −1 + 3t  Câu VI.a: 1) Đường thẳng (∆) có phương trình tham số:  y = − 2t t ∈ ¡  z = + 2t  r Mặt phẳng (P) có VTPT n = (1; 3; 2) uuur u Giả sử N(−1 + 3t ; − 2t ; + 2t) ∈ ∆ ⇒ MN = (3t − 3; −2t ;2t − 2) uuur r u Để MN // (P) 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 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) C2(−5; −3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: (1+ i) b + c = b = −2 + b ( + i) + c = ⇔ b + c + ( + b) i = ⇔  ⇔  + b = c = Trang 35 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Gọi M = d ∩ Ox 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 Câu VI.b: 1) I có hồnh độ xI = Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:   y = −x + y = 3− x x = x = x + y − = ⇔ ⇔ ⇔   2 2  x − = ±1  y =  y = −1  ( x − 3) + y = ( x − 3) + y =  Vậy A(2;1), D(4;-1), x A + xC   xI =  xC = xI − x A = − =  9 3 ⇔ I  ; ÷ trung điểm AC, suy ra:  2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC  I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) 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 (P) (S) khơng có điểm chung Do vậy, MN = d –R = –3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi ∆ đường thẳng qua I vng góc với (P), N0 giao điểm ∆ (P) r Đường thẳng ∆ có VTCP n P = ( 2;2; −1) qua I nên có phương trình  x = + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) z = − t  Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: ( + 2t ) + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + 16 = ⇔ 9t + 15 = ⇔ t = − uuuu uuu r r  13 14  Suy N  − ; − ; ÷ Ta có IM = IN Suy M0(0;–3;4)  3 3 2008 (1 + i ) 2009  + i  2008 = Câu VII.b: Ta có: ÷ (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 + Hướng dẫn Đề số 23 www.MATHVN.com Trang 36 15 =− Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng  m < − Câu I: 2) •  : PT có nghiệm  m >  3 m = ± : PT có nghiệm (1 đơn, kép) 3  3   3 • m∈  − ;  : PT có nghiệm phân biệt ÷\ ±     3 x x x Câu II: 1) PT ⇔ cosx(1 + cosx) + sin cos = ⇔ 2cos [ cos x + (1 − cos x)sin x ] = 2 x  cos = ⇔   sin x + cos x − sin x.cos x =  2x − = ⇔ ( + 1)3 x − 3( + 1) x − = ⇔ ( + 1) x = 2) PT ⇔ ( + 1) − ( + 1) x •m= ± ln Câu III: I = ∫ 2e3 x + e x − dx = e3 x + e x − e x + ln ∫ 3e3 x + 2e x − e x − (e3 x + e x − e x + 1) dx e3 x + e x − e x + ln ln  3e + 2e − e  14 − 1÷ = ln(e3x + e2x – ex + 1) dx −x = ln11 – ln4 = ln 3x 2x x + e − e +1  0 11 Vậy eI = 1 Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a VASBC = SABC.SA = a 3 C A B  A+ B  B+C   A+C  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 A B C π  =  tan + tan + tan ÷ ≥ Vậy minP = A = B = C = 2 2  Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = Gọi I’ điểm đối xứng I qua M 2  −6  ; ÷ ⇒ (C′):  x −  +  y +  = ⇒ I′   ÷  ÷ 5  5 5   2) Gọi (P) mặt phẳng qua I ∆1 ⇒ (P): 3x – y + 2z + = Gọi (Q) mặt phẳng qua I ∆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) bán kính R = Gọi A, B hai tiếp điểm Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 60 IAM nửa tam giác suy IM = R=2 ln = ∫ e  3x 2x x Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: ( x − 2) + ( y − 1) = 20 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆, nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình: ( x − 2) + ( y − 1) = 20 (1)  (2)  x + y − 12 = Trang 37 Trần Sĩ Tùng Khử x (1) (2) ta được: www.MATHVN.com ( −2 y + 10 ) Ôn thi Đại học y = + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔   y = 27    27  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M ( 6;3) M  ; ÷ 5  x = + t '  2) Phương trình tham số ∆1 :  y = + 2t ' z = − t '  Gọi M N giao điểm đường vng góc chung với ∆1 ∆2 ⇒ M(7 + t′;3 + 2t′;9 – t′) N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) r r VTCP ∆1 ∆2 a = (1; 2; –1) b = (–7;2;3) uuur r u uuur r u  MN ⊥ a  MN a =   u u Ta có:  uuur r ⇔  uuur r Từ tìm t t′ ⇒ Toạ độ M, N  MN ⊥ b  MN b =   Đường vng góc chung đường thẳng MN Câu VII.b: Gọi nghiệm ảo z = ki (k ∈ R) Ta có : (ki)3 + ( – 2i)(ki)2 + ( – i)ki – 2i = ⇔ – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = −  k +k =0 ⇔ ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = ⇔  ⇔k=1  − k + 2k + k − =  Vậy nghiệm ảo z = i z = i ⇒ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = ⇔ (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = ⇔   z + (1 − i ) z + = Từ suy nghiệm phương trình Hướng dẫn Đề số 24 www.MATHVN.com Câu I: 2) y ′ = g ( x ) = x + ( − 2m ) x + − m YCBT ⇔ phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 <  ∆′ = 4m − m − >   g (1) = −5m + > ⇔  m < −1 ∨ < m <   ÷ ⇔     S 2m −  = 2) Điều kiện: 0< x ≠ Đặt: y = log x Trang 38 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng log x +2 log x 3y + ≥3⇔ ≥ 3⇔ 3− ≥ (*) sai với y > BPT ⇔ log y +1 y +1 x +1 log x Kết luận: BPT vô nghiệm Câu III: Đặt : t = x + ⇒ t = x + ⇒ x = (t − 1) 5  dx tdt  I =∫ =∫ − dt = ln − Do đó: (t + 1) ∫  t + (t + 1)  12 4x +  2x + + 3 Câu IV: Nhận xét: Tâm O lục giác ABCDEF trung điểm đường chéo AD, BE, CF SO ⊥(ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA tam giac cạnh b 3 3b Diện tích đáy: Sđáy = 6S∆OAB = 6b (đvdt) = Chiều cao h = SO = SA2 − OA2 = a − b 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 vng 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 = A = B = x2 ⇒ ≤ B ≤ x x − xy − y z2 − z − = A • Nếu y ≠ 0, ta đặt z = đó: B = A y x + xy + y z + z +1 2 z2 − z − (a) = m ⇔ ( m − 1) z + ( m + 1) z + m + = z2 + z + m = m = ⇔ (a) có nghiệm ⇔  ( m + 1) − ( m − 1) ( m + 3) ≥ ⇔ −3 − 48 ≤ m ≤ −3 + 48 ∆≥0   3  Xét phương trình: Vì ≤ A ≤ ⇒ −3 − ≤ B ≤ −3 + Đây điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4 x + y − =  x = −2 ⇔ ⇒ A ( −2;4 )  x + y − = y = 4 x + y − = x = ⇔ ⇒ B ( 1;0 ) Tọa độ B nghiệm 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 + 2a − 4b = Từ giả thiết suy ·( ∆2 ; ∆3 ) =·( ∆1 ; ∆2 ) Do cos·( ∆2 ; ∆3 ) = cos·( ∆1 ; ∆2 ) ⇔ |1.a + 2.b | a + b 2 = | 4.1 + 2.3 | 25 a = ⇔| a + 2b |= a + b ⇔ a ( 3a − 4b ) = ⇔  3a − 4b = • a = ⇒ b ≠ Do ∆3 : y − = • 3a – 4b = 0: Chọn a = b = Suy ∆3 : x + y − = (trùng với ∆1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC y – = Trang 39 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5;4 ) Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  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 hình chiếu I lên (α) ⇒ H(–1; 0; 1) Giả sử K(xk; yk; zk), đó: KH = ( xk + 1) 2 + yk + ( zk − 1) KO = xk2 + yk2 + zk2 Từ u cầu tốn ta có hệ:   xk = −  ( x + 1) + y + ( z − 1) = x + y + z  k k k k k k    1 3 ⇔  yk = Kết luận: K  − ; ; ÷ x −2 y −2 z  4  k  = k = k −1  3   zk =  2010 2008 2006 = 4i(1 + i ) − 4(1 + i) ⇔ 3(1 + i) = 4i (1 + i) − ⇔ (1 + i) = −4 Câu VII.a: Ta có: 3(1 + i ) ⇔ 4i = −4 ( đúng) ⇒ (đpcm) Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình  x2 + y + 2x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì ·ABC = 900 nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường trịn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) 2) Vì r ∆1 ⇒ A(t+1; –t –1; 2); B∈ ∆2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') A∈ uuu ⇒ AB = (−t '− t + 2;2t '+ t + 2; t '− 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ ⇔ AB đoạn vng góc chung (∆1) (∆2) uuu r r uuu r r  AB ⊥ u1  AB.u1 = 2t + 3t ' =   ⇔ ⇔ t = t ' = ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0) r r ⇒  uuu r ⇔  uuu r 3t + 6t ' = AB ⊥ u AB.u =      Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 chia hết 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 số tận + Trong số có số có hai số ⇒ 4.P4 = 96 số chia hết cho + Trong số có số có Nếu tận có P4= 24 số chia hết cho Nếu tận số hàng chục nghìn khơng thể số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho Trong trường hợp có: 3(P4+3P3) = 126 số Vậy số số theo yêu cầu toán là: 96 + 126 = 222 số Hướng dẫn Đề số 25 www.MATHVN.com  x − 3 − 3x − k < (1)  Câu I: 2) Ta có :  Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1  log2 x + log2 ( x − 1) ≤ (2) 2 Trang 40 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ ⇔ < x ≤ Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả < x ≤  ( x − 1)3 − 3x − k < ⇔ 1 < x ≤  ( x − 1)3 − 3x < k ⇔ 1 < x ≤ Đặt: f(x) = (x – 1) – 3x 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 +k ,k ∈¢ π 2π  π  π ≤ 40 ⇒ Vì x ∈[ 2; 40] nên ≤ + k  − ÷≤ k ≤  40 − ÷ 2π  6 2π  6 ⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k ∈ { 1, 2,3, ,18} π 2π (1 + + + + 18) = 117π Gọi S tổng nghiệm thoả YCBT: S = 18 + log ( x + 1) + log (3 − x) − log ( x − 1) =  2) Điều kiện: < x < PT ⇔  1 < x <  Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = ⇔ 2sin2x + sinx –1 = ⇔ x = ± 17 (tmđk) e e e 2 ln x  dx = = e + 5 Câu III: Ta có : I = ∫  x + ÷ln xdx = ∫ x ln xdx + 2∫  x 4 1 1 x ⇔ ( x + 1) ( − x ) = x − ⇔ x + x − = ⇔ x = Câu IV: Ta có: ∆SAC vng A ⇒ SC = SA2 + AC = 2a ⇒ AC′ = SC = a ⇒ ∆SAC′ Vì (P) chứa AC′ (P) // BD ⇒ B′D′ // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I giao điểm 2 AC′ B′D′ ⇒ I 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′ đường cao tam giác SAC′ ⇒ h = a3 Vậy thể tích khối chóp S AB′C′D′ 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÷ + a  − ÷+ b  − 1÷ ≥ ⇔ c (1) +1 c  +1 a  +1 b  a b c a b c Đặt: x = > 0; y = > 0; z = > ⇒ x y.z =1 Khi : b c a x −1 y −1 z −1 + + ≥ ⇔ x + y + z + xy + yz + zx − x − y − z ≥ (1) ⇔ (*) y +1 z +1 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 Cơ–si) Do đó: (*) Vậy (1) CM Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) r Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a = (7; −4) AC làm VTPT ⇒ BO: 7x – 4y = ⇒ B(–4; –7) Trang 41 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học A nằm Oy ⇒ đường cao AO trục Oy Vậy AC: y + = x y z + + =1 a b c uuu r JK = (0; −b; c), 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ ( P ) : uu r uu r uur IA = (4 − a;5;6), JA = (4;5 − b;6); IK = ( − a;0; c) 4 a + b + c =1 77 77 77   ; b= ; c= ⇒ phương trình mp(P) Ta có:  ⇒ a = −5b + 6c =   −4a + 6c =  n k k Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: ( x + 1) = ∑ Cn x n k =0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n − 1) ( x + 1) 25 Cho x = n = 25 từ (1) ⇒ 25 24.223 = ∑ k (k − 1)C k =2 n−2 k 25 n = ∑ k (k − 1)Cnk x k − k =2 25 ⇔ ∑ k (k − 1)C k =2 k 25 (1) = 5033164800 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M ∈ Oy ⇒ M(0;m) · AMB = 600 (1) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) ⇒  ·  AMB = 120 (2) Vì MI phân giác · AMB nên: IA (1) ⇔ · ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± AMI = 30 ⇔ MI = sin 300 IA (2) ⇔ · R ⇔ m2 + = (vô nghiệm) AMI = 60 ⇔ MI = ⇔ MI = sin 60 3 Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0; – ) uur u uuu r uuu r 2) BA = (4;5;5) , CD = (3; −2;0) , CA = (4;3;6) r r  uuu r Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P) có VTPT n1 =  BA, k  = (5; –4; 0) ⇒ (P): 5x – 4y = r uuu r r (Q) mặt phẳng qua CD (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 =     a + b = a = 2b  z =5  ÷ ⇔ ⇔ ⇔  ∨ Ta có:   b = − b = ± a = 2b  a = 2b b = ÷      Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu toán: z = −2 − 5i; z = + 5i Hướng dẫn Đề số 26 www.MATHVN.com Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm (d) (C) là: x−2 =–x+m x −1 x ≠ ⇔ ln có nghiệm phân biệt với m  x − mx + m − = (1) Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) Trang 42 Ôn thi Đại học AB = www.MATHVN.com 2( x1 − x2 )2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2  =   Trần Sĩ Tùng 2( m − 4m + 8) ≥ Vậy GTNN AB = m = Câu II: 1) Điều kiện: < x ≠ Đặt t = log x  −t − t + 1 1 t ≥0  − log x − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔  2t BPT ⇔ log x 2 t 2 t ≠    log x ≤ log 2−2 t (t + t − 2) ≤ t ≤ −2 0 < x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   < t ≤  log < log x ≤ log 2 t ≠ 1 < x ≤  π  π 2) Điều kiện: cos  x − ÷.cos  x + ÷ ≠ 6 3   π  π  sin  x − ÷sin  x + ÷ 6  3  sin x = sin x + sin x ⇒ – sin3x = sinx + sin2x PT ⇒ π  π  cos  x − ÷cos  x + ÷ 6 3   kπ  sin x = x = ⇔ ⇔ sin2x(2cosx + 1) = ⇔  cos x = −  x = ± 2π + k 2π    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   sin  x − ÷+ cos  x − ÷ sinx = sin   x − ÷+ ÷ = 6 6 6 6    π π  π sin  x − ÷dx 32 dx 6  I= ∫  π  + 16 ∫  π  = 16 0 cos cos  x − ÷ x− ÷ 6 6   Câu IV: Trên SB, SC lấy điểm B′, C′ cho SB′ = SC′ = a Ta có AB′ = a, B′C′ = a , AC′ = a ⇒ ∆AB′C′ vuông B′ Gọi H trung điểm AC′, ∆SHB′ vng H Vậy SH đường cao hình chop S.AB′C′ VS ABC abc bc a3 = = ⇒ VS.ABC = abc Vậy: VS.AB’C’ = VS AB ' C ' a a 12 12 8a a3 6a − 2b − 2c + (b + c) + (b + c) ≥ 6a ⇔ ≥ Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2 (b + c ) (b + c) Dấu " = " xảy ⇔ 2a = b + c b3 6b − 2c − 2a c3 6c − 2a − 2b ≥ ; ≥ Tương tự: 2 (c + a ) ( a + b) a+b+c 1 = Dấu xảy ⇔ a = b = c = Kết luận: minP = 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) uuu uuu r r r Từ điều kiện MA + MB = tìm A(1; –2), B(1;1) suy (d): x – = 2) Gọi (Q) mặt phẳng qua A, B vng góc với (P) ta suy (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = (D) = (P) ∩ (Q) suy phương trình (D) Suy ra: P ≥ Trang 43 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 1 1 Câu VII.a: PT có hai nghiệm x1 = (1 − i ), x2 = (1 + i ) ⇒ = 2i; = −2i x1 x2 2 Câu VI.b: 1) (H) có tiêu điểm F ( 13;0) Giả sử pttt (d): ax + by + c = Khi đó: 9a – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vng góc với (d) (D): b( x − 13) – a y =  ax + by = −c  Toạ độ M nghiệm hệ:  bx − ay = 13b  Bình phương hai vế phương trình cộng lại kết hợp với (*) ta x2 + y2 = 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A (P) ⊥ BC; (Q) qua B (Q) ⊥ AC  36 18 12  Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng ta trực tâm H  ; ; ÷  49 49 49  Câu VII.b: Ta có: k k k k k k k k k k Ck + 3Cn −1 + 2Cn −2 = C n +3 − Cn −3 − Cn −2 ⇔ C n + 3Cn −1 + 3Cn −2 + Cn −3 = Cn +3 (1) n ( ) k k k k k k k k −1 k −2 VT(1) = Cn + Cn −1 + Cn −1 + Cn − + Cn −2 + Cn −3 = Cn +1 + 2Cn +1 + Cn +1 ( ) ( ) k k −1 k −1 k −2 k k− k = Cn +1 + Cn +1 + Cn +1 + Cn +1 = Cn +2 + Cn +1 = Cn +3 Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt cách ⇔ phương trình x − (2m + 1) x + 2m = (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 X = 9X2  4m − 4m + > (2m + 1) − 8m > ∆ > m >      ⇔ m > − ⇔ ⇔  S > ⇔  2m + >  P >  2m >  m ≠    m >  1 − sin x = ⇔ − sin x = 6 cos 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 = nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được: 1 (2) ⇔ x − − x − + = Đặt y = x − (ĐK y ≥ 0) x x x y =1  Ta phương trình: y2 – 3y + = ⇔  Từ ta tìm x y = Trang 44 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com xe x dx Đặt Câu III: S = ∫ ( x + 1) Trần Sĩ Tùng u = xe x 1 xe x xe x  dx = − + ∫ e x dx ⇒ ∫  dv = dx ( x + 1) x +1 0  ( x + 1)  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 CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED) AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vng H Kẻ HI ⊥ MK có HI = d(H, (SCD)) • Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK Từ tính HI Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ Ta có: a+b 1 1 =  + ÷ Dấu "=" xảy ⇔ a = b ≤ a + b 4ab  a b  1 1   1  1   1  ≤  + + ÷ ÷ ≤  +  + ÷ =  + 2x + y + z  2x y + z   2x  y z   x y 2z  Tương tự: 1 1  1 1 1 ≤  + + ÷ ≤  + + ÷ x + y + z  2x y 2z  x + y + 2z  2x 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 mặt phẳng trung trực AB 2) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình  x2 + y2 + 2x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì · ABC = 900 nên AC 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) Câu VII.a: Phương trình: log ( n − 3) + log ( n + 6) = có nghiệm n = 19 (Vì VT hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = điểm nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vng góc chung hai đường thẳng đường kính uuu r 2) Ta có: AB = ( −1;2 ) ⇒ AB = Phương trình AB là: x + y − = I ∈ (d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I trung điểm AC BD nên: C ( 2t − 1;2t ) , D ( 2t ;2t − )  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = 5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  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 = log Trang 45 = 5t Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học ⇒ n2 – 2n + = ⇔ n2 – 2n – = ⇔ n =3 Hướng dẫn Đề số 28 www.MATHVN.com 9 ⇔ m = 12 = 144 12 Câu II: 1) PT ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x sin2x ≠ Câu I: 2) log12 m = ⇔ cos x = ∨ 2cos x + cos x + = 0(VN ) ⇔ cos2x = ⇔ x = π π π + kπ ⇔ x = + k t2 − (1 ≤ t ≤ 2), x∈ [0;1 + 3] t +1 t + 2t + t2 − > ⇒ g tăng [1,2] Khảo sát hàm số: g (t ) = với ≤ t ≤ g'(t) = (t + 1) t +1 t2 − Do đó, YCBT ⇔ BPT m ≤ có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g (t ) = g (2) = t∈[ 1;2] t +1 Vậy: m ≤ 2) Đặt t = x − x + ⇔ t2 − = x2 − 2x BPT ⇔ m ≤ 3 t2  t2   dt = ∫  t − + Câu III: Đặt t = x + ⇒ I = ∫ ÷dt =  − t + ln t +  = + ln t +1 1+ t 1 2 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho: A ≡ O, C ( −2a,0,0 ) , A1 (0,0, 2a 5) uuuu r  r a a   uuuu ⇒ A(0;0;0), B  ; ;0 ÷ , M ( −2a,0, a 5) ⇒ BM = a  − ; − ; ÷, MA1 = a(2;0; 5) 2 ÷  ÷     Ta tích khối tứ diện AA1BM : r r r r r uuuu uuu uuuu a 15 uuu uuuu VAA1BM = A A1  AB, AM  = ; S ∆BMA1 =  MB, MA1  = 3a     3V a Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d = = S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với (P) x +1 y − z + = = Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): −1 2x − y + z + =   AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm hệ PT:  x + y − z + ⇒ H (1, 2, −1)  = −1 =   xH = x A + x A '  Vì H trung điểm AA' nên ta có :  yH = y A + y A ' ⇒ A '(3,1,0) 2 z = z + z A A'  H uuuu r x − y −1 z = = Ta có A ' B = ( −6,6, −18) (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) : −1 Trang 46 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng 2 x − y + z + =   x − y − z ⇒ M (2, 2, −3)  = −1 =  Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình 2) x + y − = 0; x − y − = x2 + x + 1 Câu VII.a: PT ⇔ log = x ( − x ) ⇔ 3x ( − x ) = x + + 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 chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có PTTS:  y = − t Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t )  z = 2t  AM = (−2 + 2t ) + ( −4 − t ) + (2t ) = (3t ) + (2 5) BM = (−4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = (3t − 6) + (2 5) AM + BM = (3t ) + (2 5) + (3t − 6) + (2 5) r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; v = −3t + 6;2 ( r | u |=  Ta có  r | v |=   ( 3t ) ( + ( 3t − ) ( ) ) ( ) ) + r r r r r r Suy AM + BM =| u | + | v | u + v = 6;4 ⇒| u + v |= 29 rr r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | + | v |≥| u + v | Như AM + BM ≥ 29 rr 3t = ⇔ t =1 Đẳng thức xảy u , v hướng ⇔ −3t + ⇒ M ( 1;0;2 ) ( AM + BM ) = 29 ( ) Vậy M(1;0;2) minP = ( 11 + 29 ) 2) x + y − = Câu VII.b: Điều kiện x > , x ≠    ÷  1 + 2log x ÷ log 2 x ≥ ⇔  + log x ÷( log x + 1) ≥ BPT ⇔   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 >1  Hướng dẫn Đề số 29 Trang 47 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học x = Câu I: 2) Ta có y ′ = x + 4mx ; y ′ = ⇔ x ( x + m ) = ⇔  (m0 ⇒ cos C = 2.CA′.CN 2.2a.a 5 Vậy cosin góc AM 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) Trang 48 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng (loại); f (−1) = −10, f (1) = 0, f (0) = Vậy −10 ≤ f (t ) ≤ Suy ≤ A = f (t ) ≤ 10 π Vậy GTLN A 10 đạt t = −1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π π GTNN A đạt t = ⇔ sin x = ⇔ x = + 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 ) I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) y = 0; IH = ⇔ d ( I ; AB ) = ⇔ xI = f ′(t ) = ⇔ t = ∨ t = 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 tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC 1 1 Ta có: VOABC = VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = r.SOAB + r.SOBC + r.SOCA + r.S ABC = r.STP 3 3 Mặt khác: VOABC = OA.OB.OC = = (đvtt); SOAB = SOBC = SOCA = OA.OB = (đvdt) 6 3 S ABC = AB = = (đvdt) ⇒ STP = + (đvdt) 4 3VOABC = Do đó: r = (đv độ dài) STP 6+2 Câu VII.a: Ta có (1 + x)30 = (1 + x)10 (1 + x) 20 , ∀x ∈ ¡ (1) n 30 k k Mặt khác: (1 + x) = ∑ C30 x , ∀x ∈ ¡ k =1 10 Vậy hệ số a10 x khai triển (1 + x)30 a10 = C30 Do (1) với x nên a10 = b10 Suy điều phải chứng minh 1 = 2( X H − 1) uu r uur 3 7 ⇔H ; ÷ Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) R= 10 Suy AI = 2.IH ⇔  = 2(YH − 2) 2 2  Gọi H trung điểm BC, ta có I trọng tâm tam giác ABC ∆ ABC tam giác 3 7    x − ÷+  y − ÷ = Phương trình (BC) qua H vng góc với AI là: 2 2   ⇔ x + y − 12 = Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:  x2 + y − 2x − y − =  x2 + y − 2x − y − = ⇔   x + y − 12 =  x = 12 − y 10  7+ 3−3   − 3+3  Giải hệ PT ta được: B   ; ÷; C  ; ÷ ngược lại ÷  ÷      x = + 2t  2) PTTS d1 là:  y = − 3t M ∈ d1 nên tọa độ M ( + 2t ;3 − 3t; 2t )  z = 2t  Theo đề: d ( M ;( P)) = |1 + 2t − 2(3 − 3t ) + 4t − 1| 12 + ( −2) + 22 =2⇔ t = |12t − | =2⇔ t = + Với t = ta M ( 3;0; ) ; + Với t = ta M ( 1;3;0 ) • Ứng với M1, điểm N1 ∈ d cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là: ( x − 3) − y + 2( z − 2) = ⇔ x − y + z − = (1) Trang 49 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học  x = + 6t  PTTS d2 là:  y = 4t (2)  z = −5 − 5t  Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm 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 www.MATHVN.com x = Câu I: 2) Tacó y ' = 3x − 3mx = 3x( x − m) = ⇔  x = m Với m ≠ y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT     Khi điểm cực trị đồ thị là: A  0; m3 ÷, B(m; 0) Để A B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần đủ OA = OB tức là: m = m3 ⇔ m = ⇒ m = ± 2 π Câu II: 1) ĐK: x ≠ = kπ PT ⇔ tan x(1 − sin x) − (1 − cos 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 x x 2) PT ⇔ − + (3.3 ) − 2.3.3 + = ⇔ ⇔ 5.32 x − 7.3x + 3x +1 − = 3  x = − log ⇔   x = − log 1  −1 dt −1 π ∫  t − t + ÷dt = = − ∫ t + = − 24 21  Câu IV: Hình chiếu SB SC (ABC) AB 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 = = 3 2 12 1a a a = ⇒V = 3 12 36 a3 2a − b Câu V: Ta chứng minh: (1) ≥ 2 a + ab + b Thật vậy, (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) ≥ ≥ b + bc + c c + ac + a Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: 3 Câu III: Đặt t = x ⇒ I = Trang 50 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 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 = 2( A2 + B + C ) (2) Theo đề: d(M;(P)) = ⇔ 2 A + B +C 8A Thay (1) vào (2), ta được: AB + B = ⇔ B = hay B = − (1) • B =  C = − A Chọn A = 1, C = −1 (P) : x − z = → 8A (1) • B =− Chọn A = 5, B = −1  C = (P) : x − y + 3z = → uuur u 2) Gọi N điểm đối xứng M qua (d1) ⇒ N ∈ AC MN = ( xN − 1, y N + 1) uuur r u (1) Ta có: MN / / n d1 = (1; 1) ⇔ 1( xN − 1) − 1( y N + 1) = ⇔ xN − yN = 1 Tọa độ trung điểm I MN: xI = (1 − xN ), y I = ( −1 + y N ) 2 1 (2) I ∈ (d1 ) ⇔ (1 − xN ) + ( −1 + yN ) + = ⇔ xN + y N + = 2 Giải hệ (1) (2) ta N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vng 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 xếp vào 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 cịn 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) r r u ⊥ ud r Gọi u VTCP ( d1 ) ⊂ (P), qua A vng góc với (d)  r r u ⊥ uP r rr 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 ( d1 ) M(2+3t; − 9t; − 3+6t) (∆) đường thẳng qua M song song với (d) Theo đề : AM = 14 ⇔ 9t + 81t + 36t = 14 ⇔ t = 1 ⇔t=± x −1 y − z + ⇒ M(1;6; − 5) ⇒ ( ∆1 ) : = = 1 x − y z +1 = = • t = ⇒ M(3;0; − 1) ⇒ ( ∆2 ) : 2 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) hai điểm thuộc (P), ta có: x0 = y0 ; x1 = y12 uuu r uu r uu r IM = ( x0 ; y0 − 2) = ( y0 ; y0 − 2) ; IN = ( y1 ; y1 − 2) = ( y12 ; y1 − 2); IN = (4 y12 ; y1 − 8) • t= −  y0 = y12  y1 = ⇒ x1 = 1; y0 = −2; x0 = uuu r uu r  ⇔ 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 PT ⇔ t + ( t2 − = m t ∈  2;2    ) Trang 51 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com ( ) Ôn thi Đại học t2 − t ∈  2; 2  ⇒ f ′ (t ) = t + ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = −1∉  2;2      ⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ ( + ) Xét hàm số f (t ) = t + Trang 52 ... i)z +2i = ⇔ z2 − 2(1 + i)z + (i + 1)2 = ⇔ (z − i − 1)2 = ⇔ z = i + Hướng dẫn Đề số 23 www.MATHVN.com Trang 36 15 =− Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng  m < − Câu I: 2) •  : PT có nghiệm... cầu toán là: 96 + 126 = 222 số Hướng dẫn Đề số 25 www.MATHVN.com  x − 3 − 3x − k < (1)  Câu I: 2) Ta có :  Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1  log2 x + log2 ( x − 1) ≤ (2) 2 Trang 40 Ôn thi Đại. .. trình có nghiệm t = log Trang 45 = 5t Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học ⇒ n2 – 2n + = ⇔ n2 – 2n – = ⇔ n =3 Hướng dẫn Đề số 28 www.MATHVN.com 9 ⇔ m = 12 = 144 12 Câu II: 1) PT ⇔ − cos22x