www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC 1 I. PHN CHUNG Cõu 1: ( 2 im) Cho hm s ( ) m Cmmxmxy 55)2(2 224 +++= 1, Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1. 2, Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ th ( C m ) cú im cc i v im cc tiu, ng thi cỏc im cc i v im cc tiu lp thnh mt tam giỏc u. Cõu 2: ( 2 im) 1, Gii phng trỡnh: ( ) 2 1 )3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx 2, Gii h phng trỡnh: =++ =++++ + + 1)4(log)5(log 6)12(log)22(log2 21 2 21 xy xxyxxy yx yx Cõu 3: ( 2 im ) 1, Tớnh tớch phõn: ( ) = 1 3 1 4 3 1 3 dx x xx I . 2, Cho cỏc s thc dng a, b, c tho món abccabcab =++ . Chng minh rng: ( ) 1 )()( 33 44 33 44 33 44 + + + + + + + + acca ac cbbc cb baab ba Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng trình: 012 =++ zyx và đờng thẳng ( d) có phơng trình: =++ = 022 022 zy yx 1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P). 2, Viết phơng trình đờng thẳng ( ) đi qua A, ( ) nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đờng thẳng ( ) và ( d) bằng 45 0 . II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban) 1, Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B9 4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng có ph- ơng trình: 093 =+ yx . 2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức: ( ) ( ) ( ) n n n nnn C n CnCC 2 22 2 2 1 2 2 =+++ Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban) 1, Giải phơng trình: ( ) xxx 4log1log 4 1 )3(log 2 1 2 8 4 2 =++ . 2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. EBK. AP AN ấ 1 I. Phần chung Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số ( ) m Cmmxmxy 55)2(2 224 +++= 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2, Với những giá trị nào của m thì đồ thị ( C m ) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và điểm cực tiểu lập thành một tam giác đều. Đk để ( C m ) có 3 điểm cực trị là m < 2. Các điểm cực trị của ( C m ) là ( ) ( ) ( ) mmCmmBmmA + 1;2;1;2;55;0 2 See on Vietmaths.com 1 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC Đáp số: 3 32 =m Câu 2: ( 2 điểm) 1, Giải phơng trình: ( ) 2 1 )3cos1)(2cos1(cos1 =+++ xxx Đa phơng trình về dạng: 16 1 2 3 cos.cos. 2 cos 2 = x x x Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng giải hai phơng trình: 4 1 2 3 cos.cos. 2 cos = x x x và 4 1 2 3 cos.cos. 2 cos = x x x Ta đợc các họ nghiệm của phơng trình đã cho là: ( ) Zmkmx k x +=+= ,2 3 2 ; 24 2, Giải hệ phơng trình: =++ =++++ + + 1)4(log)5(log 6)12(log)22(log2 21 2 21 xy xxyxxy yx yx ĐK > << 1;2 0,14 yy xx Đa phơng trình thứ nhất của hệ về dạng: ( ) 21log)2(log 21 =++ + xy yx Đặt )2(log 1 yt x += , tìm đợc t = 1, kết hợp với phơng trình thứ hai của hệ,đối chiếu với điều kiện trên, tìm đợc nghiệm ( ) ( ) 1;2; =yx . Câu 3: ( 2 điểm ) 1, Tính tích phân: ( ) = 1 3 1 4 3 1 3 dx x xx I . Đa I về dạng: = 1 3 1 3 3 1 2 1 .1 1 dx xx I . Dùng phơng pháp đổi biến số, đặt 1 1 2 = x t Đáp số: I = 6. 2, Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn abccabcab =++ . Chứng minh rằng: ( ) 1 )()( 33 44 33 44 33 44 + + + + + + + + acca ac cbbc cb baab ba Từ ( ) ( ) ( ) babaabbbaabaabbaba ++=++++++ 333434443344 2 . Vậy ( ) += + + + baab ba baab ba 11 2 1 2 33 44 . Tơng tự cho các bất đẳng thức còn lại, suy ra đpcm. Câu 4: ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng trình: 012 =++ zyx và đờng thẳng ( d) có phơng trình: =++ = 022 022 zy yx 1, Tìm toạ độ giao điểm A của ( d) và (P). Tính số đo góc tạo bởi ( d) và (P). Đáp số. 1) ( ) ( ) 0 30)(,;1;0;1 = PdA . 2, Viết phơng trình đờng thẳng ( ) đi qua A, ( ) nằm trong (P) sao cho góc tạo bởi hai đờng thẳng ( ) và ( d) bằng 45 0 . Hai đờng thẳng thoả mãn đề bài có phơng trình: ( ) ( ) 335 1 3132 1 :; 335 1 3132 1 : 21 + + = = + = + = + zyxzyx See on Vietmaths.com 2 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC II. Phần riêng ( Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Câu 5A: ( 2 điểm ) ( Dành cho THPT không phân ban) 1. Viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A( 2;5 ), B(4; 1) và tiếp xúc với đờng thẳng có ph- ơng trình: 093 =+ yx . Hai đờng tròn thoả mãn đề bài có phơng trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2501017:;1021: 22 2 22 1 =+=+ yxCyxC 2, Với n là số nguyên dơng, chứng minh hệ thức: ( ) ( ) ( ) n n n nnn C n CnCC 2 22 2 2 1 2 2 =+++ Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lu ý 1 0 == n nn CC và kn n k n CC = ta thấy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 22 1 2 2 2 1 n n n nnn CnCnCnCnS ++++= Từ ( ) ( ) ( ) Rxxxx nnn +=++ ,111 2 . So sánh hệ số của n x trong khai triển nhị thức Newton của ( ) ( ) nn xx ++ 11 và ( ) n x 2 1+ ta suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 1 n n n nnn CCCC =+++ Từ (1) và (2) có đpcm. Câu 5B: ( 2 điểm) ( Dành cho THPT phân ban) 1, Giải phơng trình: ( ) xxx 4log1log 4 1 )3(log 2 1 2 8 4 2 =++ . Đk x > 0 và 1x . Đa phơng trình về dạng ( ) xxx 4log1log)3(log 222 =++ . Xét hai khả năng 0 < x < 1 và x > 1, đối chiếu với điều kiện ta tìm đợc hai nghiệm của phơng trình là: 323 +=x và x = 3. 2, Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao cũng bằng a. Gọi E, K lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. EBK. Đáp số: 8 29a R = . ấ 2 Cõu 1: Cho hm s y = 2 3 2 x x cú th l (C) 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn. 2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, b sao cho AB ngn nht Cõu 2: 1/.Gii phng trỡnh: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x = 2/.Gii h phng trỡnh: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + = + = Cõu 3: 1) Tớnh tớch phõn I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx ì + 2) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) See on Vietmaths.com 3 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) 2.Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x − + − + − − (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ) (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = See on Vietmaths.com 4 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ 3 ( ) 4 x k k x k π π π π  = +  ∈  = +   ¢ 2).Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  (1) ⇒ y ≠ 0 Hệ ⇔ 3 3 3 3 2 2 27 3 8 18 (2 ) 18 4 6 3 3 1 2 . 2 3 x x y y x x x x y y y y     + = + =   ÷      ⇔       + = + =  ÷       Đặt a = 2x; b = 3 y . Ta có hệ: 3 3 3 18 1 ( ) 3 a b a b ab ab a b + = + =   ⇔   = + =   → Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5 6 3 5 6 ; , ; 4 4 3 5 3 5     − +  ÷  ÷     + − Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ I = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . §Æt 3 cos cos 2 x u= × ⇒ I ∫ ⋅= 2 4 2 sin 2 3 π π udu = ( ) 3 2 16 π + 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Đk x ≥ 0. đặt t = x ; t ≥ 0 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t 2 +3-m = 0 ⇔ 2 2 2 3 3 1 t t m t t − + = − + (2) Xét hàm số f(t) = 2 2 2 3 3 1 t t t t − + − + (t ≥ 0) Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 5 3 3 m≤ ≤ Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + 3 2 2 8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + See on Vietmaths.com 5 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b b c c a b a b ≥ ≥ + + + + Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 1 (1) 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + Bđt(1) ⇔ 4(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) +2(a 3 +b 3 +c 3 )+2(ab 2 +bc 2 +ca 2 )+( a+b+c) ≥ ≥ 8a 2 b 2 c 2 +4(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) +2 (a 2 +b 2 +c 2 )+1 (2) Ta có: 2a 3 b 2 +2ab 2 ≥ 4a 2 b 2 ; …. (3) 2(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) ≥ 2.3. 3 5 5 5 a b c =6 (do abc =1)(4) a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3abc =3 = 1 +2 a 2 b 2 c 2 (5) a 3 +a ≥ 2a 2 ; …. (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a ⇒ V(S.ABC) = 3 3 1 ( ). 3 16 a dt ABC SO = Mặt khác, V(S.ABC) = 1 ( ). ( ; ) 3 dt SAC d B SAC ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ dt(SAC) = 2 13 3 16 a Vậy d(B; SAC) = 3 3 ( ) 13 V a dt SAC = Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆). M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC. (BH): x –2y + 3 =0 → H ( ) 7 1 ; 5 5 − → M ( ) 7 4 ; 5 5 − BH = 3 5 5 ⇒CI = 6 5 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y 0 ) ⇒ 0 7 5 o y y =   = −  C(0; 7) ⇒ A ( ) 27 14 ; 5 5 − − ∉ (∆)→loại (0; –5) ⇒ A ( ) 33 14 ; 5 5 − ∈ (∆)→ nhận. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) See on Vietmaths.com 6 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC (P) ∩ (d 1 ) = A(1;1;2); (P) ∩ (d 2 ) = B(3;3;2)→ (∆) 1 2 1 2 ( ) 2 x t y t t z = −   = − ∈   =  ¡ 2.Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB ∆ − − = ⇒ 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b − =  − − = ⇔  − =  Trọng tâm G ( ) 5 5 ; 3 3 a b+ − ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 ( 13)m IM m− = < Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = 3m− − (d) qua A(0;1;-1), VTCP (2;1;2)u = r ⇒ d(I; d) = ; 3 u AI u     = r uur r Vậy : 3m− − =3 ⇔ m = –12( thỏa đk) ĐỀ 3 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1 = m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21 ≤− xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 π += + + x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5 +=+− xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + + = 5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 >== mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức See on Vietmaths.com 7 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . B. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a, hoc b). a. Theo chng trỡnh Chun: Cõu VIa. (2,0 im) 1.Trong mt phng vi h to ,Oxy cho tam giỏc ABC cú )6;4(A , phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh C ln lt l 0132 =+ yx v 029136 =+ yx . Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC . 2. Trong khụng gian vi h to ,Oxyz cho hỡnh vuụng MNPQ cú )4;3;2(),1;3;5( PM . Tỡm to nh Q bit rng nh N nm trong mt phng .06:)( =+ zyx Cõu VIIa. (1,0 im) Cho tp { } 6,5,4,3,2,1,0=E . T cỏc ch s ca tp E lp c bao nhiờu s t nhiờn chn gm 4 ch s ụi mt khỏc nhau? b. Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VIb. 1. Trong mt phng vi h to ,Oxy xột elớp )(E i qua im )3;2( M v cú phng trỡnh mt ng chun l .08 =+x Vit phng trỡnh chớnh tc ca ).(E 2. Trong khụng gian vi h to ,Oxyz cho cỏc im )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA v mt phng .022:)( =++ yx Tỡm to ca im M bit rng M cỏch u cỏc im CBA ,, v mt phng ).( Cõu VIIb. (1,0 im) Khai trin v rỳt gn biu thc n xnxx )1( )1(21 2 +++ thu c a thc n n xaxaaxP +++= )( 10 . Tớnh h s 8 a bit rng n l s nguyờn dng tho món n CC nn 171 32 =+ . AP AN ấ 3 A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I. (2,0 im) Cho hm s mxxmxy ++= 9)1(3 23 , vi m l tham s thc. 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi 1 = m . Với 1 = m ta có 196 23 += xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: )34(39123' 22 +=+= xxxxy Ta có < > > 1 3 0' x x y , 310' <<< xy . Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3( + . + Hm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1=x và 3)1( == yy CD ; đạt cực tiểu tại 3=x và 1)3( == yy CT . See on Vietmaths.com 8 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC Giới hạn: +== + yy xx lim;lim . Bảng biến thiên: Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( . 2.Xỏc nh m hm s ó cho t cc tr ti 21 , xx sao cho 2 21 xx . Ta có .9)1(63' 2 ++= xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phơng trình 0'=y có hai nghiệm pb là 21 , xx Pt 03)1(2 2 =++ xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx . < +> >+= 31 31 03)1(' 2 m m m )1( +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 =+=+ xxmxx Khi đó ( ) ( ) 41214442 2 21 2 2121 ++ mxxxxxx )2(134)1( 2 + mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 < m và .131 <+ m Cõu II. (2,0 im) 1. Gii phng trỡnh: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 += + + x xx x x . Điều kiện: .0cossin,0sin + xxx Pt đã cho trở thành 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos = + + x xx xx x x 02sin) 4 sin(cos 0 cossin cos2 sin2 cos 2 = + = + xxx xx x x x +) ., 2 0cos +== kkxx +) += += += ++= += nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin ., 3 2 4 += t t x Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là kx += 2 ; .,, 3 2 4 += tk t x 2.Gii phng trỡnh: )12(log1)13(log2 3 5 5 +=+ xx . Điều kiện . 3 1 >x (*) See on Vietmaths.com 9 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5 +=+ xx 32 3 5 2 5 )12()13(5 )12(log)13(5log += += xx xx = = = =+ 8 1 2 0)18()2( 0436338 2 23 x x xx xxx Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2=x Cõu III. (1,0 im) Tớnh tớch phõn + + = 5 1 2 13 1 dx xx x I . Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt = + =+= . Khi 1 = x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. Suy ra + = 4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I += 4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3 += + + = t t tt Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u '''. CBAABC cú ).0(',1 >== mmCCAB Tỡm m bit rng gúc gia hai ng thng 'AB v 'BC bng 0 60 . - Kẻ )''('// BADABBD 0 60)',()','( == BCBDBCAB 0 60'= DBC hoặc .120' 0 =DBC - Nếu 0 60'=DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 +== mBCBD và .3'=DC Kết hợp 0 60'=DBC ta suy ra 'BDC đều. Do đó .231 2 ==+ mm - Nếu 0 120'=DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC suy ra 0 = m (loại). Vậy .2=m * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 0 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. - HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: See on Vietmaths.com 10 A C C B B A m D 3 1 1 0 120 [...]... 3(5a 2 4ab + 2b 2 ) 21a 2 36ab + 10 b 2 = 0 18 11 4 a = 21 D thy b 0 nờn chn b =1, suy ra: 18 + 11 4 a = 21 18 + 11 4 15 + 2 11 4 3 11 4 KL: Vy cú 2 mt phng tha món: x+ y+ z =0 21 21 21 18 11 4 15 2 11 4 3 + 11 4 x+ y+ z = 0 21 21 21 Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú: See on Vietmaths.com 30 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + 4a 4b 4c a + 3b b... = 3(5a 2 4ab + 2b 2 ) 21a 2 36ab + 10 b 2 = 0 18 11 4 a = 21 D thy b 0 nờn chn b =1, suy ra: 18 + 11 4 a = 21 18 + 11 4 15 + 2 11 4 3 11 4 KL: Vy cú 2 mt phng tha món: x+ y+ z =0 21 21 21 18 11 4 15 2 11 4 3 + 11 4 x+ y+ z = 0 21 21 21 2( x 1) = y+x log 2 010 y Cõu VII/b: Gii h phng trỡnh y 2 x2 + 2 = x 3 y See on Vietmaths.com 25 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC ấ 6 I PHN CHUNG CHO... =1 n n k =1 k =1 k k k k = k (k 1) Cn 2 + kCn 2 Xột khai trin n n (1+ x)n= Cn x ; k k n (1+ x)n -1 = k =0 n n.3n -1 = kCn 2 k =0 k k 1 kC k =0 k n x k 1 Ly x=2 ta c n k 2n.3n -1 = kCn 2k k =0 n +n(n -1 ) (1+ x)n-2 = k ( k 1) Cn x k k 2 Ly x=2 ta c k =0 See on Vietmaths.com 24 www.VIETMATHS.com n n(n -1 ) 3n-2= k (k 1) Cn 2 k k 2 k =0 B TON Cể P N ễN THI I HC n k 4n(n -1 ) 3n-2= k (k 1) Cn 2k k =0 Vy S=n.3n-2(2+4n)... 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 1 1 4 2 ( x, y < 0)(*) D cú: ( x + y ) 4 xy + x y x+ y 1 1 1 1 1 1 + + + + + Chng minh: 4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a 1 1 1 1 16 1 3 16 p dng 2 ln (*) ta cú: + + + hay + (1) a b b b a + 3b a b a + 3b 1 3 16 1 3 16 Tng t ta cú: + (2) v + (3) b c b + 3c c a c + 3a Cng (1) , (2) v (3) theo v vi v ri rỳt gn ta cú iu phi chng minh 1 1 1 1 1 1 + + + + a + 3b b + 3c c... = 1 x = y y =1 Khi đó KL 1 x = 1 x + x = 2 0 3 4x2 4x I= + x 2 x + 1 ữ dx 2 Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: ữ 1 4x + 4x + 5 2 0 0 3 4x2 4x 4 (2 x + 1) 2 + x 2 x + 1 ữ = dx dx + ( x 2 x + 1) dx 2 1 (2 x + 1) 2 + 4 ữ 1 (2 x + 1) + 4 1 0 I= 2 0 = 1 2 2 4 (2 x + 1) dx + (2 x + 1) 2 + 4 2 0 + Tớnh: I1 = 1 2 2 0 ( x 2 x + 1) dx 1 2 4 (2 x + 1) 2 dx t: (2 x + 1) 2 + 4 1. .. x>4/5 1 1 2 2 + ) >0 mi x>4/5 y'= 5( x + 35 + x + 24) + (5 x 4)( 2 2 x + 35 x + 24 Vy HSB +Nu 4/51 thỡ y(x) >11 Vy nghim BPT x >1 5 Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I = t t= x 1 + 1 * x = 2 t = 2 *x = 5 t = 3 3 ln( x 1 + 1) dx x 1 2 x 1 + *dx=2(t -1 ) dt 3 (t 1) ln t ln t (t 1) 2 + t 1 dt = 2 t dt I=2 2 2 3 S = 2 ln td ln t = ln 2 t 3 = ln 2 3 ln 2 2 2 2 Cõu IV (1im): Cho... = v 2 1 1 x y 2 z +1 = = Vit phng trỡnh mt phng cha (d1) v hp vi (d2) mt gúc 300 1 1 1 Gi s mt phng cn tỡm l: ( ) : ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 > 0) Trờn ng thng (d1) ly 2 im: A (1; 0; -1 ), B ( -1 ; 1; 0) ac+d = 0 c = 2a b Do ( ) qua A, B nờn: nờn a + b + d = 0 d = ab ( ) : ax + by + (2a b) z + a b = 0 1. a 1. b + 1. (2a b) 1 0 Yờu cu bi toỏn cho ta: = sin 30 = 2 2 1 + (1) 2 + 12 a... 2 + (1 m) x 1 = 0 ( x 0) (1) x Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số: y= See on Vietmaths.com 19 www.VIETMATHS.com B TON Cể P N ễN THI I HC = (1 m ) + 12 > 0, m , suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt x1 , x 2 khác 0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m b m 1 Theo định lí Viét ta có x1 + x 2 = = a 3 x + x2 m 1 Hoành... 1 x y 2 z +1 (d 2 ) : = = Vit phng trỡnh mt phng cha (d1) v hp vi (d2) mt gúc 300 1 1 1 Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + 4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 2 Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I ( -1 ; 1) , bỏn kớnh R =1, M l mt im trờn (d ) : x y + 2 = 0 Hai tip tuyn qua M... tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1) x + 2 (2 ) x 1 = kx a Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A: có nghiệm x 1 3 =k (3) ( x 1) 2 Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: (a 1) x 2 2(a + 2)x + a + 2 = 0 ( 4) a 1 a 1 Để (4) có 2 nghiệm x 1 là: f (1) = 3 0 a > 2 ' = 3a + 6 > 0 Hoành độ tiếp điểm x 1 ; x 2 là nghiệm của (4) x1 + 2 x2 + 2 Tung độ tiếp điểm là y 1 = , y2 = x1 1 x2 1 Để hai tiếp . 2 8 1 (2 1) (4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + See on Vietmaths.com 5 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b. - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) See on Vietmaths.com 3 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8. Vietmaths.com 12 www.VIETMATHS.com BỘ TOÁN CÓ ĐÁP ÁN ÔN THI ĐẠI HỌC - Gi¶ thi t        = =+ ⇔ )2(8 )1( 1 94 2 22 c a ba Ta cã ).8(88)2( 22222 cccccabca −=−=−=⇒=⇔ Thay vµo (1) ta ®îc 1 )8( 9 8 4 = − + ccc .