LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2015 TẬP 2(21-30) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 21 Câu 1(2,0 điểm): Cho hàm số 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ . Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 log 1 2 2 2 x x x x   − − = −  ÷   2. Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m π π π       − + =  ÷  ÷  ÷       Câu 3.(1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường: 2 | 4 |y x x= − và 2y x= . Câu 4(1,0 điểm) 1. Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   2. Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: ( ) 1 2 5z i+ − = và . 34z z = Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   Câu 9.(1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng: 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + LỜI GIẢI Câu 1(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = − + + Tập xác định: D = ¡ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ + Sự biến thiên: ( ) 3 2 ' 32x 18x = 2x 16x 9y = − − 0 ' 0 3 4 x y x =   = ⇔  = ±  Bảng biến thiên. Hàm số đồng biến trên khoảng 3 ;0 4   −  ÷   và 3 ; 4   +∞  ÷   Hàm số nghịch biến trên khoảng 3 ; 4   −∞ −  ÷   và 3 0; 4    ÷   ( ) 3 49 3 49 ; ; 0 1 4 32 4 32 CT CT y y y y y y     = − = − = = − = =  ÷  ÷     C§ • Đồ thị: 2.(1,0 điểm) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ . Xét phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ (1) Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = Vì [0; ]x π ∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − Gọi (C 1 ): 4 2 8 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). Chú ý rằng (C 1 ) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: • 81 32 m > : Phương trình đã cho vô nghiệm. • 81 32 m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 81 1 32 m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. • 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Giải phương trình: ( ) 3 log 1 2 2 2 x x x x   − − = −  ÷   Phương trình đã cho tương đương: 3 3 log log 3 2 0 2 2 0 1 1 1 log ln 0 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 0 x x x x x x x x x x x x  − =  = − =                 ⇔ ⇔ − = − =   − =  ÷   ÷   ÷                  > >  − >        3 2 2 2 log 0 1 1 2 1 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x =  = =       =   =  =               ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =         − =  − = =       ÷                   > > >       2.(0,5 điểm). Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m π π π       − + =  ÷  ÷  ÷       Ta có: +/ ( ) 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/ ( ) 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 c c c c π π π         = + =  ÷  ÷  ÷           +/ ( ) 2 1 1 os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 c c π π       = + = −  ÷  ÷  ÷       Do đó phương trình đã cho tương đương: ( ) 1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c + = Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c π   =  ÷   (điều kiện: 2 2t− ≤ ≤ ). Khi đó 2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t− ≤ ≤ 2 (2) 4 2 2t t m⇔ + = − Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m= − (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t= + với 2 2t− ≤ ≤ . Trong đoạn 2; 2   −   , hàm số 2 4y t t= + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại 2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ + 2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ . Câu 3.(1,0 điểm) Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2 | 4 | ( )y x x C= − và ( ) : 2d y x= Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 2 4 2 6 0 6 4 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ ≥   =       − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = − =         = − = − − =      Suy ra diện tích cần tính: ( ) ( ) 2 6 2 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − − ∫ ∫ Tính: ( ) 2 2 0 | 4 | 2I x x x dx= − − ∫ Vì [ ] 2 0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2 | 4 | 4x x x x− = − + ⇒ ( ) 2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx= − + − = ∫ Tính ( ) 6 2 2 | 4 | 2K x x x dx= − − ∫ Vì [ ] 2 2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 2 4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên ( ) ( ) 4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = − ∫ ∫ . Vậy 4 52 16 3 3 S = + = (Đvdt) Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b + >   + >   + >  . Đặt ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > ⇒ + > + > + > . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a x y z VT a c a b a b c y z z x x y + + = + + = + + + + + + + + + Ta có: ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > ⇔ + + < + ⇔ > + + + . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + Do đó: ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   2.(0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: ( ) 1 2 5z i+ − = và . 34z z = Gọi z = x + yi (x;y ∈ R) Ta có: 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 34 x y x y  + + − =   + =   ⇔ 2 2 7 5 28 15 0 x y y y = −   − + =  3 5 29 / 5 3/ 5 x y x y  =    =    = −    =    ==> z Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . Mặt khác: D . 4 ABC S ABCH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = . Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4| 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D      = ⇒ −  ÷  ÷  = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −  Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D      ÷  ÷     hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  . Điểm M ∈∆ nên ( ) 1 2 ;1 ;2M t t t− + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5u t= r và ( ) 3 6;2 5v t= − + r . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t  = +     = − +   r r Suy ra | | | |AM BM u v+ = + r r và ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r Mặt khác, với hai vectơ ,u v r r ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r . Như vậy 2 29AM BM+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ và ( ) min 2 29AM BM+ = . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong đó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = Từ đó, ta có: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V    ÷ = + + =  ÷   Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −  ÷   . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     4 8 u v =  ⇔  =  hoặc 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng: 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x + ≥ +   + ≥ +  Vì vậy ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z x y z xy yz zx yz zx xy   + + + + ≤ + + + + +  ÷ + + + + + +   1 3 5 1 5 5 1 zx+y 1 x y z z y z y x x yz xy z yz zx y xy z z y y z     ≤ + + + = − − + ≤ − − + =  ÷  ÷ + + + + + + +     Vây: 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + ĐỀ SỐ 22 Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số ( ) 3 2 6 9 , 1y x x x= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng ( ) : 1 0x y∆ + + = một góc α sao cho 4 cos 41 α = và tiếp điểm có hoành độ nguyên. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 2 2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x+ + = + 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 2 5 5 log 3 1 log 2x x x x x+ + − ≤ − Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 2 3 2 0 9 2 ln 9 x I x x x dx x   − = − +   +   ∫ Câu 4(1,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng phức ,Xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: ( ) ( ) 1 1 2 1i z i z z+ + − = + 2. Tìm số nguyên dương n biết: − − + + + + + − + + − − + − + = − 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C Câu 5(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Lập phương trình chính tắc của Elip(E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là ( ) 12 2 3+ Câu 6(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : ( ) 2 1 1 : 1 2 1 x y z d − − − = = − − và mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 1 25S x y z+ + − + − = .Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua điểm M(-1;-1;-2) và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B sao cho AB=8 Câu 7(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SB=SC=SD=AB=BC=CD=DA=2, Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng 90 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 53 5 10 5 48 9 0 , 2 6 2 11 2 66 x x y y x y x y x x y x  − − + − − =  ∀ ∈  − + + = − + + + +   ¡ ( ) ( ) 1 2 Câu 9(1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3 Tìm giá trị lớn nhất ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 T a ab b b bc c c ca a= − + − + − + LỜI GIẢI Câu 1: 1, Bạn đọc tự giải 2, Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng ( ) : 1 0x y∆ + + = một góc α sao cho 4 cos 41 α = và tiếp điểm có hoành độ nguyên Gọi ( ) 3 2 0 0 0 0 ; 6 9M x x x x− + với 0 x ∈¢ là tọa độ tiếp điểm với đồ thị (C) .PTTT tại điểm M là: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 3 12 9 6 9 ,y x x x x x x x d= − + − + − + VTPT của ( ∆ ): x+y+1=0 là ( ) 1;1n ∆ = uur .VTPT của (d) là ( ) ; 1 d n k= − r với 3 2 0 0 0 ( 6 9 )k x x x k= − + ⇒ ∈¢ theo đề ra ta có ( ) ( ) 2 . 1 4 4 1 cos , cos 9, 9 41 41 . 2. 1 d d n n k d k k L n n k α ∆ ∆ − ∆ = = = ⇔ = ⇔ = = + uur uur uur uur Với k=9 2 0 0 0 0 3 12 9 9 0, 4x x x x⇔ − + = ⇔ = = * Với x 0 =0 ta có tiếp tuyến y=9x *Với x 0 =4 ta có tiếp tuyến y=9x-32 Câu 2: 1, Giải phương trình: ( ) 2 2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x+ + = + Phương trình tương đương với ( ) 1 3 3 1 cos 2 3sin 2 2 3 3 cos sin cos2 sin 2 1 3 cos sin 2 2 2 2 x x x x x x x x   + + = + ⇔ + + = +  ÷  ÷   2 cos 2 1 3cos 2cos 3cos 0 3 6 6 6 x x x x π π π π         ⇔ − + = − ⇔ − − − =  ÷  ÷  ÷  ÷         3 cos 0,cos 6 6 2 x x π π     ⇔ − = − =  ÷  ÷     (L) Với 2 cos 0 6 3 x x k π π π   − = ⇔ = +  ÷   Phương trình có một họ nghiệm: 2 3 x k π π = + 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 2 5 5 log 3 1 log 2x x x x x+ + − ≤ − Điều kiện: 2 3 1.0 0 0 x x x x  + + ⇔ >  >  Với điều kiện trên ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 5 5 log 3 1 3 1 log 5 5x x x x x x+ + + + + ≤ + (*) Xét hàm số ( ) ( ) ( ) / 5 1 log , 0 1 0 ln5 f t t t t f t t = + ∀ > ⇒ = + > Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ . Từ (*) ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 5 3 1 5 1 0 1f x x f x x x x x x+ + ≤ ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ = Vậy bất phương trình có nghiệm x=1 Chú ý: ta có thể sử dung bất đẳng thức cô si cho VT 1VT ≥ và đánh giá VP 1 1 1VP VP VT x ⇒ ≤ ⇔ = = ⇔ = [...]... rng 2 ( ab + bc + ca ) a b c 6 T gi thit ta cú: 1 1 1 1 + + =1 a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 1 1 1 a2 b2 c2 +1 +1 =2 + + =2 1+ a2 1 + b2 1 + c2 1 + a 2 1 + b2 1 + c2 p dng bt ng thc Bunhiacopxki cho 2 b s a b c , , 2 1 + b2 1 + c2 1+ a ữ; ( 1 + a 2 , 1 + b2 , 1 + c 2 ) 2 2 2 a+b+c ta c: 2 = a 2 + b 2 + c 2 ( 2 2 ) 2 2 ( 3 + a 2 + b 2 + c 2 ) ( a + b + c ) 2 1+ a 1+ b 1+ c 3+ a +b + c a + 2b 2c... C 2 n + 1x 2 + ( 1)k C 2 n + 1x k + C 2 n + 1x 2 n + 1 (1) 2 2 2n+1 * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: k (2n + 1)(1 x )2 n = C1 n + 1 + 2C 2 n + 1x + ( 1) k kC 2 n + 1x k 1 + (2n + 1)C 2 n + 1x 2 n (2) 2 2 2n +1 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: k 2n(2n + 1)(1 x )2 n 1 = 2C 2 n + 1 3C 3 n + 1x + + ( 1)k k(k 1)C 2 n + 1x k 2 + 2n(2n + 1)C 2 n ++ 1x2 n 1 2 2 2n 1 Thay x = 2. .. = 2 ( a + 1) + bi ) theo ra ta cú 2( a b) = 2 ( a + 1) 2 + b2 a b a > 0 a b 0 a b 1 1 2 2 2 2ab + 2a + 1 = 0 ( a b ) = ( a + 1) + b b = 1 2a b = 1 2a 1 suy ra M thuc ng cong ( H ) : y = 1 , ( x > 0 ) 2x 2. (0,5 im).Tìm số nguyên dơng n biết: 3 2C22n +1 3 .2. 2C2 n +1 + + ( 1)k k( k 1 )2 k 2 C2kn +1 + 2 n (2 n + 1 )2 2 n 1 C22nn++11 = 4 020 0 k * Xét (1 x )2 n + 1 = C 0 n + 1 C 12. .. x2 3 dx Cõu 3.(1,0 im) Tớnh tớch phõn: I = x ( 2 x ) + x ln 9 + x2 0 2 2 2 9 x2 9 x2 I = x ( 2 x ) + x 3 ln dx = x ( 2 x ) dx + x 3 ln dx = I1 + I 2 Tớnh: 9 + x2 9 + x2 0 0 0 2 2 Tớnh I1= x ( 2 x ) dx 1-x=sint, dx==-costdt t ; ữ 2 2 0 i cn: x = 0 t = , x = 2 t = 2 Khi ú I1 = 2 2 2 1 1 sin t cos tdt = 2 2 2 1 1 2 ( 1 + cos 2t ) dt = 2 t + 2 sin 2t... cos 2 x ) = vi 0 x 4 4 4 4 1 Bin i tớch thnh tng, thu c cos( ) + cos 4 x + (1 cos 2 x)(1 + cos 2 x) = 2 1 k cos 4 x + 1 cos 2 2 x = cos 4 x = 0 x = + , k  2 8 4 Do x 0; nờn x = 8 4 2 2 2. (0,5 im) Gii bt phng trỡnh 2log 2 x + x 2log2 x 20 0 iu kin: x> 0 ; 2 BPT 24 log2 x + x 2log2 x 20 0 t t = log 2 x Khi ú x = 2t BPT tr thnh 42 t + 22 t 20 0 t y = 22 t ; y 1 BPT tr thnh y2... AB 2 + AD 2 BD 2 3a 2 a 6 AO 2a 6 = AO = AH = AO + = 2 4 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 BD + BC CD 6a + 2a 4a 2a 3 BM 2 = = = 3a 2 BM = a 3 BH = 2 4 2 4 3 2 2 2 2 Ta cú AH + BH = 4a = AB AH BH , kt hp vi AH vuụng gúc vi SH ta c AH ( SHB ) AO 2 = K HK vuụng gúc vi SB, theo chng minh trờn ta c AH ( SHB ) suy ra AH HK HK l on vuụng gúc chung ca AC v SB nờn HK = a 1 1 1 = + SH = 2a 2 2 HK SH HB 2 1... k + 2n(2n + 1) = 2C 2 + 1 3 .2. 2C 3 + 1 + + ( 1) k k(k 1 )2 k 2 C 2n + 1 + 2n(2n + 1 )2 2n 1 C 2n + 1 2n 2n 2n 1 Cõu 5.(1,0 im) Trong mt phng ta Oxy.Lp phng trỡnh chớnh tc ca Elip(E) bit rng cú mt nh v hai tiờu im ca (E) to thnh mt tam giỏc u v chu vi hỡnh ch nht c s ca (E) l 12 2 + 3 ( ) x2 y2 Phng trỡnh chớnh tc ca E lớp: 2 + 2 = 1, ( a > b > 0 ) a b 2 2 2 vi hai tiờu im F1 ( c;0 ) , F2 ( c;0... + 3) > 0 x2 + x3 = m x2 x3 = m + 3 Gi s x1 = m ; x2 , x3 l 2 nghim ca (2) Khi ú theo nh lớ Viet ta c: 2 Do ú x 12 + x2 + x 32 = 18 m 2 + ( x2 + x3 ) 2 x2 x3 = 18 2 m = 3 m 2 + m 2 2 ( m + 3) = 18 m 2 + m 12 = 0 m = 4 So sỏnh vi iu kin ca m ta c m = 3 tha món Cõu 2. (1,0 im): 1 (0,5 im) Gii phng trỡnh 2 3 sin x ( 1 + cos x ) 4 cos x.sin 2 x =3 2 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x 2 cos x ( 1... a 2 + b2 + 3 2 T gi thit suy ra (1 + a)(1 + b) = 1 + ab + a + b = 4 t a + b = x, x > 0 th thỡ x 2 = ( a + b) 2 4ab = 4(3 x) x 2 (do x > 0 ) Bt ng thc cn chng minh tng ng vi: a 2 + b2 + 3 3a ( 1 + a ) + 3b ( 1 + b ) 3 12 + 1 ( a2 + b2 ) 3 ( a + b ) + 10 0 2 a+b a+b ( 1+ a) ( 1+ b) (1) Do a 2 + b 2 = (a + b) 2 2ab nờn a 2 + b 2 = x 2 2( 3 x) = x 2 + 2 x 6, 12 + 10 0 x3 x 2 + 4 x 12. .. log 2 ( log 3 y ) = 1 iu kin x > 1 ; y > 1 ỡ 4x- 2y - 7.2x- 2y = 8 ù ù ớ ù log2 ( log3 x) - log2 ( log3 y) = 1 ù ù ợ ỡ x- 2y 2 ù 2 ù - 7.2x- 2y - 8 = 0 ù ớ ù log ( log x) = log 2 + log ( log y) ù 2 3 2 2 3 ù ợ ( ) 2 x 2 y = 8 x 2 y x 2 y = 3 x = 9 x = 1 = 1 2 2 hay y = 3 y = 1 y 2y 3 = 0 2 log 2 ( log 3 x ) = log 2 ( log 3 y ) x = 9 So iu kin x > 1 ; y > 1 h phng trỡnh cú nghim y = 3 2 . 2015 TẬP 2(21-30) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100. GIẢI Câu 1(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = − + + Tập xác định: D = ¡ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ + Sự biến thiên: ( ) 3 2 '. y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z