Đào Văn Thắng Tài liệu ơn thi ĐH + ĐA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 1) I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: Cho hàm số 2x 1 y x 2 + = − . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5. Câu 2: 1) Giải phương trình: 25 x – 6.5 x + 5 = 0 2) Tính tích phân: 0 I x(1 cos x)dx π = + ∫ . 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 f (x) x ln(1 2x)= − − trên đoạn [-2; 0]. Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 120 0 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu 4: Cho x, y, z là các số dương thoả : 1 1 1 1 x y z + + = . CMR: 1 1 1 1 2 2 2z y z x y z x y z + + ≤ + + + + + + . II. PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu 5a: Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 (S) : x 1 y 2 z 2 36 và (P) : x 2y 2z 18 0 − + − + − = + + + = . 1) Xác định tọa độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mp(P). 2) Viết p.trình đường thẳng d đi qua T và vng góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm của d và (P). Câu 6a: Giải phương trình : 8z 2 – 4z + 1 = 0 trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình x 1 y 2 z 3 2 1 1 + − + = = − 1) Viết phương trình tổng qt của mặt phẳng đi qua điểm A và vng góc với đường thẳng d. 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu 6b: Giải phương trình 2 2z iz 1 0 − + = trên tập số phức. BÀI GIẢI (ĐỀ 1) Câu 1: 2) Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 0 , có hệ số góc bằng –5 Đào Văn Thắng Tài liệu ơn thi ĐH + ĐA ⇔ 2 0 5 5 ( 2)x − = − − ⇔ x 0 = 3 hay x 0 = 1 ; y 0 (3) = 7, y 0 (1) = -3 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1) ⇔ y = -5x + 22 hay y = -5x + 2 Câu 2: 1) 25 x – 6.5 x + 5 = 0 ⇔ 2 (5 ) 6.5 5 0 x x − + = ⇔ 5 x = 1 hay 5 x = 5 ⇔ x = 0 hay x = 1. 2) 0 0 0 (1 cos ) cosI x x dx xdx x xdx π π π = + = + ∫ ∫ ∫ = 2 0 cos 2 x xdx π π + ∫ Đặt u = x ⇒ du = dx; dv = cosxdx, chọn v = sinx ⇒ I = 2 0 0 sin sin 2 x x xdx π π π + − ∫ = 2 2 0 cos 2 2 2 x π π π + = − 3) Ta có : f’(x) = 2x + 2 2 4x 2x 2 1 2x 1 2x − + + = − − f’(x) = 0 ⇔ x = 1 (loại) hay x = 1 2 − (nhận) f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f( 1 2 − ) = 1 ln 2 4 − vì f liên tục trên [-2; 0] nên [ 2;0] max f (x) 4 ln 5 − = − và [ 2;0] 1 min f (x) ln 2 4 − = − Câu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC 2 = 2AB 2 – 2AB 2 cos120 0 ⇔ a 2 = 3AB 2 ⇔ = 3 a AB 2 2 2 2 = a SA = 3 3 a a SA − ⇒ 2 2 0 1 1 3 a 3 = . .sin120 = = 2 2 3 2 12 ABC a S AB AC ∆ 2 3 1 2 3 2 = = 3 12 36 3 a a a V (đvtt) Câu 4.a.: 1) Tâm mặt cầu: T (1; 2; 2), bán kính mặt cầu R = 6 d(T, (P)) = 1 4 4 18 27 9 3 1 4 4 + + + = = + + 2) (P) có pháp vectơ (1;2;2)n = r Phương trình tham số của đường thẳng (d) : 1 2 2 2 2 x t y t z t = +   = +  = +   (t ∈ R) Thế vào phương trình mặt phẳng (P) : 9t + 27 = 0 ⇔ t = -3 ⇒ (d) ∩ (P) = A (-2; -4; -4) Câu 5.a.: 2 8z 4z 1 0− + = ; / 2 4 4i∆ = − = ; Căn bậc hai của / ∆ là 2i± Phương trình có hai nghiệm là 1 1 1 1 z i hay z i 4 4 4 4 = + = − Câu 4.b.: B A S a a a C Đào Văn Thắng Tài liệu ơn thi ĐH + ĐA 1) (d) có vectơ chỉ phương (2;1; 1)a = − r Phương trình mặt phẳng (P) qua A (1; -2; 3) có pháp vectơ a r : 2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 ⇔ 2x + y – z + 3 = 0 2) Gọi B (-1; 2; -3) ∈ (d) BA uuur = (2; -4; 6) ,BA a     uuur r = (-2; 14; 10) d(A, (d)) = , 4 196 100 5 2 4 1 1 BA a a   + +   = = + + uuur r r Phương trình mặt cầu tâm A (1; -2; 3), bán kính R = 5 2 : (x – 1) 2 + (y + 2) 2 + (2 – 3) 2 = 50 Câu 5.b.: 2 2z iz 1 0− + = 2 i 8 9∆ = − = − = 9i 2 Căn bậc hai của ∆ là 3i± Phương trình có hai nghiệm là 1 z i hay z i 2 = = − . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 2) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x 3 + mx 2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x 1 và x 2 thỏa x 1 = - 4x 2 Câu 2: (2điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 0 1 4 1 2 x y xy x y  − − =   − + − =   2. Giải phương trình: cosx = 8sin 3 6 x π   +  ÷   Câu 3: (2điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vng tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vng và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. 2. Tính tích phân A = 2 ln .ln ex e e dx x x ∫ Câu 4: (2 điểm) 1. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 a b c a ab b b bc c c ca a + + = + + + + + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2. Tìm m để bất phương trình: 5 2x – 5 x+1 – 2m5 x + m 2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2) A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x 2 + 2mx – 3 Ta có: ∆’ = m 2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị Ta có: 1 2 1 2 1 2 4 6 1 4 x x m x x x x   =−   + =−    =−   9 2 m⇒ = ± Câu 2: 1. 2 0 (1) 1 4 1 2 (2) x y xy x y  − − =   − + − =   Điều kiện: 1 1 4 x y ≥    ≥   Từ (1) 2 0 x x y y ⇒ − − = ⇒ x = 4y Nghiệm của hệ (2; 1 2 ) 2. cosx = 8sin 3 6 x π   +  ÷   ⇔ cosx = ( ) 3 3 sinx+cosx ⇔ 3 2 2 3 3 3 sin 9sin osx +3 3 sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + − (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3) ⇔ 3 2 3 3 tan 8 t an x + 3 3 t anx = 0x + t anx = 0 x = k π ⇔ ⇔ Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC và AN ⊥ SC ⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN Ta có: SA 2 = SM.SB = SN.SC Vây ∆MSN ∼ ∆CSB ⇒ TM là đường cao của tam giác STB ⇒ BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST ⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm) 2. 2 2 (ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln ) e e e e dx d x A x x x x x = = + + ∫ ∫ = 2 1 1 (ln ) ln 1 ln e e d x x x   −  ÷ +   ∫ = 2 2 ln(ln ) ln(1 ln ) e e x x e e − + = 2ln2 – ln3 Câu 4: 2. +) (4;5;5)BA = uuur , (3; 2;0)CD = − uuur , (4;3;6)CA = uuur , (10;15; 23)BA CD   = −   uuur uuur ⇒ , . 0BA CD CA   ≠   uuur uuur uuur ⇒ đpcm + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT 1 ,n BA k   =   ur uuur r = (5;- 4; 0) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k   =   ur uuur r = (-2;- 3; 0) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D) 2. Ta có: 3 2 2 2 3 a a b a ab b − ≥ + + (1) ⇔ 3a 3 ≥ (2a – b)(a 2 + ab + b 2 ) ⇔ a 3 + b 3 – a 2 b – ab 2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b) 2 ≥ 0. (h/n) Tương tự: 3 2 2 2 3 b b c b bc c − ≥ + + (2) , 3 2 2 2 3 c c a c ac a − ≥ + + (3) Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a ab b b bc c c ca a + + + + ≥ + + + + + + Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn 2. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c ⇒ + + = Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c = − = − = − = − uur uur uuur uur Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c  + + =   − + =   − + =   ⇒ 77 4 77 5 77 6 a b c  =    =    =   ⇒ ptmp(P) 2.Ta có: n 2 2 5 5 n C C+ = 45 ⇒ n 2 + 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3 Câu 5b: 1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b) N ∈ © ⇒ (2 – 3b) 2 + (2 – b) 2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5 x ⇒ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X 2 + (5 + 2m)X + m 2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X 1 ≤ X 2 ≤ 0 Từ đó suy ra m ***************************************************************** ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 3) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = − 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x − + + − > + Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 4 4 0 cos 2 sin cosI x x x dx π = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m + − + − − − = Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là: 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b: Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đáp án.(ĐỀ 3) Câ u Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Ta có 3 '( ) 4 4f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của I tại A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b= = − = = − Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + − Hai tiếp tuyến của I tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) A B k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − = Vì A và B phân biệt nên a b ≠ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + − = Mặt khác hai tiếp tuyến của I tại A và B trùng nhau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b   + + − = + + − =   ⇔ ≠ ⇔   − = − − + = − +     , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( ) 1; 1− − và ( ) 1; 1− . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của I tại A và B song song với nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b  + + − =  ≠ ±   ≠  II 2,00 1 1,00 Điều kiện: ( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x + ≠   ≠   0,25 Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA Từ (1) ta có: ( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 2 sin sin cos 2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x − = ⇔ = + − 0,25 2sin .cos 2 sinx x x⇔ = ( ) 2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k π π π π  = +  ⇔ = ⇔ ∈   = − +   ¢ 0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈¢ 0,25 2 1,00 Điều kiện: 3x > 0,25 Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x − − − + + − > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − +    0,25 ( ) ( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x −   ⇔ − − >   ÷   +   ( ) ( ) 2 2 3 3 x x x x − ⇔ − − > + 2 10 9 1 10 x x x  < − ⇔ − > ⇔  >   0,25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > 0,25 III 1,00 1 1,00 ( ) 2 2 0 2 2 0 1 cos 2 1 sin 2 2 1 1 1 sin 2 sin 2 2 2 I x x dx x d x π π   = −  ÷     = −  ÷   ∫ ∫ 0,50 ( ) ( ) 2 2 2 0 0 3 2 2 0 0 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 4 1 1 sin 2 sin 2 0 2 12 | | d x xd x x x π π π π = − = − = ∫ ∫ 0,50 Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB ⊥ và ' DO N C ⊥ . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI ∆ vuông cân tại O nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO     = = + = + = + =  ÷  ÷  ÷     0,25 2 3 2 3a 2 3 2 R . . , 8 2 16 a a V h π π π ⇒ = = = 0,25 và 2 a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 2 2 2 xq a a S π π π = = 0,25 V 1,00 Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) Điều kiện : 0 1x≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x ∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= − ⇒ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m =  + − = ⇒  = ±  0,25 • Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 • Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA • Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 0,25 Via 2,00 1 1,00 Đường tròn I có tâm I(2;1) và bán kính 5R = . Gọi A, B là hai tiếp điểm của I với hai tiếp của I kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM = . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20x y− + − = . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y  − + − =   + − =   0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 x y y y y x =   − + + − = ⇔ − + = ⇔  =  0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 9 3; 2 M    ÷   hoặc 27 33 ; 5 10 M    ÷   0,25 2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = = . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3 ;0; 2 2 G    ÷   , bán kính là 14 2 R GA= = . 0,50 VII a 1,00 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9 18 C . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có 9 13 C cách. + Không có bi vàng: có 9 15 C cách. 0,25 [...]... 4 1 1 4 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2 ≥ 2 = 2 ⇔ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c ≥ 0 2 2 2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 Áp dụng bất đẳng thức 0,50 ⇔ 2 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0 2 2 2 0,50 1 2 1 2 ≥ 2 ; ≥ 2 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 4 4 4 + + ≥ 2 + 2 + 2 Từ đó suy ra a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng... 1,00 ( 11 + 29 ) 0 , 2 5 0 , 2 5 2 + ( Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a c + a > b  Đặt 0 a+b c+a = x, = y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x , 2 2 5 0 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y Ta có: 2z z x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2z ( x + y ) ⇔ > x+ y+z x+ y 0... ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z và tương tự ta cũng có   zx + 1 ≥ z + x 0 , 2 5 Vì vậy ta có: 1 , 0 0  1 1 1  x y z + + + + + 1+ 1+ 1 ÷≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1   1  x y z z y  z y  ≤ + + + 3 = x − − − ÷ + 5 ≤ x  1− + yz + 1 zx+y xy + z yz + 1 zx + y xy + z  z+ y y+ z   ( x + y + z)  Ta có: 0 , 2 5 uuu r AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 ... + y+ z z+ x x+ y Ta có: 2z z x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2z ( x + y ) ⇔ > x+ y+z x+ y 0 x 2x y 2y < ; < Tương tự: , y+z x+ y+z z+x x+ y+z 5 2( x + y + z) x y z 0 + + < = 2 Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z Tức là: 1 2 b c  1  a + + + 0  2  u = x + 2  ⇒ 2 ⇒ * Đặt:  v2 − u 2 − 1 2 v = x2 + 2x + 3  x 2 =  v = x + 2x + 3, v > 0    2 ° Ta có:  v2 − u2 − 1   v2 − u 2 − 1   v2 − u2  u  v2 − u2  v 2 2 (a) ⇔ v − u +  + 1 ÷.v = 0 ⇔ v − u +  ÷.u +   ÷  ÷  2 ÷.u − 2 +  2 ÷.v + 2 = 0 ÷  ÷ 2 2         v − u = 0 (b)   v + u... biến thi n: x -∞ y/ y + x1 0 + x2 0 CĐ x3 0 - CT Từ bảng biến thi n ta thấy hàm số có 2 cực tiểu ° CT + + + 4 3 Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m ≠ ± Kết luận: Bài 2: 1) Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2+3 2 2+3 2 ⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 8 ⇔ cos 2 3x + sin 2 3x+3 ( cos3xcosx − sin 3x sinx ) = 2+3 2 2 π π ⇔ cos4x = ⇔ x = ± + k ,k ∈ Z 2 2 16 2 2) Giải phương trình : 2x +1 +x... nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) ( −2 + 2t ) 2 + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = BM = ( −4 + 2t ) 2 + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = AM + BM = ( 3t ) 2 2 2 ( ) 2 ( 2 ) ( 3t ) ( AM = 2 ( 3t − 6 ) + 2 ( + 2 5 ) 2 ( 3t − 6 ) 2 2 + 2 5 ) + 2 5 0 , 2 5 2 r Trong mặt... bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thi t ta có: OI = AI   OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) )  d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  Ta có: 0,25 0,25 Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA OI = AI ⇔ OI = AI ⇔ a + b + c = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + 5 | 2 OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ⇔ 9 ( a 2 +. .. *********************************************************** HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5) Bài 1: 2) y = x 4 + mx 3 − 2x 2 − 2mx + 1 (1) Đạo hàm y / = 4x3 + 3mx 2 − 4x − 3m = (x − 1)[4x 2 + (4 + 3m)x + 3m] ° x = 1 y/ = 0 ⇔  2  4x + (4 + 3m)x + 3m = 0 ° Hàm số có 2 cực tiểu (2) ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt Đào Văn Thắng Tài liệu ôn thi ĐH + ĐA 2 ∆ = (3m − 4) > 0 4 ⇔m≠± 3 4 + 4 + 3m + 3m ≠ 0 ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác . c ≥ = ⇔ + + + − − − ≥ + + + + + + ⇔ − + − + − ≥ Tương tự: 2 2 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c ≥ ≥ + + + + + + Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đẳng. đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)x y x y x y + ≥ > > + Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; 2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b + ≥ + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + 0,50 Ta lại có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2. c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đáp án. (ĐỀ 3) Câ u Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Ta có