ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN NĂM 2005 - 200 DỰ BỊ 1 KHỐI A 2005: Câu I: (2 đ)Gọi (C m ) là đồ thò của hàm số : y = 22 213 x mx m xm ++− − (*) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm về hai phía trục tung. Câu II : ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 22 4 (1)(1) xyxy xx y yy ⎧ +++= ⎨ 2 + ++ += ⎩ 2. Tìm nghiệm trên khỏang (0; π ) của phương trình : 22 3 4sin 3 cos 2 1 2cos ( ) 24 x xx π −=+− Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm G 41 (; , phương trình đường thẳng BC là ) 33 024xy− −= và phương trình đường thẳng BG là 748 .Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 0xy−−= 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) . a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P). b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC. Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 3 2 0 sin .I x tgxdx π = ∫ . 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8. Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng : 34 34 34 6 xyz +++++≥ Bài giải CÂU I 1/ Khi m = 1 thì 2 x2x2 y x1 + − = − (1) • MXĐ: D = R \ {1} • () 2 2 x2x y' x1 − = − , y' 0= ⇔= =x0hayx2 • BBT x −∞ 0 1 2 +∞ y ' + 0 - - 0 + y 2 +∞ TRANG 1 7 −∞ 6 • Tiệm cận: x1= là pt t/c đứng y = x + 3 là pt t/c xiên 2/ Tìm m Ta có () 22 2 x2mxm1 y' xm −+− = − Hàm số (*) có 2 cực trò nằm về 2 phía trục tung y' 0⇔= có 2 nghiệm trái dấu 2 12 xx Pm 10 1m1⇔==−<⇔−<< CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình ()() () 22 xyxy4 I xx y 1 yy 1 2 ⎧ +++= ⎪ ⎨ ++ + + = ⎪ ⎩ 2 (I) ⎧ +++= ⎪ ⇔ ⎨ ++++=⇒ =− ⎪ ⎩ 22 22 xyxy4 xyxyxy2xy Ta có =+ = ⇒ = + + ⇒ + = − 222 222 Sxy;Pxy S x y 2xy x y S 2P Vậy () ⎧ −+= =− ⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ = =− −+= ⎩ ⎪ ⎩ 2 2 S2PS4 P 2 I S0hayS 1 SPS2 1 Sxy0 TH : Pxy 2 =+= ⎧ ⎨ ==− ⎩ vậy x, y là nghiệm của phương trình + −= 2 X0X20 Vậy hệ có 2 nghiệm x2 x2 ⎧ = ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ hay x2 y2 ⎧ = − ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ 2 Sxy 1 TH : Pxy 2 =+=− ⎧ ⎨ ==− ⎩ vậy x,y là nghiệm của phương trình 2 XX20 + −= ⇒ . Vậy hệ có 2 nghiệm ==X1hayX 2− x1 y2 = ⎧ ⎨ = − ⎩ V x2 y1 = − ⎧ ⎨ = ⎩ Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm x2 y2 ⎧ = ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ V x2 y2 ⎧ = − ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ V x1 y2 = ⎧ ⎨ = − ⎩ V = − ⎧ ⎨ = ⎩ x2 y1 CÁCH KHÁC (I) ⎧ +++= ⎪ ⇔ ⎨ + +++ = ⎪ ⎩ 22 22 xyxy4 xyxyxy2 ⎧ + ++= ⎪ ⇔ ⎨ =− ⎪ ⎩ 22 x y x y 4 xy 2 ⎧ +++= ⎪ ⇔ ⎨ =− ⎪ ⎩ 2 (x y )x y 0 xy 2 ⎧ += +=− ⎪ ⇔ ⎨ =− ⎪ ⎩ x y 0ha y x y 1 xy 2 ⎧ += +=− ⎪ ⇔ ⎨ =− ⎪ ⎩ x y 0ha y x y 1 xy 2 ⎧ =− ⎪ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ 2 xy x2 hay ⎪ ⎨ +=− ⎧ + −= ⎪ ⎩ 2 x y 1 xx20 ⇔ x2 y2 ⎧ = ⎪ ⎨ = − ⎪ ⎩ V x2 y2 ⎧ = − ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ V x1 y2 = ⎧ ⎨ = − ⎩ V ⎧ ⎨ =− = ⎩ x2 y1 2/ Tìm nghiệm ∈π () 0, TRANG 2 Ta có 22 x3 4sin 3cos2x 1 2cos x 24 π ⎛⎞ −=+− ⎜⎟ ⎝⎠ (1) (1) () 3 2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x 2 π ⎛⎞ ⇔− − =++ − ⎜⎟ ⎝⎠ (1) 2 2cosx 3cos2x 2 sin2x⇔− − =− (1) 2cosx 3cos2x sin2x⇔− = − . Chia hai vế cho 2: (1) ⇔− = − 31 cosx cos2x sin2x 22 () cos 2x cos x 6 π ⎛⎞ ⇔+=π− ⎜⎟ ⎝⎠ () () π ππ ⇔= + =− + π 52 7 xkaha y xh2 18 3 6 b ) ) Do nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba nghiệm x thuộc ( là ( x0,∈π 0,π 12 3 517 x,x ,x 18 18 6 ππ == = 5π CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt () −−= ⎧ ⇒− ⎨ −−= ⎩ x2y4 0 B0, 2 7x 4y 8 0 Vì cân tại A nên AG là đường cao của ABCΔ ABC Δ Vì ⇒ pt GA: GA BC⊥ −+ −=⇔+−= 41 2(x ) 1( y )0 2x y 30 33 2x y 3 0 ⇔ +−= ⇒ = H GA BC∩ () +−= ⎧ ⇒− ⎨ −−= ⎩ 2x y 3 0 H2,1 x2y40 Ta có với A(x,y). AG 2GH= uuur uuur 41 4 1 AG x, y ;GH 2 , 1 33 3 3 ⎛⎞⎛ ⎞ = −− =−−− ⎜⎟⎜ ⎝⎠⎝ uuur uuur ⎟ ⎠ ⇒ = ⎧ ⎪ ⎨ −=− ⎪ ⎩ x0 18 y 33 ⇒ () A0,3 Ta có : ++ ++ == ABC ABC GG xxx yyy xvày 33 ⇒ ( ) C4,0 Vậy ()() ( ) A0,3,C4,0,B0,2− 2a/ Ta có () BC 0, 2,2=− uuur • mp (P) qua và vuông góc với BC có phương trình là ( O 0,0,0 ) −+=⇔−=0.x 2y 2z 0 y z 0 • Ta có ( ) AC 1, 1, 2=− − uuur , phương trình tham số của AC là x1t y1t z2t = − ⎧ ⎪ = − ⎨ ⎪ = ⎩ . Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 1 1t2t 0 t 3 − −=⇔= . Thế 1 t 3 = vào pt (AC) ta có 222 M,, 333 ⎛ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ là giao điểm của AC với mp (P) 2b/ Với ( ) A1,1,0 ( ) B0,2,0 ( ) C0,0,2 .Ta có: ( ) AB 1,1, 0=− u uur , ( ) AC 1, 1, 2=− − u uur ⇒ ⇒ =−= ⇔ ⊥ uuur uuur uuur uuur AB.AC 1 1 0 AB AC ABC Δ vuông tại A TRANG 3 • Ta dễ thấy cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ dàng tìm dược BOCΔ ( ) I 0,1,1 22 R11=+=2 Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : ()() 22 2 x y 1z12 + −+−= CÂU IV. 1/ Tính ππ == ∫∫ /3 /3 22 00 sin x I sin xtgxdx sin x. dx cosx ⇒ ( ) 2 /3 0 1cosxsinx Id x cosx π − = ∫ ucosx , Đặt = ⇒ du sinxdx − = Đổi cận () 1 u,u0 32 π ⎛⎞ == ⎜⎟ ⎝⎠ 1 ( ) () 2 1/2 1 1u du I u −− = ∫ = 1 1 2 1/2 1/2 1u udu lnu ln2 u2 ⎡⎤ ⎛⎞ −=− =− ⎢⎥ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎣⎦ ∫ 3 8 2/ Gọi = 123456 naaaaaa là số cần lập ++= 345 y cbt: a a a 8 ⇒ { } { } ∈∈ 345 345 a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4 a) Khi { } 345 a ,a ,a 1,2,5 ∈ • Có 6 cách chọn 1 a • Có 5 cách chọn 2 a • Có 3! cách chọn 345 a,a,a • Có 4 cách chọn 6 a Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n b) Khi { } 345 a,a,a 1,3,4∈ tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n Cách khác Khi { } 345 a ,a ,a 1,2,5∈ Có 3! = 6 cách chọn 345 aaa Có cách chọn 3 6 A 126 a,a,a Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n Khi { } 345 a,a,a 1,3,4∈ tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n CÂU V: Ta có: 4 xx 3 4 1114 44+=+++≥ x +≥ = 8 4 xxx 34 2 4 2.4. Tương tự +≥ = 8 4 yy 34 2 4 2.4 x ⇒ 8 zz 34 24+≥ Vậy ⎡ ⎤ +++++≥ + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 888 x y zx y z 34 34 34 2 4 4 4 TRANG 4 3 8 x y z 6 4 .4 .4≥ 24 xyz 64 6 ++ ≥= DỰ BỊ 2 KHỐI A: Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số 2 1 1 x x y x ++ = + . 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thò ( C ) . Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình : 21 32 4 xy xy xy ⎧ 1 + +− + = ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ 2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 xxx π −− − = Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 . Viết phương trình đường tròn (C 12 4 36 0xy−−+= 1 ) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S. b) Tìm tọa độ điểm A 1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC. Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 7 3 0 2 1 x I dx x + = + ∫ . 2. Tìm hệ số của x 7 trong khai triển đa thức 2 (2 3 ) n x − , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: = 1024. ( C là số tổ hợp chập k của n phần tử) 135 2 21 21 21 21 n nnn CCC C + +++ ++++ 1 n+ k n Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có : 2 9 (1 )(1 )(1 ) 25 6 y x x y ++ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? Bài giải: CÂU I. 1/ Khảo sát và vẽ đồ thò ++ = + 2 xx1 y (C) x1 MXĐ: { } DR . \ 1=− () + ==⇔+=⇔= + 2 2 2 x2x =− y ', y '0 x 2x0 x0ha y x2 x1 BBT x −∞ -2 -1 0 +∞ y ' + 0 - - 0 + y -3 + ∞ − ∞ 1 +∞ −∞ Tiệm cận: x=−1 là phương trình tiệm cận đứng y x= là phương trình tiệm cận xiên 2/ Phương trình tiếp tuyến qua Δ ( ) M1,0 − ( hệ số góc k ) có dạng TRANG 5 Δ : ( ) ykx1=+ Δ tiếp xúc với ( ) C hệ pt sau có nghiệm ⇔ () () ⎧ ++ =+ ⎪ + ⎪ ⎨ + ⎪ = ⎪ + ⎩ 2 2 2 xx1 kx 1 x1 x2x k x1 ⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm là ( ) () () 2 2 2 x2xx1 xx1 x1 x1 + + ++ = + + x1⇔= ⇒ 3 k 4 = Vậy pt tiếp tuyến với Δ ( ) C qua ( ) M1,0 − là: () 3 yx 4 1 = + CÂU II. 1/ Giải hệ pt : () 2x y 1 x y 1 I 3x 2y 4 ⎧ ++− += ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ () ()() 2x y 1x y 1 I 2x y 1x y 5 ⎧ ++− += ⎪ ⇔ ⎨ ++ + + = ⎪ ⎩ Đặt =++≥=+≥u2x y 10,v x y 0 (I) thành () −= =⇒ = ⎧ ⎡ ⎪ ⇒ ⎨ ⎢ =− ⇒ =− += ⎪ ⎣ ⎩ 11 22 22 uv1 u2v1 u1v2loạ uv5 i Vậy () 2x y 12 I xy1 ⎧ ++= ⎪ ⇔ ⎨ += ⎪ ⎩ 2x y 14 x2 x y 1 y 1 + += = ⎧⎧ ⇔⇔ ⎨⎨ + == ⎩⎩ − 2/ Giải phương trình () 3 22cos x 3cosx sinx 02 4 π ⎛⎞ −− − = ⎜⎟ ⎝⎠ (2) 3 2cos x 3cosx sinx 0 4 π ⎡⎤ ⎛⎞ ⇔−−− ⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎣⎦ = = () ⇔+ −−= ⇔++ + −− 3 33 2 2 cosx sinx 3cosx sinx 0 cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx 0 = ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ −= ⎪ ⎩ 3 cosx 0 sin x sin x 0 ≠ ⎧ ⎪ ⎨ ++ +−− −−= ⎪ ⎩ 23 2 3 cosx 0 hay 13t g x3t g xt g x33t g xt g xt g x0 ⇔= 2 sin x 1 = ha y t g x1 x 2 π ⇔=+πk hay π = +πxk 4 CÂU III 1/ () ()() 22 22 Cx y 12x 4 y 36 0 x 6 y 24⇔+− −+=⇔− +− = ) Vậy (C) có tâm và R=2 ( I6,2 TRANG 6 Vì đường tròn ( ) 1 C tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm nằm trên 2 đường thẳng 1 I y x = ± vàvì (C) có tâm ,R = 2 ( I6,2 ) nên tâm với x > 0. ± 1 I(x; x) 1 TH : Tâm đường thẳng y = x ⇒ 1 I ∈ ( ) Ix,x , bán kính = 1 Rx ( ) 1 C tiếp xúc ngoài với (C) ⇔ = + 11 II R R ()() ⇔ −+−=+ 22 x6 x2 2x ()() ⇔− +− =++⇔− −+= 22 22 x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0 ⇔− +=⇔= = 2 x20x360x2ha y x18.Ứng với = = 11 R2ha y R18 Có 2 đường tròn là: ()() 22 x2 y 24 − +− =; ()() 22 x18 y 18 18 − +− = 2 TH : Tâm đường thẳng 1 I ∈ ( ) yxIx,x=− ⇒ − ; = 1 Rx Tương tự như trên, ta có x= 6 Có 1 đường tròn là ()() 22 x6 y 636 − ++ = Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là: ()() ( )( ) ()() −+−= − +− = −++= 22 2 2 22 x2 y2 4;x18 y18 18 x6 y6 36 ; 2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒ = u uur uuur OC AB ⇒ B(2,4,0) * Đoạn OB có trung điểm là ( ) H1,2,0. H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và bán kính R = =++= 11 SB 41616 3 22 , Vậy phương trình mặt cầu là ()() −+−+−= 22 2 x1 y 2(z2)9 2b/ ( ) SC 0,4, 4=− uuur chọn ( là vtcp của SC. ) 0,1, 1− Pt tham số đường thẳng SC x0 y t z4t = ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ =− ⎩ Mp (P) qua ( ) A 2,0,0 và vuông góc với SC có phương trình là ( ) Ox 2 y z 0 y z 0−+−=⇔−= Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra ( ) M 0,2,2 Gọi ( ) 1 Ax,y,z là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của nên 1 AA += =− ⎧⎧ ⎪⎪ += ⇒ = ⎨⎨ ⎪⎪ += = ⎩⎩ 2x2.0 x 2 0 y 2.2 y 4 0z2.2 z 4 Vậy ( ) 1 A2,4,4− CÂU IV: 1/ Tính 7 3 0 x2 Id x1 + = + ∫ x Đặt 32 3 t x 1 x t 1 dx 3t dt=+⇒=−⇒= TRANG 7 ⇒ .Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2. 3 x2t 1+= + Vậy ( ) () 2 32 52 22 4 11 1 t13t t t 231 Idt3ttdt3 t5 + ⎡⎤ ==+=+ ⎢⎥ ⎣⎦ ∫∫ 210 = 2/ Ta có () + + + ++ + + + +=+ + + ++ 2n 1 0 1 2233 2n12n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 1 x C C x C x C x C x 1 1 + 1 n1 + ) Cho Ta có (1) x1= 2n 1 0 1 2 3 4 2n 1 2n12n12n12n12n1 2n 2CCCCC C ++ +++++ =++++++ Cho Ta có (2) x=− 01 23 4 2 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 0CCCCC C + +++++ =−+−+−− Lấy (1) - (2) ⇒ 2n 1 1 3 5 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 22CCC C ++ +++ + ⎡⎤ = ++++ ⎣⎦ ⇒ . Vậy 2n=10 2n 1 3 5 2n 1 10 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 C C C C 1024 2 + +++ + =++++== Ta có () () ( 10 10 k k k10k 10 k0 23x 1C2 3x − = −=− ∑ Suy ra hệ số của là hay 7 x 773 10 C3.2− − 373 10 C3.2 CÂU V: Ta có: 3 4 3 xxx x 1x1 4 333 3 +=+++≥ 3 4 33 yyyy y 11 4 x3x3x3x 3.x +=+ + + ≥ () 3 4 3 9333 3 11 4 y yyy y +=+++≥ ⇒ 2 6 4 3 93 116 y y ⎛⎞ +≥ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vậy () ⎛⎞ ⎛⎞ ++ + ≥ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 2 336 4 3333 y9 xy3 1 x 1 1 256 256 x y 33.xy DỰ BỊ 1 KHỐI B: Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số 42 65yx x=− + 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : 42 2 6logxx m0 − −= . Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 21 32 4 xy xy xy ⎧ 1 + +− + = ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ 2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 xxx π −− − = Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : 22 64 9 x y + = 1. Viết phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 xyz : 112 d = = và 2 12 : 1 x t dyt zt =− − ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ =+ ⎩ ( t là tham số ) a) Xét vò trí tương đối của d 1 và d 2 . TRANG 8 b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d 1 và N thuộc d 2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : và độ dài đọan MN = 0xyz−+= 2 . Câu IV: ( 2 điểm) 1. Tính tích phân 2 0 ln e x xdx ∫ . 2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3 4 Cmrằng : 333 333ab bc ca++ +++≤3. Khi nào đẳng thức xảy ra ? Bài giải: CÂU I: 1/ Khảo sát . MXĐ: D=R 42 yx 6x 5=− + ( ) =−= − =⇔= =± 32 y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0hayx 3 2 y'' 12x 12,y'' 0 x 1=− =⇔=± BBT x −∞ 3− -1 0 1 3 +∞ y ' - 0 + + 0 - - 0 + y '' + + 0 - - 0 + + y +∞ 5 +∞ -4 0 0 -4 Đồ thò 2/ Tìm m để pt 42 2 x6xlo g m0−− = có 4 nghiệm phân biệt. 42 42 22 x6xlo g m0 x 6x 5lo g m5−− =⇔−+= + Đặt 2 klo g m5=+ Ycbt đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt ⇔ TRANG 9 4k5⇔− < < ⇔− < + < 2 4lo g m55 ⇔− < < ⇔ < < 2 9 1 9logm0 m1 2 CÂU II 1/ Giải pt ( ) 3x 3 5 x 2x 4 1−− − = − Điều kiện 3x 3 0 5x0 2x5 2x 4 0 −≥ ⎧ ⎪ −≥⇔≤≤ ⎨ ⎪ −≥ ⎩ (1) 3x 3 5 x 2x 4⇔−=−+− và ≤ ≤2x5 ( ) ( ) ⇔−=−+−+ − −3x35x2x425x2x4 và ≤ ≤2x5 ( ) ( ) ⇔−= − −x2 5x2x4 và ≤≤2x5 ⇔−=x20 ( ) −= −ha y [x 2 5 x2 và < ≤2x5 ] ( ) ⇔= −= − <≤ ⇔= = x2hay[x225xvà2x5] x2hayx4 2/ Giải pt: ( ) ( ) 22 3 sinxcos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2+−+= Điều kiện : cosx 0 x k 2 π ≠⇔≠+π ( ) ⇔+−+= 22 3 2 sinxcos2x sin x cos x 2sin x 0 và ≠ co sx 0 ( ) ⇔+−= 2 sinx cos2x 2sin x cos2x 0 và ≠ cosx 0 ( ) ⇔+−−= ≠ co sx 0sinx cos2x 1 cos2x cos2x 0 và ( ) ⇔−− = 2 sin x 1 2sin x 0 và ≠ cosx 0 và⇔+− 2 2sin x sinx 1 0= ≠ cosx 0 () ⇔= =− 1 sinx (vìsinx 1 loại ) 2 π ππ ⇔== ⇔=+π =+ 15 sin x sin x k2 hay x k2 26 6 6 π CÂU III. 1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp x0, y 0≥≥ Gọi ( ) ( ) A2m,0;B0,m là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ ( ). Pt AB: m0> xy 1x2y2m 2m m +=⇔+− = 0 AB tiếp xúc với (E) 2 64 4.9 4m⇔+ = ( ) 22 4m 100 m 25 m 5 m 0⇔=⇔=⇔=> Vậy pt tiếp tuyến là x2 y 10 0 + −= Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là TRANG 10 [...]... vËt trßn xoay khi quay (H) quanh trơc Ox mét vßng 2 Cho x, y, z lµ c¸c bi n sè d−¬ng T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa bi u thøc: ⎛ x y z ⎞ P = 3 4(x 3 + y 3 ) + 3 4(y 3 + z 3 ) + 3 4(z 3 + x 3 ) + 2⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ ⎜y z x ⎟ ⎝ ⎠ C©u 05a: (Cho ch−¬ng tr×nh THPT kh«ng ph©n ban) 1 Trong mỈt ph¼ng Oxy, cho tam gi¸c ABC cã träng t©m G (− 2; 0 ) Bi t ph−¬ng tr×nh c¸c c¹nh AB vµ AC lÇn l−ỵt lµ 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y... Tìm m để pt = m có 4 nghiệm x +1 phân bi t Ta có ⎧ x 2 + 3x + 3 nếu x > −1 ⎪ x 2 + 3x + 3 ⎪ x + 1 y= =⎨ 2 x +1 ⎪ x + 3x + 3 nếu x < −1 ⎪− x +1 ⎩ ( Do đó đồ thò y = ) x 2 + 3x + 3 có được bằng cách x +1 Giữ nguyên phần đồ thò (C) có x > -1 Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) có x 3 x +1 ⎛1⎞ CÂU II 1/ Giải... ⇔ Maxf(x)≥0 ⇔ max {f(−1), f(1)} ≥ 0 x∈[ −1;1 ] ⇔ max {3m + 6,m + 2} ≥ 0 ⇔ 3m + 6 ≥ 0 hay m + 2 ≥ 0 ⇔m≥− 2 DỰ BỊ 2 KHỐI D: Câu I: (2 điểm) 1 2 Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thò của hàm số y = Tìm m để phương trình x 2 + 3x + 3 = m có 4 nghiệm phân bi t x +1 TRANG 19 x 2 + 3x + 3 x +1 2 x − x2 ⎛1⎞ − 2⎜ ⎟ ≤3 9 Câu II:( 2 điểm) 1 Giải bất phương trình : ⎝ 3⎠ 2 Giải phương trình : sin 2 x + cos 2 x +... Bi t ph−¬ng tr×nh c¸c c¹nh AB vµ AC lÇn l−ỵt lµ 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − 2 = 0 T×m to¹ ®é A, B, C? 2 Trªn c¸c c¹nh AB, BC, CD, DA cđa h×nh vu«ng ABCD lÇn l−ỵt cho 1, 2, 3 vµ n ®iĨm ph©n bi t kh¸c A, B, C, D T×m n bi t sè tam gi¸c cã 3 ®Ønh lÊy tõ n + 6 ®iĨm ®· cho lµ 439 C©u 05b: (Cho ch−¬ng tr×nh THPT ph©n ban) 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : log 4 (x − 1) + 1 log 2 x +1 4 = 1 + log 2 x + 2 2 2 Cho h×nh chãp... 2 xy ⎪y + = y2 + x 2 3 ⎪ y − 2y + 9 ⎩ C©u 05a: (Cho ch−¬ng tr×nh THPT kh«ng ph©n ban) 1 T×m hƯ sè cđa x 8 trong khai triĨn (x 2 + 2 ) bi t A 3 − 8C 2 + C1 = 49 n n n n 2 Cho ®−êng trßn (C ) : x 2 + y 2 − 2x + 4 y + 2 = 0 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn (C′) t©m M (5;1) bi t (C′) c¾t ®−êng trßn (C ) t¹i c¸c ®iĨm A, B sao cho AB = 3 C©u 05b: (Cho ch−¬ng tr×nh THPT ph©n ban) 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (2 − log... THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2006 (ĐỀ DỰ TRỮ) Đề DỰ BỊ 1 – khối A – 2006 Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh Câu I (2 đ) 1) Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thò hàm số x2 + 2 x + 5 y= (C) x +1 2) Dựa vào đồ thò (C), tìm m để phương trình sau đây có hai nghiệm dương phân bi t x2 + 2x + 5 = (m2 + 2m + 5)(x + 1) Câu II (2 đ) 2+3 2 1) Giải phương trình: cos3x cos3x – sin3x sin3x = 8 2 ⎧ ⎪( x +1) + y ( y +... ≤ x ≤ 1 ⎧x = 1 ⎪ ⎪ ⇔⎨ Dấu = xảy ra ⇔ ⎨ x = x 2 1 ⎪ ⎪y = 4 1 ⎩ ⎪yx 2 = 4 ⎩ DỰ BỊ 1 KHỐI D: Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) là đồ thò của hàm số y= – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – 1 (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 1 2) Tìm m để đồ thò (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1 Câu II:( 2 điểm) 1 Giải bất phương trình : 2 x + 7 − 5 − x ≥ 3x − 2 3π sin x 2 Giải phương... ⇔ t ' = 0 hay t ' = * t’=0 ta có M ( 0,0,0 ) ≡ O ∈ ( P )( loại ) * t' = 4 7 4 ⎛4 4 8⎞ ⎛1 4 3⎞ ta có M ⎜ , , ⎟ ; N ⎜ , − , ⎟ 7 ⎝7 7 7⎠ ⎝7 7 7⎠ CÂU IV 1/ Tính I = e 2 ∫1 x ln xdx x3 dx 2 Đặt u = ln x ⇒ du = ; dv = x dx chọn v = 3 x 3 3 e x dx x 1 e 2 1 e 1 e = ln x − x 3 = e3 + I = ∫ x 2 ln xdx = ln x 1 − ∫ x 3 1 x 3 9 1 9 9 3 3 1 2 Ta có trường hợp 5 * 3 nữ + 5 nam Ta có C3C10 = 2520 5 4 4 * 4 nữ +... c¸c tam gi¸c ®Ịu c¹nh a TÝnh theo a kho¶ng c¸ch tõ B ®Õn mỈt ph¼ng (SAC) §Ị tham kh¶o khèi B - 2007 C©u 01: Cho hµm sè: y = −2 x 3 + 6 x 2 − 5 1 Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè 2 LËp ph−¬ng tr×nh tiÕp tun bi t tiÕp tun ®ã qua ®iĨm A(− 1; − 13) C©u 02: 3x ⎛ x π⎞ ⎛ 5x π ⎞ 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: sin ⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos 2 ⎝2 4⎠ ⎝ 2 4⎠ 2 T×m m ®Ĩ ph−¬ng tr×nh: C©u 03: 4 x 2 + 1 − x = m cã nghiƯm Trong kh«ng... T×m x , y ∈ N tho¶ m·n hƯ: ⎨ 3 2 ⎪A y + C x = 66 ⎩ 2 Cho ®−êng trßn (C ) : x 2 + y 2 − 8x + 6 y + 21 = 0 vµ ®−êng th¼ng d : x + y − 1 = 0 X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh cđa h×nh vu«ng ABCD ngo¹i tiÕp (C ) bi t A thc d C©u 05b: (Cho ch−¬ng tr×nh THPT ph©n ban) 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: log 3 (x − 1) + log 2 3 (2x − 1) = 2 2 Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng t©m O, SA vu«ng gãc víi ®¸y h×nh chãp . ( ) 2 /3 0 1cosxsinx Id x cosx π − = ∫ ucosx , Đặt = ⇒ du sinxdx − = Đổi cận () 1 u,u0 32 π ⎛⎞ == ⎜⎟ ⎝⎠ 1 ( ) () 2 1/2 1 1u du I u −− = ∫ = 1 1 2 1/2 1/2 1u udu lnu ln2 u2 ⎡⎤ ⎛⎞ −=− =− ⎢⎥ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎣⎦ ∫ 3 8 . BỊ 1 KHỐI B: Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự bi n thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số 42 65yx x=− + 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân bi t : 42 2 6logxx m0 − −= . Câu II: 2 điểm). 42 2 x6xlo g m0−− = có 4 nghiệm phân bi t. 42 42 22 x6xlo g m0 x 6x 5lo g m5−− =⇔−+= + Đặt 2 klo g m5=+ Ycbt đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân bi t ⇔ TRANG 9 4k5⇔− < < ⇔− <