http://hocmaivn.com LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 http://hocmaivn.com LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học trình quan trọng Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” thầy tổng hợp biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học nước với nhiều đề thi hay để giúp em hệ thống lại kiến thức chuyên đề học, rèn luyện kĩ giải toán tạo tảng kiến thức tốt cho kỳ thi Đại học tới Nội dung sách viết tinh thần đổi ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm đề chấm thi Bộ Giáo dục Đào tạo phù hợp để em tự ôn luyện Toán môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi hoạt động người Để học toán tốt trước hết cần tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu Bên cạnh phương pháp học quan trọng, nên từ dễ tới khó với tư logic Tiếp xúc toán không dừng lại cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng cách giải khác Sau toán nên rút cho điểm ý quan trọng Cuối thầy chúc tất em có SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, THÀNH CÔNG kỳ thi tới! Thanh hóa.Tháng năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 71 http://hocmaivn.com 2 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x + 2m x + ( 1) , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số ( 1) m = Chứng minh đường thẳng d : y = x + cắt đồ thị hàm số ( 1) hai điểm phân biệt với m Câu 2.(1,0 điểm) 3π   π  Giải phương trình cos x − cos  x + ÷sin  x − ÷ =    2 Giải phương trình: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = x 4 e Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (x + 1) ln x + x + dx + x ln x Câu 4.(1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z + z = + i Tìm T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011 Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( E ) có tiêu điểm thứ F − 3;0 (  qua điểm M  ;  ) 33  ÷ Tính diện tích hình chữ nhật sở elíp ( E ) ÷  Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 : x +1 y z − = = , −3 x y−2 z = = A ( −1; 2;0 ) Lập phương trình mặt phẳng ( P ) song song với hai đường −1 −2 thẳng d1 , d cách A khoảng d2 : Câu (1,0 điểm) · Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Tam giác SAC cân S , SBC = 600 Mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB )  x − y + y − x − = ( 1) Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x + − x − y − y + = ( ) Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số a, b, c, d số thực Chứng minh : a − b c − d ad + bc + + ≥ a + b c + d ac − bd http://hocmaivn.com LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) ) Cho hàm số y = x + 2m x + ( 1) , m tham số ( 1,0 điểm)Khi m = Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y = x + x + a) Tập xác định D = ¡ b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y′ = x + x = x ( x + 1) ⇒ y′ = ⇔ x = Ta có y ' > ⇔ x > ; y ' < ⇔ x < : hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;0 ) , đồng biến khoảng ( 0; + ∞ ) 2 +) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = y = lim y = +∞ +) Giới hạn: xlim →−∞ x →+∞ +) Bảng biến thiên: x y′ −∞ 0 − +∞ + +∞ +∞ y Đồ thị : Nhận xét : hàm số cho (học sinh tự vẽ đồ thị) hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung trục đối xứng 2.( 1,0 điểm) Chứng minh đường thẳng d : y = x + cắt đồ thị hàm số ( 1) hai điểm phân biệt với m Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) đường thẳng d : y = x + : x = x + 2m x + = x + ⇔ x ( x + 2m x − 1) = ( *) ⇔   x + 2m x − = ( **) Số giao điểm hai đồ thị tương ứng số nghiệm phương trình ( *) Ta thấy pt ( *) có nghiệm x = , ta chứng minh pt ( **) có nghiệm khác với giá trị m • Nếu m = pt ( **) trở thành x3 − = ⇔ x = ⇒ pt ( *) có hai nghiệm • Nếu m ≠ , xét hàm số f ( x ) = x + 2m x − ¡ Ta có f ′ ( x ) = 3x + 2m > 0∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến ¡ ⇒ pt f ( x ) = có nhiều nghiệm ¡ Ta có f ( ) = −1, f ( 1) = 2m > ⇒ f ( ) f ( 1) < ⇒ pt f ( x ) = có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) 2 Vậy pt ( **) có nghiệm khác Câu 2.(1,0 điểm)   π 1.(0,5 điểm) Phương trình ⇔ cos 2x − sin  4x + ÷− sin ( 2x − π ) = 2  ⇔ cos 2x − cos4x + sin 2x = ⇔ − sin 2x − + 2sin 2x + sin 2x = ⇔ sin 2x + sin 2x − = ⇔ sin 2x + sin 2x − = ⇔ sin 2x = −2 (loại) sin2x=1 π + kπ ( k ∈ ¢ ) 2 2.(0,5 điểm).Giải phương trình: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = x Vậy phương trình có họ nghiệm x = 2 2 2 Ta có: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = x ⇔ ( 3x − 3x − 3) ( x + x − 3) = 12 x ( *) http://hocmaivn.com ⇔ ( x − x − 3) − x  ( x − x − ) + x  = 12 x ⇔ ( x − x − 3) − x = 12 x 2 3 x − x − = x ( 1) ⇔ ( x − x − 3) = 16 x ⇔  3x − x − = −4 x ( ) ± 61 • pt ( 1) ⇔ x − x − = ⇔ x = −1 ± • pt ( 1) ⇔ ( x + x − 1) = ⇔ x =  + 61 − 61 −1 + −1 −  ; ; ; ; Vậy tập nghiệm phương trình : S =  2   ( ý: từ pt ( *) nhận xét x = không nghiệm pt ( *) Khi x ≠ chia hai vế phưong trình ( *) cho x , sau đặt t = 3x − đua pt bậc hai ẩn t x , giải tìm t ⇒ x ) 2 e Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân: I = ∫ (x e e I = ∫ x dx + ∫ 1 e + 1) ln x + x + x ( + x ln x ) + ln x + dx = ∫ dx + x ln x + x ln x ln x + dx = I1 + I + x ln x e e e3 − +Tính I1 = ∫ x dx = x = 3 e e d ( + ln x ) e + ln x e+2 dx = ∫ dx = ln ( + x ln x ) = ln + I2 = ∫ + x ln x + x ln x 1 e3 − e+2 + ln Vậy I = Câu 4.(1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z + z = + i Tìm T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011 Gọi z = a + bi , ( a, b ∈ ¡ ) Từ giả thiết z + z = + i ⇔ a + bi + ( a − bi ) = + i 3a = a = ⇔ 3a − bi = + i ⇔  ⇔ ⇔ z = 1− i −b = b = −1 T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011 = z 2011 ( + z + z + z ) = z 2011 ( + z ) ( + z ) Mà + z = − i,1 + z = + ( − i ) = − 2i ⇒ ( + z ) ( + z ) = ( − i ) ( − 2i ) = −5i z 2011 = ( − i ) = ( − i )    1005 ⇒ T = 5.2 ( −1 + i ) 2011 1005 ( − i ) = ( −2i ) 1005 ( − i ) = −21005 i ( − i ) = −21005 ( + i ) Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( E ) có tiêu điểm thứ  33  F − 3;0 qua điểm M  ; ÷ Tính diện tích hình chữ nhật sở elíp ( E ) ÷   ( ) ( ) Ta có: ( E ) có tiêu điểm F − 3;0 nên có c = Phương trình tắc ( E ) có dạng: x2 y + = , ( a > b > 0) a b2 2 2 Ta có a = b + c = b + ( 1) http://hocmaivn.com  Điiểm M  ;  33  528 ∈( E) ⇒ + = ( 2) ÷ ÷  a 25b Thế ( 1) vào ( ) ta 528 + = ⇔ 25b − 478b − 1584 = ⇔ b = 22 ⇒ a = 25 b + 25b 2 x2 y + = ⇒ a = 5, b = 22 25 22 Hình chữ nhật sở elíp ( E ) có kích thước ( 2a; 2b ) = 10 ; 22 Tức ta có ( E ) : ( ) Từ diện tích hình chữ nhật sở 10 × 22 = 20 22 (đ/v dt) Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng x +1 y z − x y−2 z = = = , d2 : = A ( −1; 2;0 ) Lập phương trình mặt phẳng ( P ) song −3 −1 −2 song với hai đường thẳng d1 , d cách A khoảng r r vtcp d1 u1 = ( 1; −3; ) ,vtcp d u2 = ( 2; −1; −2 ) r Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) n r r r r r r r Do n ⊥ u1 , n ⊥ u2 ⇒ n = [ u1 ; u2 ] = ( 10;10;5 ) = ( 2; 2;1) 5 Suy ( P ) : x + y + z + m = Từ giả thiết d ( A; ( P ) ) = d1 : −2 + + m = ⇔ m + = ⇔ m = ∨ m = −11 + +1 Vậy ( P ) : x + y + z + = ( P ) : x + y + z − 11 = ⇔ Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Tam giác SAC cân · S , SBC = 600 Mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) Gọi H trung điểm AC ⇒ SH ⊥ AC ( ∆SAC cân S ) Mà ( SAC ) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) đặt SH = x, ( x > ) SB = 3x + a , SC = x2 + a2 Ta có · Áp dụng định lí cô sin cho tam giác SBC với SBC = 600 a = SH a a a3 (đvtt) = × × = ta SC = BS + BC − BS BC.cos 600 ⇒ x = dt∆ABC = a2 ⇒ VS ABC = ×SH ×dt∆ABC HK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SHK ) Kẻ http://hocmaivn.com hạ HI ⊥ SK ⇒ HI ⊥ ( SAB ) ⇔ HI = d ( H , ( SAB ) ) , 1 a = + = ⇒ HI = 2 HI HK HS a a a ) , HK = AH sin 600 = a (đ/vđd)( CA = HA ) ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = 2d ( H , ( SAB ) ) = HI =  x − y + y − x − = ( 1) Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x + − x − y − y + = ( ) 1 − x ≥ −1 ≤ x ≤ ⇔ Điều kiện:    y − y ≥ 0 ≤ y ≤ ( HS = Đặt t=x+1 ⇔ x = t − 1, t ∈ [ 0; 2] Ta có (1) ⇔ x3 − y + y − 3x − = ⇔ ( t − 1) − 3t = y − y ( *) 3 Hàm số f ( u ) = u − 3u nghịch biến đoạn [ 0; 2] nên: Từ (*) ⇔ t − 3t = y − y ⇔ y = t ⇔ y = x + Thay vào y=x+1 vào phương trình (2) ta x + − x − ( x + 1) − ( x + 1) + = 2 ⇔ x − − x + = Đặt v = − x ⇒ v ∈ [ 0;1]  v = −1 + ta có phương trình: v + 2v − = ⇔   v = −1 − 3( L)  x = − − 3; y = − −  v = − + ⇔ Với  x = − 3; y = + −  ( )( Hệ phương trình có nghiệm (x;y) − − 3;1 − − ; − 3;1 + − Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số a, b, c, d số thực a − b c − d ad + bc + + ≥ a + b c + d ac − bd a−b c−d ad + bc ; y= ; z= Đặt x = T = xy + yz + zx a+b c+d ac − bd  a − b  c − d   c − d  ad + bc   ad + bc  a − b  T = ÷ ÷+  ÷ ÷+  ÷ ÷  a + b  c + d   c + d  ac − bd   ac − bd  a + b  ( a − b ) ( c − d ) ( ac − bd ) + ( ad + bc ) ( a − b ) ( c + d ) + ( c − d ) ( a + b )  T= ( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd ) Chứng minh : ( ac − bd ) ( a − b ) ( c − d ) + ( ad + bc )  ( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd ) = =1 ( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd ) ( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd ) 2 Yêu cầu toán x + y + z ≥ ⇔ x + y + z ≥ ⇔ ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) T= ⇔ 1 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ Ta có điều phải chứng minh  ĐỀ SỐ 72 ) http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x −1 ( C) 2x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x −1 ( C) 2x −1 Viết PTTT đồ thị ( C) biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: tan x cos 3x + cos x − = ( sin x + cos x ) − 2sin x ( ) ( x Giải phương trình: − + 15 + Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ) x ln ( 16 − x ) x = x+3 dx Câu 4.(1,0 điểm): Tìm tất số phức z thỏa mãn phương trình: z2+ z = Khi tính tổng lũy thừa bậc tất nghiệm phương trình cho Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x2+y2-2x-4y-4=0.Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC ngoại tiếp (C ) Biết A nằm đường thẳng y=-1 có hoành độ dương Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 hai đường thẳng d1,d2 x −1 y z +1 x −1 y − z +1 = = ; = = viết phương trình mp(Q) song song −1 2 1 với (P),theo thứ tự cắt d1,d2 A.B cho AB = có phương trình: Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm tia đối tia AB,Các mặt phẳng (SBC) (SCD) tạo với mặt phẳng đáy góc nhau.Hơn ,khoảng cách đường thẳng BD SA Tính thể tích khối chóp cô sin góc hai đường thẳng SA BD  x − y − x − y = Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  15 x − y + 22 x + y = 15 ( ∀x, y ∈ ¡ ) Câu 9.(1,0 điểm): Với x,y số thực lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y − x − y + ( x + y ) − 16 xy ( x − 1) ( y − 1) LỜI GIẢI http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm): a, Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x −1 ( C) 2x −1 1  2 x −1 x −1 x −1 x −1 = ; lim = ; lim+ = −∞; lim− = +∞ Giới hạn: xlim →−∞ x − 1 x −1 x →+∞ x − x→ x − x→ Tập xác định : D = ¡ \   2 1 Đồ thị nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang.Đường thẳng x = làm tiệm cận đứng 2 y/ = > 0, ∀x ∈ D ( x − 1) Hàm số đồng biến với x ∈ D Bảng biến thiên x −∞ y/ + +∞ || + +∞ Y −∞ Đồ thị: b, Viết PTTT đồ thị ( C) biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Đồ thị hàm số tiếp tuyến dạng thẳng đứng Giả sử tìm đường thăng t tiếp xúc với đồ thị (C ) có hoành độ x0 có hệ số góc k = y / ( x0 ) = − ( x0 − 1) Do hai trục tọa độ vuông góc với nên t tạo với hai trục tọa độ tam giác cân k = ±1 *Với k=1 ⇔ − ( x0 − 1) *Với k=-1 ⇔ − = Phương trình vô nghiệm ( x0 − 1) = −1 ⇔ x0 = 1± Từ tìm hai tiếp tuyến y = − x + ± Câu 2.(1,0 điểm): 1.(0,5 điểm) Giải phương trình: ĐK: cos x ≠ 0,sin x ≠ tan x cos 3x + cos x − = ( sin x + cos x ) − 2sin x 2 Nhận xét: cos 3x = cos x − 3cos x = cos x ( 4sin x − 1) , cos x − = − 4sin x nên đưa phương http://hocmaivn.com ( ) trình dạng: ( 4sin x − 1) sin x + cos x − = π 7π + k 2π , x = + k 2π ( k ∈ ¢ 6 π Giải phương trình: sin x + cos x − =0 kết hợp với ĐK x = − + n 2π ( n ∈ ¢ ) π 7π + k 2π ( k ∈ ¢ ) Kết luận :PT có hai nghiệm x = − + k 2π , x = 6 Giải phương trình: 4sin2x-1=0 ,kết hợp với ĐK ta được: x = − ( ) ( x 2.(0,5 điểm) Giải phương trình: − + 15 + ) x ) = x+3 chia hai vế cho x > , x  −  x  +  x   3−    Đặt  ÷ ÷ = t > 0,  ÷ ÷  ÷ ÷ = 1 ta phương trình: t -8t+13=0 ⇔ t = 3, t =        t = ⇔ x = log 3− *Với * t = ⇔ x = log 3− 5 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ Đặt: x = t ⇒ t ∈ [ 1;3] , dx = 2tdt ln ( 16 − x ) x dx 3   t2 2 I = ln 16 − t dt = t ln 16 − t | − )  ( ) ∫ 16 − t dt ÷ = −2 + ln 57 , ∫1 (   3 t 2   (∫ dt = ∫  −1 + + ÷dt = −2 + ln − ln ) vậy: I= −2 + ln , 16 − t 4−t 4+t  1 Câu 4.(1,0 điểm) Tìm tất số phức z thỏa mãn phương trình: z2+ z = Khi tính tổng lũy thừa bậc tất nghiệm phương trình cho Chọn z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Suy z = a − b + 2abi, z = a − bi ⇒ z + z = a − b2 + a = ⇔ ( a − b + a ) + ( 2ab − b ) i = Từ thu   2ab − b = 1 3 Giải hệ ta được: ( a; b ) = ( 0;0 ) , ( −1;0 ) ,  ; ± ÷ ÷ 2  3 Vậy có bốn số phức z1 = 0, z2 = −1, z3 = + i, z = − i thỏa mãn phương trình cho 2 2 Để ý zk nghiệm phương trình zk4 = z k 2 1  1  i÷ + − i÷ Do z + z + z + z = +  +  ÷  ÷ =2 2  2  4 4 Câu 5.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x2+y2-2x-4y-4=0.Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC ngoại tiếp (C ) Biết A nằm đường thẳng y=-1 có hoành độ dương Đường tròn (C ) có tâm I(1;2) bán kính R=3.Giả sử tìm tam giác ABC thỏa mãn Với A(a;-1), a>0 IA=2R=6 nên tìm a=6.Dó A(6;-1) Khẳng định đường thẳng y=-1 tiếp xúc với (C ) M(1;-1) nên uur uuur Nếu B nằm đường thẳng M trung điểm AB C thỏa mãn IC = −2 IM http://hocmaivn.com Vậy : I= − arctan Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Tìm hệ số x10 khai triển ( x − x ) n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng hệ số khai triển −2048 Do tổng hệ số khai triển –2048 nên ta có: Cn0 − 3Cn1 + 32 Cn2 − + (−1) n 3n Cnn = −2048 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 11 k Ta có khai triển: ( x − x ) = ∑ C x (−3 x ) 11 k 11 k =0 11− k 11 = ∑ C ( −1) k =0 k 11 11− k 11− k x 22 − k Hệ số x10 khai triển tương ứng với 22 − k = 10 ⇔ k = 3 Vậy hệ số cần tìm (−1) C11 = −4455 2.(0,5 điểm) Cho số phức z = cos 2α + ( sin α − cos α ) i, với số α thay đổi.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ |z| ta có z = cos 2α + ( sin α − cos α ) = cos 2 x − sin 2α + = − sin 2α − sin 2α + Đặt t = sin 2α , −1 ≤ t ≤ 2 Xét hàm số: f ( t ) = −t − t + 2, t ∈ [ −1;1]  1 ta có f ( 1) = 0, f ( −1) = 2, f  − ÷ =  2 π  x = − = kπ  1 12 ,k ∈¢ Suy max f ( t ) = t = − ⇔ sin 2α = − ⇔  π 2 x = + kπ  12 π f ( t ) = t=1 ⇔ sin 2α = ⇔ α = + kπ , k ∈ ¢ Vây : max z = ; z = / Ta có f/(t)=-2t-1 ⇔ f ( t ) = ⇔ t = − Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn ( C ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 20 Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương thuộc đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình cạnh AB hình thoi B H A d I C D Đường tròn (C) có tâm I (1; −1), bán kính R = Đặt BI = x,( x > 0) Do AC = BD ⇒ AI = BI = x Kẻ IH ⊥ AB ⇒ IH = R = 1 1 1 ⇔ 2+ = ⇔ x = ( Do x > 0) • Trong ∆AIB có: + = IA IB IH 4x x 20 Suy IB = Gọi B(t ;2t − 5), (t > 0) t = (tm) Do IB = ⇔ (t − 1) + (2t − 4) = 25 ⇔  −2 t = (ktm)  • Với t = ⇒ B (4;3) Phương trình cạnh AB có dạng: a ( x − 4) + b( y − 3) = 0,(a + b ≠ 0)  a = 2b −3a − 4b 2 Có : d ( I ; AB ) = IH = R ⇔ = ⇔ 11a − 24ab + 4b = ⇔  2 a = b a +b 11  x + y − 11 = a = b , a = 2, b = • Với chọn , phương trình AB là: • Với a = b, chọn a = 2, b = 11 , phương trình AB là: x + 11 y − 41 = 11 Vậy phương trình cạnh AB x + y − 11 = x + 11 y − 41 = http://hocmaivn.com 2 Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, viết phương trình mp(P) qua giao tuyến hai mặt phẳng ( α ) : 2x – y + = 0; ( β ) : 2x – z = tạo với mp(Q): x – 2y + 2z – = góc ϕ mà sinϕ = 73 +) Vì (P) qua giao tuyến ( α ) ( β ) nên pt (P) có dạng: m(2 x − y +1) + n (2 x − z ) = ⇔ (2m + 2n ) x − my − nz + m = +) sinϕ = (m + n ≠ 0) m + 2n + 2m − 2n 73 2 2 ⇒ cosϕ = ⇔ = ⇔ 13m2 - 8mn - 5n2= (*) 9 (2m + 2n) + m2 + n m  n =1 m m +) Nếu n = ⇒ m = loại, Nếu n ≠ ⇒ (*) ⇔ 13 − − = ⇔  n n  m = −5  n 13 m +.Với = ⇒ ( P) : x − y − z + = , n m −5 = ⇒ ( P) :16 x + y −13 z − = +Với n 13 Vậy: ( P) : x − y − z + = ; ( P) :16 x + y − 13z − = Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớn AD=2a, AB = BC = a, SB = 2a , hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O AD Trên cạnh SC, SD lấy điểm M, N cho SM = 2MC , SN = DN Mặt phẳng ( α ) qua MN, song song với BC cắt SA, SB P, Q Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a 2a Do SO ⊥ ( ABCD ), OA = OB = OC = OD = a ⇒ SO = =a Do AD = BC ⇒ S ABD = 2S BCD ⇒ S BCD = S ABCD ⇒ VS BCD = VS ABCD ,VS ABD = VS ABCD 3 3a 1 3a 3a (đvtt) S ABCD = 3S AOB = ⇒ VS ABCD = SO.S ABCD = a = 3 4 SP SN SQ SM = = , = = Có MQ // BC, NP // BC nên SA SD SB SC VS MNQ SM SN SQ 2 2 = = ⇒ VS MNQ = VS BCD = VS ABCD SC SD SB 3 9 27 http://hocmaivn.com = VS BCD VS PNQ VS ABD = SP SN SQ 1 1 = = ⇒ VS PNQ = VS ABD = VS ABCD SA SD SB 2 6 S N P A O Q B M D C 5 3a 5a VS ABCD = = (đvtt) 27 27 36  x − x + y − y + = Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  2  x y + x + y − 22 = ( x − 2) + ( y − 3) = Hpt ⇔  2 ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 =  x2 − = u Đặt  y −3 = v Suy VS MNPQ = VS MNQ + VS PNQ = u + v = u = u = Khi ta  ⇔  v = v = u.v + 4(u + v) =  x =  x = −2  x =  x = − ⇒  ; ; ;  y =  y =  y =  y = KL: nghiệm hpt cho là: ( 2;3) , ( −2;3) , ( )( 2;5 , − 2;5 ( x, y ∈ ¡ ) ) Câu 9.(1,0 điểm).Cho số dương x, y , z thoả mãn: x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ ⇔ x + y + z − ( x + y + z ) ≤ ⇒ 18 ≥ ( x + y + z ) − 3( x + y + z ) ⇔ −3 ≤ x + y + z ≤ ⇒ < x + y + x ≤ Ta có: ⇒ A+ y + z +1 + ≥ ; y + z +1 25 z + x +1 + ≥ ; z + x +1 25 2( x + y + z ) + 6 2( x + y + z ) + 3 ≥ ⇔ A≥ − ≥ 25 5 25 x + y +1 + ≥ x + y +1 25 5 http://hocmaivn.com Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy Amin = ⇔ x = y = z = Cách khác: Đặt t = x + y + z , t > ( x + y + z )2 t2 Sử dụng BĐT x + y + z ≥ ⇒ − t ≤ ⇒ t ∈ (0;6] 3 1 9 , ∀a, b, c > áp dụng kết ta A ≥ Chứng minh + + ≥ a b c a+b+c 2t + Xét f (t ) = (0;6], suy kết toán 2t + 2 ĐỀ SỐ 79 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + có đồ thị ( Cm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị ( Cm ) có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị ba đỉnh tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp Câu 2.(1,0 điểm) http://hocmaivn.com  π 2 x π  2 3π  1/Tìm nghiệm khoảng  0; ÷ phương trình: 4sin  π − ÷ − sin  − x ÷ = + cos  x − ÷ 2   2  2   2/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: 10 x + x + = m(2 x + 1) x + Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ x3 x + + ( x + x ) ln x x dx Câu 4.(1,0 điểm) 1/Tính giới hạn sau: L = lim x + − − x x −1 x →1 2/ Cho số phức z thỏa mãn |z – 1| = |z – 2i| Tìm số phức z biếtz + – 5iđạt giá trị nhỏ Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình thang vuông ABCD vuông A D ; BC = CD = AB , BC có trung điểm M ( 1;0 ) Đường thẳng AD có phương trình x − y = Xác định toạ độ điểm A Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 4y – 2z = đường thẳng (d): = = đường thẳng (d): (t ∈ R) Chứng minh hai đường d, d chéo viết phương trình ∆ nằm mặt phẳng (P), cắt đường thẳng d vuông góc với đường d Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; SA ⊥ ( ABCD ) ; AB = SA = 2a; AD = 2a Gọi M ,N trung điểm AD,SC ; I giao điểm BM , AC Tính thể tích khối tứ diện ANIB theo a Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: (x; y ∈ R) Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= + + + LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm)Cho hàm số y = x − 2mx + có đồ thị ( Cm ) 1.(1,0 điểm) Với m = , Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x + Tập xác định ¡ lim y = +∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ ( ) Ta có: y ' = x − x = x x − = x ( x − 1) ( x + 1) y ' = ⇔ x ( x − 1) ( x + 1) = ⇔ x = −1; x = 0; x = Hàm số đồng biến khoảng [ −1; ) [ 1;+∞ ) Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; −1) [ 0;1) http://hocmaivn.com yCT = y( −1 ) = y( ) = ; yCD = y( ) = y '' = 12 x − 4; Ta có: y '' = ⇔ 12 x − = ⇔ x1 = − yDU = y( x1 ) = y( x2 ) = 3 ; x2 = − 3 Bảng biến thiên: −∞ x y / +∞ - -1 0 + y - +∞ + +∞ 0 Đồ thị: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng 2.(1,0 điểm) Tìm m để đồ thị ( Cm ) có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị ba đỉnh tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp x = x = m Ta có y ′= x − 4mx = x( x − m); y ' = ⇔  Hàm số cho có ba điểm cực trị ⇔ PT y ′= có ba nghiệm phân biệt y ′ đổi dấu x qua nghiệm ⇒ m > Khi ba điểm cực trị đồ thị (Cm) là: A(0;1), B ( − m ;1 − m ) , C ( m ;1 − m ) (A cực đại; B, C cực tiểu) yB − y A xC − xB = m m ; AB = AC = m + m , BC = m m = AB AC.BC (m + m)2 m =1⇔ = ⇔ m − 2m + = ⇔  Ta có: R = m = − 4SV ABC 4m m  SV ABC = −1 Kết luận: m = m = Câu 2.(1,0 điểm)  π 1.(0,5 điểm).Tìm nghiệm khoảng  0; ÷ phương trình:  4sin  π    π   x 3π  − ÷ − sin  − x ÷ = + 2cos  x − ÷ 2  2    π   π   π   http://hocmaivn.com Biến đổi phương trình thành: sin  x − ÷ = sin  − x ÷ (hoặc cos  x + ÷ = cos ( π − x ) ) 2   5π 2π  x = 18 + k (k ∈ Z ) ⇔  5π x = + l2π (l ∈ Z )   5π 2π  x = 18 + k (k ∈ Z ) (hoặc  −7π ) x = + l2π (l ∈ Z )   π 5π Vì x ∈  0; ÷ nên chọn được: x=  18 2 2.(0,5 điểm).Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: 10 x + x + = m(2 x + 1) x + Điều kiện: x ∈ ¡ Nhận xét: 10 x + x + = 2(2 x + 1) + 2( x + 1) 2x +  2x +   2x +  (PT) ⇔  ÷ − m  ÷+ = Đặt = t x +1  x +1  x +1  Tìm điều kiện t: −2 < t ≤ Để t x tương ứng 1:1 −2 < t ≤ 2t + Phương trình trở thành: m= t 2t + f ( t ) = Lập bảng biến thiên với −2 < t ≤ t ⇒ < m ≤ –5 < m < −4 Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ x3 x + + ( x + x ) ln x x Ta có I = ∫ x x + 8dx + ∫ ( x + x ) ln xdx = I1 + I 2 1 2 74 * Tính I1 = ∫ x x3 + 8dx = ∫ ( x + ) d ( x3 + ) = = 31 dx  u = ln x du = =>  x * Tính I2: Đặt   dv = (6 x + x )dx v = x + x  Ta có I = ( x + x ) ln x Vậy I = 24 ln + 2 − ∫ (2 x + x) dx = = 24 ln − Câu 4(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Tính giới hạn sau: L = lim x + − − x x →1 x −1 Ta có L = lim x + − + lim − − x x −1 x →1 Tính L1 = lim x →1 x →1 x+7 −2 = lim x →1 x −1 x −1 ( x + 7) + 23 x + + − − x2 x +1 = lim = x →1 x →1 x −1 + − x2 Tính L2 = lim = 12 23 dx Từ đó: L = L1 + L2 = http://hocmaivn.com 1 + = 12 12 2.(0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn |z – 1| = |z – 2i| Tìm số phức z biếtz + – 5iđạt giá trị nhỏ Đặt z = x + yi (x, y ∈ R i = -1) trở thành: (a - 1) + b = a + (b - 2) (1) ⇔ a = 2b - ⇒ z = 2b - + bi Do |z + - 5i| = | 2b + (b - 5)i| = = ≥ Dấu xảy ⇔ b = Vậy giá trị nhỏ |z + - 5i| đạt ⇔ b = Khi z = + i Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình thang vuông ABCD vuông A D ; BC = CD = AB , BC có trung điểm M ( 1;0 ) Đường thẳng AD có phương trình x − y = Xác định toạ độ điểm A Gọi AB = a ⇒ BC = 2a ⇒ AD = a AB + DC 3AB = Vì HM = nên ta có AB = a = AD = 2 Ta có: MH = d( M ;( AD )) = Phương trình ( MH ) : 2x + y + c = , MH qua M ( 1;0 ) ⇒ c = − Từ đó: ( MH ) : 2x + y − =  x − y = Do H = MH ∩ AD nên toạ độ H nghiệm hệ phương trình:   2x + y − = 2 2 ⇒H ; ÷ Vì ( AD ) : x − 3  y = nên ta gọi A ( 2b;b ) 2  2  2 Thế thì: AH =  2b − ÷ +  b − ÷ = 3b − 2b + 3    AD = ⇒ 3b − 2b + = ⇒ 3b − 2b + = Mặt khác AH = 3 9  2− b = ⇔ 27b − 18 2b + = ⇒   2+ b =  6 − −  6 + +  ; ; ÷ A  ÷ 9     Vậy: A  Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 4y – 2z = http://hocmaivn.com đường thẳng (d): = = đường thẳng (d): (t ∈ R) Chứng minh hai đường d, d chéo viết phương trình ∆ nằm mặt phẳng (P), cắt đường thẳng d vuông góc với đường d (d) qua A(1;2;-1) có vecto phương u = (3;1;2) (d) qua B(2;0;4) có vecto phương u = (-3;2;-2) Xét ; = (-6;0;9) = (1;-2;5) Vậy ; = 39 ≠ ⇒ dvà d chéo (đpcm) Gọi C = ∆ ∩ d nên C(1 + 3c; + c; 2c - 1) ∆ ⊥ d ⇒ vecto phương u ⊥ u = (-3; 2; -2) (1) ∆ ⊂ (P) ⇒ vecto phương u ⊥ vecto pháp tuyến n = (1; -4; -2) (2) Từ (1) (2) ⇒ Ta chọn = ; = (-12; 8; -10) C ∈ ∆ mà ∆ ⊂ (P) ⇒ C ∈ (P) ⇒ + 3c - 4(2 + c) - 2( 2c - 1) = ⇒ c = -1 ⇒ C(-2;1;-3) Vậy ∆qua C(-2;1;-3) nhận u làm vecto phương có dạng là: (k ∈ R) Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; SA ⊥ ( ABCD ) ; AB = SA = 2a; AD = 2a Gọi M ,N trung điểm AD,SC ; I giao điểm BM , AC Tính thể tích khối tứ diện ANIB theo a 1 8a Tính: VS ABCD = SA.AB.AD = 2a.2a.2 2a= (đvtt) 3 Ta có: VS ABC = VS ABCD ( 1) 1 Chỉ ra: AI = AC ⇒ dtBIA = dtBCA , từ đó: VANIB = VANCB ( 2) 3 1 1 Chỉ ra: SI = SC ⇒ VS ANB = VS ABC , từ đó: VANCB = VS ABC ⇒ VANIB = VS ABC ( 3) 2 1 8a 2a Cuối cùng: từ (1) (3) ⇒ VANIB = VS ABC = VS ABCD = (đvtt) = 12 12 Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: Với x = 0, y = hệ phương trình không thỏa mãn Với x, y ≠ 0, biến đổi hệ phương trình thành: ⇔ Đặt u = , v = hệ phương trình trở thành: Giải hệ ta hay Với ⇔ ⇔ Với ⇔ ⇔ Vậy nghiệm (x; y) hệ cho là: (1; ) hay ( ; ) Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= + + + Đặt a = , b = , c = ⇒ abc = ⇒ a + b + c ≥ P= + + + Mà a + c ≥ 2ac ⇒ ≥ 2a – c Tương tự ≥ 2b - a , ≥ 2c - b Mặt khác (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca) Nên P ≥ (a + b + c) + = (a + b + c) + (a + b + c) + + (a + b + c) ⇒P≥4+ = Vậy minP = xảy a = b = c = hay x = y = z http://hocmaivn.com ĐỀ SỐ 80 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = −x −1 x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = −x −1 x −1 b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : y = x − Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sin x(cos x − 2cos x) = cos x cos x − Giải phương trình 3x x3 + = x + x − 19 x − 16 π Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I = cos3x + 2cos x dx ∫ + 3sin x − cos x Câu (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z + i z +1 + = + i z z 5 xy xy  4 + ( xy − 2)2 + xy − = ( x, y ∈ R) Giải hệ phương trình   log ( x − y ) + log x.log y = Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD = BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC x − y − = 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 10 = Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang cho biết cot ·ADC = Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) mặt phẳng (α ) : x + y − z − = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) cho MA ⊥ AB d ( A, MB ) = 330 31 Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông B C, AB = BC = 2CD = 2a, SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với (ABCD) Gọi H, M, N trung điểm AB, SH, BC P điểm thuộc tia đối tia HD cho HD = HP Tính theo a thể tích khối chóp S.APND chứng minh ( MNP) ⊥ ( MCD)  x + y + xy + x = y Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x + x )( x + y − 3) = −3y ( x; y ∈ R ) Câu 9.(1,0 điểm) Giả sử x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 7( x + y ) − x + xy + y http://hocmaivn.com LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) −x −1 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = x − 10 Tập xác định: R \ {1} 20 Sự biến thiên: y = −1 lim y = −1 * Giới hạn vô cực: Ta có xlim →−∞ x →+∞ lim y = −∞ lim y = +∞ Giới hạn vô cực: x →1 x →1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y = −1, tiệm cận đứng đường thẳng x = + − * Chiều biến thiên: Ta có y ' = ( x − 1)2 > 0, với x ≠ Suy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; 1) ( 1; + ∞ ) * Bảng biến thiên: x y' −∞ +∞ + + +∞ y −1 −1O −1 I −1 −∞ y x Đồ thị: Đồ thị cắt Ox ( −1; ) , cắt Oy (0;1) Nhận giao điểm I (1; − 1) hai tiệm cận làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : y = x −  −x −1  Gọi tiếp điểm M  x0 ; x − ÷∈ (C )   Khi ta có d ( M , ∆) = ⇔ x0 − − x0 − −1 x0 − = +2 x0 + ⇔ x0 − + = ⇔ x0 − x0 + = x0 − x0 − 2  x0 = −1  x02 − x0 + = 3( x0 − 1)  x02 − x0 + = ⇔ ⇔ ⇔  x0 =  x0 − x0 + = −3( x0 − 1)  x0 + x0 − =  1 *) Với x0 = −1, ta có M (−1; 0), suy pt tiếp tuyến y = y '(−1).( x + 1) hay y = x + 2 1 1  1  *) Với x0 = , ta có M  ; ÷, suy pt tiếp tuyến y = y '  ÷. x − ÷+ hay y = x −      Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Giải phương trình sin x(cos x − 2cos x) = cos x cos x − Phương trình cho tương đương với ( ) cos x(sin x − cos x) − sin x + = ⇔ cos x − sin x (sin x − cos x) − (sin x − 1) = ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) − (sin x − 1) = ⇔ −(cos x + sin x)(1 − sin x) − (sin x − 1) = ⇔ (sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = π π + k 2π ⇔ x = + kπ , k ∈ Z  π π  x = k 2π  x + = + k 2π π  ⇔ *) cos x + sin x − = ⇔ sin  x + ÷ = ⇔  π 3π  x = π + k 2π , k ∈ Z x+ = + k 2π   4 π π Vậy nghiệm phương trình x = + kπ , x = k 2π , x = + k 2π , k ∈ Z 2.(0,5 điểm) Giải phương trình 3x x3 + = x3 + x − 19 x − 16 Điều kiện: x + ≥ ⇔ x ≥ −1 sin x − = ⇔ sin x = ⇔ x = *)http://hocmaivn.com Phương trình cho tương đương với 3x ( x + 1)( x − x + 1) = ( x3 + 1) + ( x − x + 1) − 18( x + 1) Đặt a = x + 1, b = x − x + 1, a ≥ 0, b > Khi phương trình trở thành: 3(a − 1)ab = a 2b + b − 18a ⇔ a 2b(3a − b) = b(3a − b) + 2(b − 9a ) ⇔ (3a − b)( a 2b + b + 6a ) = ⇔ 3a − b = 0, a 2b + b + 6a > Suy x + = x − x + ⇔ x − 10 x − = ⇔ x = ± 33, thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình x = ± 33 π cos3 x + 2cos x dx + 3sin x − cos x Câu 3(1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ π Ta có I = ∫ π (4cos x − 1)cos x − 4sin x d x = ∫0 2sin x + 3sin x + d(sin x) + 3sin x − (1 − 2sin x) − 4t π dt t = Suy I = ∫ t + t + 1    6t + (4t + 4) + (2t + 1)  = ∫  −2 + ÷dt = ∫  −2 + ÷dt (2t + 1)(t + 1)  (2t + 1)(t + 1)  0 0 Đặt t = sin x Khi x = t = 0, x =   = ∫  −2 + + ÷dt = ( −2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1) ) 2t + t +  0 Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn Đặt z = x + yi ( x, y ∈ R) = −2 + 2ln + ln = ln18 − z + i z +1 + = + i z z 5 x + ( y + 1)i ( x + 1) − yi ( x + ( y + 1)i ) ( x + yi ) + ( ( x + 1) − yi ) ( x − yi ) + = x − yi x + yi x2 + y 2x2 − y2 + x − y x− y = + i 2 x +y x + y2  x2 − y + x − y  x2 − y2  x2 + y ≠  x2 + y2 ≠ = =   2 2  5 x +y   x + y ⇔ ⇔  x2 = y ⇔  x = ±2 y Theo ta có:  x − y   x− y =   2 =  x + y = 5( x − y )  x + y = 5( x − y )  x + y  x + y  x = 0, y = (ktm)  x = y x = y , ⇒ z = + i *) suy 5 y = y ⇔  x = 2, y =   z +i z +1 Khi ta có : z + z =  x = −2 y  x = 0, y = (ktm) x = −2 y, suy  ⇔ *)http://hocmaivn.com  x = 6, y = −3 5 y = −15 y Vậy z = + i, z = − 3i ⇒ z = − 3i xy xy  4 + ( xy − 2)2 + xy − = ( x, y ∈ R) 2.(0,5 điểm) Giải hệ phương trình   log ( x − y ) + log x.log y = Điều kiện: x > y > Đặt t = xy > 0, phương trình thứ hệ trở thành 4t + (t − 2)2t + t − = ⇔ (2t + 1)(2t + t − 3) = ⇔ 2t + t − = 0, 2t + > Vì hàm f (t ) = 2t + t − đồng biến R, mà f (1) = nên 2t + t − = ⇔ t = Khi ta có xy = 1, hay y = x 1 2 x −1 log x − + log x log = ⇔ log = log 22 x 2 2 ÷ Thế vào pt thứ hai hệ ta x x x     x2 − x2 −1 = log x =x log   x2 − = x2 x  x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x =    x2 − 1 x2 −1  x − = = − log x = log  x x   x Suy nghiệm hệ x = 2, y = Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD = BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC x − y − = 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 10 = Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang cho biết cot ·ADC = Gọi I = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I ( t ; 2t − 3) Ta thấy I trung điểm BE nên E ( 2t − 4; 4t − ) Theo giả thiết E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I ( 3; 3) , E ( 2; ) · Vì AD / / BC , AD = BC nên BCDE hình bình hành Suy ·ADC = IBC · · · Từ cot IBC = cot ADC = ⇒ cos IBC = B C I ∆ A uur uuur Vì C ∈ AC ⇒ C ( c; 2c − 3) ⇒ BI ( −1; 3) , BC ( c − 4; 2c − 3) Ta có E D c = 5c − c > · cos IBC = ⇔ = ⇔ ⇔ c = c − 22 c + 35 = 5  10 5c − 20c + 25     Suy C ( 5; ) C  ; ÷.`   C 5; , ( ) Với ta thấy I trung điểm AC nên A ( 1; − 1) , 7 5  11 13   23  E trung điểm AD nên D ( 3; 13) Với C  ; ÷, tương tự ta có A  ; ÷, D  ; ÷       Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) mặt phẳng (α ) : x + y − z − = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) cho MA ⊥ AB 330 d ( A, MB ) = 31 uuur uur Ta có AB ( 1; 1; 3) , nα ( 1; 5; − ) uuur uuur uur Ta thấy A ∈ ( α ) nên đường thẳng MA có VTCP uMA =  AB, nα  = ( −17; 5; ) http://hocmaivn.com ⇒ MA : x − y −1 z −1 = = ⇒ M ( −17m + 2; 5m + 1; 4m + 1) −17 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có ( d ( A, MB ) ) = 1 + ⇒ AM = 330 AM AB Suy ( 17m ) + ( 5m ) + ( 4m ) = 330 ⇒ m = ±1 ⇒ M ( −15; 6; ) , M ( 19; − 4; − 3) Vậy: M ( −15; 6; 5) , M ( 19; − 4; − 3) Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông B C, AB = BC = 2CD = 2a, SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với (ABCD) Gọi H, M, N trung điểm AB, SH, BC P điểm thuộc tia đối tia HD cho HD = HP Tính theo a thể tích khối chóp S.APND chứng minh 2 ( MNP ) ⊥ ( MCD) *) Vì SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên SH = AB = a SH ⊥ ( ABCD ) Suy VS APND 5a  5a a a 1  = SH ( S APD + S NPD ) = a  + 3  2   ÷ 5a ÷= ÷ 12  S M P B H A N C D *) Ta có CD ⊥ DH , CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ ( SDH ) ⇒ CD ⊥ MP (1) Ta chứng minh MP ⊥ MD Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông MHD, MHP ta có 25a a a 2 = DP Suy MP ⊥ MD , MP = Khi MD + MP = 16 Từ (1) (2) suy ( MNP ) ⊥ ( MCD ) , điều phải chứng minh MD =  x + y + xy + x = y Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x + x )( x + y − 3) = −3y x = ⇒ hệ có nghiệm (0;0);(-2;0) Nếu y = ⇒ x + x = ⇔   x = −2  x2 + 2x +x+y=5   y Nếu y ≠ , hpt ⇔  ;đặt  x + x ( x + y − 3) = −3  y u + v = u = u = −1 ⇔ ta có hệ:   uv = −3  v = −1 v =  x2 + 2x u = y  v = x + y −  (2) ( x; y ∈ R )  x2 + 2x =3 x =  x = −6 ⇒ y ⇔ Với    v = −1  y = y =  x + y − = −1 http://hocmaivn.com u =   x2 + 2x = −1 u = −1  ⇒ y Với  (vô nghiệm) v = x + y − =  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) (-6; 8) Câu 9.(1,0 điểm) Giả sử x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 7( x + y ) − x + xy + y Vì x, y số thực dương nên  7( x + y ) − x + xy + y P = ( x + y)   x+ y    y − x + xy + y ÷ = ( x + y)  + ÷  x+ y   x y − x + xy + y − t + 2t + = Đặt t = , t > y x+ y  ÷ ÷  (1) (2) t +1 Xét hàm số f (t ) = − t + 2t + với t > t +1 Ta có f '(t ) = −7 t + 2t + + 28 (t + 1) t + 2t + ; f '(t ) = ⇔ t + 2t + = ⇔ t = t Suy bảng biến thiên f '(t ) f (t ) Từ bảng biến thiên ta suy f (t ) ≤ −3 + −3 với t > Dấu đẳng thức xảy t = (3) Từ (1), (2) (3) ta suy P ≤ ( x + y )(7 − 3) ≤ 8, x + y =  dấu đẳng thức xảy t = x = ⇔ x = , y =  y  Vậy giá trị lớn P 8, đạt x = , y = – +∞ [...]... 2 + 2t + 1 2 + 4t − t + 2 − 2t + 3 6t = t + 7 = ⇔ 6t = t + 7 ⇔  3 3 6t = −t − 7   19 7 2  14  7 I =  ; − ; ÷, R = t=   ⇔ 5 5 5 5 ⇒  5  t = −1  I = (−1;1; −2), R = 2 ⇒ 2 2 2 7  2  196  19   Vậy có 2 mặt cầu (S) thỏa mãn đề bài là: (S):  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 5  5  5 25  2 2 2 (S): ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2) = 4 · Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD... 0;3) 27 ≥− 4 9 2 http://hocmaivn.com Ta có: f ′ ( t ) = − t + 2t − 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = 3 ∉ ( 0;3) 2 Bảng biến thi n: t 3 2 0 0 − f ′( t ) 3 + 2 1 f ( t) 3 4 3 4 3 2 Từ bảng biến thi n suy ra f ( t ) ≥ , ∀t ∈ ( 0;3) Dấu bằng xảy ra khi t = Do đó: min P = 3 1 ⇔a=b=c= 4 2 ĐỀ SỐ 75 http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 9 x 2 + 12 x − 4 a) Khảo sát sự biến thi n và... = 0 ⇔ b = c suy ra ( P ) : a ( x − 1) + by + bz = 0 Vì bán kính của đường tròn giao của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) bằng 3 nên khoảng cách từ I đến (P) bằng 4.Ta có b = −4a 2 = 4 ⇔ 4 ( a 2 + 2b 2 ) = ( 2a − b ) ⇔ 7b 2 + 4ab = 0 ⇔  a 2 + 2b 2 b = 0 −4a + 2b vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn: x-1=0.7x-4y-4z -7= 0 Câu 7( 1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông... ( ) ĐỀ SỐ 76 http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + ( m + 1) x + 1 ( 1) có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1 b) Tìm m để đường thẳng (∆) : y = x + 1 cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt 3 2 A(0;1), B, C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng 5 2 , với O là gốc tọa 2 độ Câu 2.(1,0 điểm) 1 Giải. .. a , SA vuông góc với mặt đáy và SA = a Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD ; I là giao điểm của SC và mặt phẳng ( AMN ) Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI Gọi O là giao điểm của AC và BD ; K là giao điểm của SO và MN ; I là giao điểm của đường thẳng AK với SC ⇒ I là giao điểm của SC và mp ( AMN )  AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB ) ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ SC (1)... c + a − b) ĐỀ SỐ 74 http://hocmaivn.com Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m , ( 1) 3 a Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số ( 1) ứng với m = 1 b Tìm m để hàm số ( 1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O Câu 2.(1,0 điểm) π 2 1 /Giải phương... + 0 +∞ y −∞ -4 Đồ thị Ta có y′′ = 6 x − 6; y′′ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = −2 Suy ra U ( 1; −2 ) là điểm uốn của đồ thị hàm số Đồ thị giao với trục Oy tại điểm ( 0;0 ) Đồ thị giao với trục Ox tại điểm ( 0;0 ) và ( 3;0 ) y f(x)=x^3-3*x^2 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm U ( 1; −2 ) làm tâm đối xứng 1.(1,0 điểm) Tìm m để hàm số ( 1) có cực trị... ÷ 3 3 9 9   9   9 uuur  6 − 5d −6 − 7 d 30 + 5d  1 ; ; suy ra: AB =  ÷ = ( 6 − 5d ; −6 − 7d ;30 + 5d ) 9 9  9  9 (Q) cắt d1 tại A  Do 4 5 1 80 14 2 2 2 ⇔ ( 6 − 5d ) + ( 6 + 7 d ) + ( 30 + 5d )  = ⇔ 11d 2 + 36d + 28 = 0 ⇔ d = −2, d =   3 81 9 11 Vậy tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn: ( Q1 ) : 5 x − z − 2 = 0, ( Q2 ) : 55 x − 11z + 14 = 0 AB = Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy... AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chi u S lên mp(ABCD) nằm trên tia đối của tia AB,Các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa các đường thẳng BD và SA bằng 6 Tính thể tích khối chóp và cô sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD Gọi H là hình chi u của S lên (ABCD) và K là hình chi u của H lên CD.Khi đó do giả · · thi t SBH = SKH = α , HK / / BC ,... ( t ) = ( t − 4)  + 2 ÷, f / ( t ) = 0 ⇔ t = 4 Từ bảng biến thi n suy ra f(t) ≥ f ( 4 ) = −8 2  ( t − 2) ÷   khi đó ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y=4,x=y=2 Suy ra GTNN của P=-8 khi và chỉ khi x=y=2 ĐỀ SỐ 73 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x 4 − m 2 x 2 + m 2 − 1 (1) (m là tham số) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 b) Tìm tất cả các