Tài liệu Đề tuyển sinh đại học dự trữ 2005-2007 doc

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
x2
y
10 0,x 2
y
10 0
x2
y
10 0,x 2
y
10 0
+−= ++=
−−= −+=

2/ a/ qua
1
d
(
)
O 0,0,0
, VTCP
(
)

a1,1,2=
r

2
d qua
(
)
B1,0,1−
, VTCP
()
b 2,1,1=−
r
(
)
a,b 1, 5,3
⎡⎤
=−−
⎣⎦
rr
,
(
)
OB 1,0,1=−
uuur

12
a,b OB 1 3 4 0 d ,d
⎡⎤
=+= ≠ ⇔
⎣⎦

rr uuur
chéo nhau
b/
(
)
1
M d M t',t',2t'∈⇒
;
(
)
2
Nd N12t,t,1t∈⇒−− +

(
)
MN 2t t' 1,t t',t 2t' 1=− − − − − +
uuuur

Vì MN // (P)
(
)
p
MN n 1, 1,1⇔⊥=−
uuuuruur

⇔=⇔−−−−++−+=tt
uuuurr
p
MN.n 0 2t t' 1 t t' t 2t' 1 0 '
⇔

=−

() ( )
22
2
MN t' 1 4t' 1 3t' 2=−++− =

()
⇔−+=⇔ −=⇔= =
2
4
14t' 8t' 2 2 2t' 7t' 4 0 t' 0 hayt'
7

* t’=0 ta có
(
)
(
)
(
)
M 0,0,0 O P loại
≡
∈

*
4
t'
7
=

ta có
⎛⎞⎛
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
448 1 43
M,,;N,,
777 7 77
⎞
⎟
⎠

CÂU IV. 1/ Tính
e
2
1
I x lnxdx=
∫
Đặt
dx
ulnx du
x
=⇒=
; ==
3
2
x
dv x dx chọn v
3

3
ee
e
23
1
11
x1dx
x
Ixlnxdx lnx x
33
==−
∫∫

3
e
33
1
x121
lnx x e
3999
=
−=+
2. Ta có trường hợp
* 3 nữ + 5 nam. Ta có
35
510
C C 2520=
* 4 nữ + 4 nam. Ta có
44
510

C C 1050=
* 5 nữ + 3 nam. Ta có
53
510
C C 120=
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách
CÂU V:
() ()
()
()
()
Ta có
()
3
3
3
a3b11 1
a3b1.1 a3b2
33
b3c11 1
b3c1.1 b3c2
33
c3a11 1
c3a1.1 c3a2
33
+++
+≤ =++
+++
+≤ =++
+++

+≤ =++

Suy ra
()
333
1
a3b b3c c3a 4abc 6
3
+++++≤ +++
⎡
⎤
⎣
⎦

TRANG 11

13
4. 6 3
34
⎡⎤
≤+
⎢⎥
⎣⎦
=

Dấu = xảy ra
3
abc
1
abc

4
4
a3b b3cc3a1
⎧
++=
⎪
⇔⇔
⎨
⎪
+=+=+=
⎩
===

Cách 2: Đặt
3
3
x a 3b x a 3b=+⇒=+;
=
+⇒=+
3
3
yb3cyb3c
;
=+⇒=+
3
3
z c 3a z c 3a
⇒
()
333

3
xyz4abc4.
4
++= ++= =
3
. BĐT cần cm
x
y
z3
⇔
++≤
.
Ta có :
3
33
x113x.1.13x++≥ =
;
33
3
y
11 3
y
.1.1 3
y
+
+≥ = ;

3
33
z113z.1.13++≥ =z

⇒
(
)
93xyz≥++
(Vì
333
xyz3
+
+=
).
Vậy
x
y
z3++≤

Hay
333
a3b b3c c3a 3+++++≤
Dấu = xảy ra ⇔
=== ++=
333
3
xyz1vàabc
4

⇔+ =+ =+ =a3b b3cc3a1
và
31
abc abc
44

+
+= ⇔= ==

DỰ BỊ 2 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y =
2
22
1
xx
x
+
+
+
(*)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số (*) .
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của
(C ) đi qua điểm I .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
86141xx x 0
−
+− +≤

2. Giải phương trình :
2
2
cos 2 1
()3
2c
os

x
tg x tg x
x
π
−
+− =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2
và (C
9=
2
): x
2
+ y
2
. Viết phương trình trục đẳng phương d của 2
đường tròn (C
2223xy−− − =0
0
1
) và (C
2
). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang cách từ K đến tâm của (C
1

)
nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C
2
).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) và mặt phẳng
(P) : . a) Gọi M
22 1xyz+−+=
1
là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác đònh tọa độ
điểm M
1
và tính độ dài đọan MM
1
. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và
chứa đường thẳng
x-1 y-1 z-5
:
21-6
==

Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
4
sin
0
(cos
x
tgx e x dx
π
+
∫

)
.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số
khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?
Câu V: (1 điểm) Cmrằng nếu thì 01yx≤≤≤
TRANG 12

1
4
xy yx−≤
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
CÂU I 1/ Khảo sát
2
x2x2
y
x1
++
=
+
(C)
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

-2

+
∞

−
∞


2
+∞
−∞

Tiệm cận
x=−1 là pt t/c đứng.
y
x1=+
là pt t/c xiên
Đồ thò :Bạn đọc tự vẽ.
2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
(
)
I1,0
−
là giao điểm của 2 tiệm cận.
Gọi
()
()
2
oo
ooo o
o
x2x2
Mx,y C y

x1
++
∈⇔=
+

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
o
M
()( )
()
()
2
oo
oo o o
2
o
x2x
o
yy
f' x x x
yy
xx
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
−= − ⇔−= −
⎜⎟
+
⎝⎠

Tiếp tuyến đi qua
()
I1,0−
(
)
()
()
+−−
⇔− =
+
2
oo o
o
2
o
x2x 1x
0y
x1

22
oo o
oo
x2x2x2x
x1 x1
++ +
⇔=
++
o

20⇔=
Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
(
)
I1,0
−

CÂU II 1/ Giải bất phương trình
2
8x 6x 1 4x 1 0
−
+− +≤
(1)
2
8x 6x 1 4x 1⇔−+≤−
(1)


⎧
≤≥
⎪
⎧
⎧
−+≥
⎪
=≥
⎪
⎪
⎪⎪
⇔−≥ ⇔≥ ⇔

⎨⎨⎨
⎪⎪⎪
≤
≥
−+≤ −
⎩
⎪
⎪
⎩
−≥
⎪
⎩
2
22
2
11
xVx
11
42
8x 6x 1 0
xVx
1
42
4x 1 0 x
1
4
x0hayx
8x 6x 1 (4x 1)
4
8x 2x 0

⇔
=≥
11
x hay x
42

TRANG 13
2/ Giải phương trình
2
2
cos2x 1
tg x 3tg x
2
cos x
π−
⎛⎞
+− =
⎜⎟
⎝⎠
(2)
(2)
2
2
2
2sin x
cotgx 3tg x
cos x
−
⇔− − =

π
⇔− − = ⇔ =− ⇔ =− ⇔ =− + π ∈
23
1
t
g
x0 t
g
x1t
g
x1x k,k
tgx 4
Z
CÂU III 1/ Đường tròn
(
)
1
C
có tâm
(
)
O0,0
bán kính
1
R3
=

Đường tròn
(

)
2
C
có tâm
(
)
I1,1
, bán kính
2
R5
=

Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn
(
)
1
C
,
(
)
2
C
là
(
)
(
)
22 22
xy9 xy2x2y23+−− +−−− =0

x
y
70⇔++=
(d)
Gọi
(
)
(
)
kk k k
Kx,y d y x 7∈⇔=−−

()() ( )
= − + − =+=+−− = + +
22 2
22222
kkkkkk kk
OK x 0
y
0x
y
xx72x14x49
()()()( )
22 2 2
22
kkk k kk
IK x 1
y
1x1 x82x14x6=−+−=−+−−= + +5
Ta xét

(
)
(
)
222 2
kk kk
IK OK 2x 14x 65 2x 14x 49 16 0−=++−++=>

Vậy
22
IK OK IK OK(đpcm)>⇔>
2/ Tìm là h/c của M lên mp (P)
1
M
Mp (P) có PVT
(
)
n2,2,1=−
r

Pt tham số qua M,
1
MM
(
)
P⊥
là
x52t
y
22t

z3
t
=
+
⎧
⎪
=
+
⎨
⎪
=
−−
⎩

Thế vào pt mp (P):
(
)
(
)
(
)
2 5 2t 2 2 2t 3 t 1 0
+
++−−−+=

18 9t 0 t 2⇔+=⇔=−
. Vậy
(
)
(

)
11
MM P M 1, 2, 1
∩
=−−

Ta có
()( )( )
22 2
1
MM 5 1 2 2 3 1 16 16 4 36 6=−+++−+=++= =

* Đường thẳng
−−−
Δ==
−
x1 y1 z5
:
21
6
đi qua A(1,1,5) và có VTCP
(
)
a2,1,6=−
r

Ta có
(
)
=−

uuuur
AM 4,1, 8

Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa
Δ
mp (Q) qua A có PVT là ⇔
(
)
⎡⎤
=
⎣⎦
u
uuurr
AM,a 2,8,2
hay
(
)
1, 4,1

nên pt (Q):
(
)
(
)
(
)
−+ − +=x5 4y2 z3 0+

Pt (Q):
x4

y
z10 0++−=

Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa nên pt mp(Q) có dạng: Δ
−+= −+++−=x2
y
10ha
y
m(x 2
y
1) 6
y
z110
. Mặt phẳng (Q) đi qua M(5;2; - 3) nên ta có
5 – 4 + 1 = 0 ( loại) hay m( 5 – 4 + 1) + 12 – 3 – 11 = 0 ⇔ m = 1.
Vậy Pt (Q):
x4
y
z10 0++−=

TRANG 14
CÂU IV: 1/ Tính
(
)
π
=+
∫
/
4
sinx

0
Itgxecosxdx

Ta có:
/4 /4 /4 /4
sinx sinx
00 0 0
sin x
I tgxdx e cosxdx dx e cosxdx
cosx
ππ π π
=+ = +
∫∫ ∫ ∫

()
1
/4
/4
sin x
2
0
o
ln cosx e ln 2 e 1
π
π
=− + = + −
⎡⎤
⎣⎦

2/ Gọi

12345
naaaaa= là số cần lập
Trước tiên ta có thể xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vò trí: ta có:
2
5
A4.520
=
= cách
Xếp 1,5 rồi ta có 5 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại đầu tiên
4 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 2
3 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 3
* Theo qui tắc nhân ta có: số n.
2
5
A .5.4.3 20.60 1200==
Cách khác : - Bước 1 : xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vò trí: ta có:
2
5
A4.520
=
= cách
-Bước 2 : có cách bốc 3 trong 5 số còn lại rồi xếp vào 3 vò trí còn lại . ==
3
5
A 3.4.5 60
Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt.
CÂU V. Ta có
2
0x1 xx≤≤⇒ ≥
Ta có

11
xy yx xy yx
44
−≤⇔≤+
(1)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
+≥ +≥ =
22
11 1
yx yx 2yx. xy
44 4
⇒
1
xy yx
4
−
≤

Dấu = xảy ra
⎧
≤≤≤
⎪
=
⎧
⎪
⎪
⇔= ⇔
⎨⎨
=
⎪⎪

⎩
⎪
=
⎩
2
2
0yx1
x1
xx
1
y
1
4
yx
4

DỰ BỊ 1 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) Gọi (C
m
) là đồ thò của hàm số y= – x
3
+ ( 2m + 1) x
2
– m – 1 (1)
(m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi .
=m1
2) Tìm m để đồ thò (C
m
) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1.
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 27 5 32xxx

+
−−≥ −
2. Giải phương trình :
3sin
()
21cos
x
tg x
2
x
π
−+ =
+

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
4612xy−− −=0
0
d :
2
sao cho MI = 2R , trong đó I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
3xy−+=
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1

BB
1
với A(2;0;0), B(0; 4; 0),
O
1
(0; 0; 4)
a) Tìm tọa độ các điểm A
1
, B
1
. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A, B, O
1
.
b) Gọi M là trung điểm của AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vuông góc với O
1
A và cắt
OA, OA
1
lần lượt tại N, K . Tính độ dài đọan KN.
TRANG 15
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
3
2
1
ln
ln 1
e
x
I
dx

xx
=
+
∫
.

2. Tìm k
{
}
0;1;2; ;2005∈
sao cho đạt giá trò lớn nhất. ( là số tổ hợp chập k của n
phần tử)
2005
k
C
k
n
C
Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
2121
2
7 7 2005 2005
(2)230
xx x
x
xmxm
++ ++
⎧
−+≤
⎪

⎨
−+ + +≥
⎪
⎩

Bài giải
CÂU I
1/ Khảo sát
(
)
32
yx2m1xm=− + + − −1
2
khi m=1
Khi m = 1 thì
32
yx3x=− + −
MXĐ: D=R
(
)
=− + = − + = ⇔ = =
2
y' 3x 6x 3x x 2 ,y' 0 x 0hayx 2

y
'' 6x 6,
y
'' 0 x 1=− + = ⇔ =

BBT

x
−∞

0 1 2
+∞

y
'

- 0 + + -
y
''

+ + 0 - -

y

2
+∞

lõm -2 lõm 0 lồi lồi
−∞



2/ Tìm m để
(
tiếp xúc với
)
m

C
(
)
y2

mxm1d=−−
(d) tiếp xúc với
(
)
m
C
có nghiệm
()
()
⎧
−+ + −−= −−
⎪
⇔
⎨
−+ +=
⎪
⎩
32
2
x2m1xm12mxm1
3x 2 2m 1 x 2m
TRANG 16
()
()
⎧

=−++=
⎪
⇔
⎨
−+ +=
⎪
⎩
2
2
x0ha
y
x2m1x2
3x 2 2m 1 x 2m
m
m
có nghiệm
()
() ()
⎧
−+ + =
⎪
⇔=
⎨
−+ +=−+ +
⎪
⎩
2
22
x2m1x2m
m0hay

3x 2 2m 1 x x 2m 1 x
có nghiệm
()
()
⎧
−+ + =
⎪
⇔=
⎨
−+=
⎪
⎩
2
2
x2m1x2
m0hay
2x 2m 1 x 0
có nghiệm
()
⎧
−+ + =
⎪
⇔=
⎨
+
=
⎪
⎩
2
x2m1x2

m0hay
2m 1
x
2
m
có nghiệm
()
+
⎛⎞
⇔= − + + =
⎜⎟
⎝⎠
2
2
2m 1 1
m0hay 2m1 2m
22
⇔
==
1
m0haym
2

CÂU II: 1/ Giải bpt
2x 7 5 x 3x 2+− −≥ −
(1)
Điều kiện
+≥
⎧
⎪

−≥ ⇔ ≤≤
⎨
⎪
−≥
⎩
2x 7 0
2
5x0 x5
3
3x 2 0

(1)
⇔+≥−+− ≤≤
2
2x 7 3x 2 5 x và x 5
3

(
)
(
)
⇔+≥−+−+ − −2x73x25x2 3x25x
≤
≤
2
và x 5
3

(
)

(
)
⇔≥ − −23x25x
≤≤
2
và x 5
3
⇔
−+≥
2
3x 17x 14 0
≤
≤
2
và x 5
3

⇔≤ ≤
14
(x 1 hay x)
3

≤≤
2
và x 5
3
⇔
≤
≤≤
214

x1hay x5
33
≤

2/ Giải phương trình
3sinx
tg x 2
21cosx
π
⎛⎞
−+ =
⎜⎟
+
⎝⎠
(2)
(2)
sinx cosx sinx
cotgx 2 2
1cosx sinx 1cosx
⇔+ =⇔+
++
=

22
cosx cos x sin x 2sin x 2sin xcosx⇔+ + = + và
≠
sin x 0

(
)

(
)
⇔+= +cosx 1 2sinx cosx 1
và
≠
sin x 0

⇔=2sinx 1
π
⇔=+ πxk
6
2
hay
π
=
+π
5
xk
6
2
.
Ghi chú:Khi sinx ≠ 0 thì cos x ≠ ± 1
CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm
(
)
I2,3
, R=5
(
)
(

)
MM M M M M
Mx ,y d 2x y 3 0 y 2x 3∈⇔ −+=⇔= +

()()
22
MM
IM x 2 y 3 10=−+−=

TRANG 17
()( )
()
22
2
MM MM
MM
MM
x 2 2x 3 3 10 5x 4x 96 0
x4y5M4,5
24 63 24 63
xyM,
5555
⇔−++−=⇔−−
=− ⇒ =− ⇒ − −
⎡
⎢
⇔
⎛⎞
⎢
=⇒ =⇒

⎜⎟
⎢
⎝⎠
⎣
=

2/ a/ Vì
(
)
(
)
11
AA Oxy A 2,0,4⊥⇒

(
)
(
)
11
BB Oxy B 0,4,4⊥⇒

Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O
1
Ptmc (S):

222
xyz2ax2by2czd++− − − +=0
Vì
(
)

OS d∈⇒=0

Vì
(
)
AS 44a0a∈⇒−=⇒=1

Vì
(
)
BS 168b0b∈⇒−=⇒=2

Vì
(
)
1
OS168c0c∈⇒−=⇒=2
2
9

Vậy (S) có tâm I(1,2,2)
Ta có
222
da b c R=++−
⇒
2
R144=++ =
Vậy pt mặt cầu (S) là:
()( )()
222

x1
y
2z2−+− +− =9
b/ Tính KN
Ta có
(
)
M1,2,0
,
(
)
1
O A 2,0, 4
=
−
uuuur

Mp(P) qua M vuông góc với OA nên nhận OA
1 1
u
uuur
hay (1;0; -2) làm PVT
⇒ pt (P):
(
)
(
)
−+ − − −=1x

1 0y 2 2(z 0) 0

(P):
−−=x2z10
PT tham số OA là
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩
xt
y
0
z0

Thế vào pt (P):
(
)
(
)
−= ⇒=⇒ ∩ =t 1 0 t 1 OA P N 1,0,0


Pt tham số là:
1
OA
=
⎧
⎪

=
⎨
⎪
=
⎩
xt
y
0
z2t
với
(
)
1
OA
hay (1;0;2) là vtcp.
2,0,4=
uuuur
Thế vào pt (P):
−−=⇒=−
1
t4t10 t
3

()
1
12
OA P K ,0,
33
⎛⎞
⇒∩=−−

⎜⎟
⎝⎠

TRANG 18
Vậy
()
22
2
1 2 20 20 2 5
KN 1 0 0 0
3393
⎛⎞ ⎛ ⎞
=++−++===
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠
3

CÂU IV: 1/ Tính
3
2
e
1
ln x
Id
xlnx 1
=
+
∫
x

Đặt tlnx=+1 ⇒
2
dx
tlnx12tdt
x
=+⇒ =
và
2
t1ln−= x
Đổi cận: ==
3
t(e ) 2; t(1) 1
()
−+
== =−
+t1dt
+
∫∫ ∫
3
242
e2 2
42
11 1
ln x t 2t 1
Idx2tdt2t2
t
xlnx 1
⎡⎤
=−+=
⎢⎥

⎣⎦
2
53
1
t2t 7
2t
53 1
6
5
2005 2005
kk
2005 2005
CC
CC
+
−
⎧
≥
⎪
⇔
⎨
≥
⎪
⎩
kN

2. lớn nhất
k
2005
C

kk1
1
∈

()()( )
()()( )
2005! 2005!
k! 2005 k ! k 1 ! 2004 k !
k 1 2005 k
2005! 2005! 2006 k k
k! 2005 k ! k 1 ! 2006 k !
⎧
≥
⎪
−+ −
+
≥−
⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
−≥
⎩
⎪
≥
⎪
−− −
⎩

k1002

1002 k 1003,k N
k1003
≥
⎧
⇔⇔≤≤
⎨
≤
⎩
∈

⇔
==k 1002ha
y
k 1003

CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
()
++ ++
⎧
−+≤
⎪
⎨
−+ ++≥
⎪
⎩
2x x 1 2 x 1
2
7 7 2005x 2005 (1)
xm2x2m30(2)

Điều kiện là .Ta có ≥−x1
[]
++ ++
−≤∀∈−
2x x 1 2 x 1
770,x1;1
Ta có: (1)
(
)
()
[
+
⇔−≤−∀∈
x1 2x 2
77720051x:đún
]
−
g
x1;1và sai khi x > 1
Do đó (1) ⇔ . Vậy, hệ bpt có nghiệm ⇔ 1x1−≤ ≤
(
)
(
)
=− + + +≥
2
fx x m 2x 2m 3 0
có nghiệm
[
]

1,1
∈
−

[]
{
}
∈−
⇔⇔−
≥
x1;1
0maxf(1),f(1)
Maxf(x)
≥0
{
}
⇔++≥⇔+≥+max 3m 6,m 2 0 3m 6 0hay m 2 0≥

⇔≥−m2


DỰ BỊ 2 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số
2
33
1
xx
y
x
++

=
+
.
2. Tìm m để phương trình
2
33
1
xx
m
x
++
=
+
có 4 nghiệm phân biệt
TRANG 19
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
2
2
2
1
92
3
xx
xx
−
−
⎛⎞
3
−

≤
⎜⎟
⎝⎠
.
2. Giải phương trình :
sin 2 cos 2 3sin cos 2 0xxxx++−−=
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5),
B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A
1
BB
1
C
1
D
1
với A(0;0;0),
B(2; 0; 0), D
1
(0; 2; 2) a) Xác đònh tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương
ABCD.A
1
B
1
B C
1
D
1
.Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB
1

D
1
) và (
AMB
1
) vuông góc nhau.
b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC
1
( N ≠ A ) tới 2 mặt
phẳng ( AB
1
D
1
) và ( AMB
1
) không phụ thuộc vào vò trí của điểm N.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
2
2
0
(2 1)cos
I
xx
π
=−
∫
dx
2
.
2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức :

22
26 1
nnnn
PAPA
+
−=
.
( P
n
là số hóan vò của n phần tử và
k
n
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng :


222
3
111
xyz
yzx
++≥
+++
2
.
Bài giải
CÂU I:
1/ Khảo sát
()

2
x3x3
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

-1

+
∞


−
∞


3
+∞
−∞

TRANG 20

Tiệm cận: x=-1 là tc đứng
y = x + 2 là tc xiên
2/ Tìm m để pt
2
x3x3
m
x1
++
=
+
có 4 nghiệm
phân biệt

Ta có
()
⎧
++
>−
⎪
+
++
⎪
==
⎨
+
++
⎪
−<

−
⎪
⎩+
2
2
2
x3x3
nếux 1
x1
x3x3
y
x1
x3x3
nếux 1
x1

Do đó đồ thò
++
=
+
2
x3x3
y
x1
có được bằng cách
Giữ nguyên phần đồ thò (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thò
2
x3x

y
x1
++
=
+
3
, ta có
pt
2
x3x3
m
x1
++
=
+
có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m > 3
CÂU II. 1/ Giải bất phương trình
()
2
2
2x x
x2x
1
92 3
3
−
−
⎛⎞
−≤
⎜⎟

⎝⎠
1
3≤

Ta có (1) . Đặt
22
x2x x2x
92.3
−−
⇔−
−
=
>
2
x2x
t3 , (1) thành 0
3
. Do đó, (1)−−≤⇔−≤≤
2
t2t30 1t
−−
⇔
−≤ ≤ ⇔ < ≤
22
x2x x2x 1
13 3 03 3
22
x2x1x2x1012x1⇔−≤⇔−−≤⇔− ≤≤+2
2/ Giải phương trình
(

)
++−−=sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0 2

(2)
2
2sin xcosx 1 2sin x 3sin x cosx 2 0⇔+−+−−=
(
)
2
2sin x 2 cosx 3 sin x cosx 1 0⇔− + + − − =

(
)
⇔−+++
2
2sin x 2cosx 3 sin x cosx 1 0=
)
( 3 )
(phương trình bậc 2 theo sinx)
Có
()()()(
Δ= + − + = +
22
2cosx 3 4 2 cosx 1 2cosx 1
Vậy (2)
+− −
⎡
==
⎢
⇔

⎢
++ +
⎢
==
⎢
⎣
2cosx 3 2cosx 1 1
sin x
42
2cosx 3 2cosx 1
sin x cosx 1
4
+

⇔
=+ =
1
sin

x cosx 1 hay sinx
2
TRANG 21
ππ
⎛⎞
⇔−== =
⎜⎟
⎝⎠
21
sin x sin hay sinx
42 4

2

⇔
ππ
=+π=π+π=+π=+
5
x k2 hayx k2 hay x k2 hay x k2
26
π
π
6
.
Cách khác: (3)⇔
(
)
−−−=2sin x 1) sinx cosx 1 0(

CÂU III.
1/ Gọi là tâm của đường tròn (C)
()
Ia,b
Pt (C), tâm I, bán kính
R10=
là
()()
22
xa
y
b10=−+−
∈⇔−+−=⇔+−

⎨
3

() ( ) ( )
22
22
A C 0a 5b 10 a b 10b150+=
(1)
() ( ) ( )
∈⇔−+−=⇔+−−+=
22
22
B C 2a 3b 10 a b 4a6b30
(2)
(1) và ( 2)
⎧
=− =
⎧⎧
+− +=
⎪
⇔⇔
⎨⎨
==
−+=
⎪
⎩⎩
⎩
22
a1 a
ab10b150

hay
b2 b6
4a 4b 12 0

Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là
()( )
()()
22
22
x1
y
21
x3
0
y
61
++− =
−+−=0

2/ Ta có
(
)
(
)
(
)
A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0
;D(0;2;0)
(
)

(
)
(
)
(
)
1111
A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2

Mp
(
có cặp VTCP là:
)
11
AB D
(
)
1
AB 2,0,2=
uuuur

(
)
1
AD 0,2,2=
uuuur

⇒ mp có 1 PVT là
(
11

AB D
)
()
⎡⎤
==−
⎣⎦
r uuuur uuuur
11
1
uAB,AD 1,1,
4
−1

mp
(
)
1
AMB
có cặp VTCP là:
(
)
AM 2,1,0=
uuuur

(
)
M2

,1,0
(

)
1
AB 2,0,2=
uuuur

⇒ mp
(
)
1
AMB
có 1 PVT là
()
⎡⎤
==−
⎣⎦
ruuuuruuur
1
vAM,AB1,2,
2
−1

Ta có:
(
)
(
)
(
)
=− −−+−=⇔⊥
rr r r

u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v
⇒
(
)
(
)
11 1
AB D AMB
⊥

b/
(
)
=
uuur
1
AC
⇒ Pt tham số
2,2,2
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩
1
xt
AC :

y
t
zt
,
(
)
∈
⇒
1
NAC Nt,t,t

TRANG 22
Pt
(
)
(
)
(
)
(
)
−−−−+−=⇔+−=
11
AB D : x 0 y 0 z 0 0 x y z 0

⇒
()
+−
==
11 1

ttt t
dN,ABD d
33
=

Pt
(
)
(
)
(
)
(
)
−− −−−=⇔− −=
1
AMB : x 0 2 y 0 z 0 0 x 2y z 0

()
−− −
⇒==
++
12
t2tt 2t
dN,AMB d
141 6
=

⇒ == = =
1

2
t
t
d66
3
2t
d2t
323
6
2
2

Vậy tỉ số khoảng cách từ
(
)
1
NACNA t0∈≠⇔≠
tới 2 mặt phẳng
()
và
11
AB D
(
)
1
AMB

không phụ thuộc vào vò trí của điểm N.
CÂU IV: 1/ Tính
() ()

/2 /2
2
00
1cos2x
I2x1cosxdx2x1
2
ππ
+
⎛⎞
=− =−
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
dx

()
π
π
π
π
⎡⎤
=−=−=
⎣⎦
∫
2
/2
/2
2
1
0

0
11
I2x1dxxx
22
−
84

π
=−
∫
/2
2
0
1
I(2x1)cos2
2
xdx

=−⇒= = =
11
Đặt u (2x 1) du dx,dv cos2xdxchọnv sin2x
22

⇒
π
ππ
=− − = =−
∫
/2
/2 /2

2
00
0
111
I(2x1)sin2x sin2xdxcos2x
424
1
2

Do đó
()
2
/2
2
0
1
I2x1cosx
842
π
ππ
=−=−
∫
−

2/ Tacó:
(
22
nnnn
2P 6A P A 12+− =
)

nN,n1
∈
>

() ()
6n! n!
2n! n! 12
n2! n2!
⇔+ − =
−−
()
()()
n!
6n! 26n! 0
n2!
⇔−−−
−
=

()
⇔− = −=
−
n!
6n! 0ha
y
20
(n 2)!
⇔= −−=n! 6ha
y
n(n 1) 2 0

⇔= −−=
2
n3ha
y
nn20
⇔= = ≥n3ha
y
n2(vìn2)

CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1
CMR:
222
xyz3
1y 1z1x 2
++≥
+++

Ta có:
22
x1y x1y
2.
1y 4 1y 4
++
+≥ =
++
x

22
y1z y1z

2
y
1z 4 1z4
++
+≥ =
++

TRANG 23
22
z1x z1x
2z
1x 4 1x4
++
+≥ =
++

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
()
222
x1y y1z z1x
x
y z
1y 4 1z 4 1x 4
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
+++
+++++≥++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
+++
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

()
222
xyz 3xyz
xyz
1y 1z1x 4 4
++
⇔++≥−− +++
+++


(
)
3x y z
3
44
++
≥−


33936
.3
44444
≥ −=−==
3
2
( vì
3
x y z3xyz3+ +≥ =
)
Vậy

222
xyz
1y 1z1x 2
++≥
+++
3




TRANG 24
Đề tham khảo khối A - 2007
Câu 01: Cho hàm số:
2x
3x4x
y
2

+
=

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến các
đờng tiệm cận của nó là hằng số.
Câu 02:

1. Giải phơng trình:
x2gcot2
x2sin
1

xsin2
1
xsinx2sin =+

2. Tìm m để bất phơng trình:
(
)
( )
0x2x12x2xm
2
+++
có nghiệm
[
]
31;0x +
.
Câu 03:
Trong không gian Oxyz cho 2 điểm
( ) ( )
18;7;3B,2;3;1A
và mặt phẳng
.
()
01zyx2:P =++
1. Viết phơng trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mặt phẳng (P).
2. Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho
MBMA +
nhỏ nhất.
Câu 04:

1. Tính:

++
+
4
0
dx
1x21
1x2
.
2. Giải hệ phơng trình :





+=++
+=++


132y2yy
132x2xx
1x2
1y2

Câu 05a:
(Cho chơng trình THPT không phân ban)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đờng tròn
( )
1yx:C

22
=+
. Đờng tròn
(
tâm
)
C

( )
2;2I
cắt
tại hai điểm AB sao cho
()
C
2AB =
. Viết phơng trình đờng thẳng AB.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau?
Câu 05b: (Cho chơng trình THPT phân ban)
1. Giải bất phơng trình :
()
0x2logxlog8log
2
2
4x
+
.
2. Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1

C
1
có
5a2AA;a2AC;aAB
1
===
và . Gọi
M là trung điểm của cạnh CC
o
120BAC=
1
. Chứng minh
1
MAMB và tính khoảng cách từ điểm A
tới mặt phẳng (A
1
BM).