20 đề THI THỬ đại học môn TOÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.35 MB, 46 trang )
1
Bài 1: Cho hàm số
2
12 xxy
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Gọi A và B là các giao điểm của (C) với trục hoành (khác gốc tọa độ). Tìm tọa độ những điểm I thuộc
(C) sao cho tam giác IAB vuông tại I.
Bài 2: Giải phương trình:
xx
x
xx
cossin
1sin
1cotcos12
2
Bài 3: Giải hệ phương trình:
72224
322
xxy
yx
Bài 4: Tính tích phân:
2
1
1
1
dx
xex
x
I
x
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có 3 cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB=BC=CD=a. Gọi
C’ và D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC’D’.
Bài 6: Chứng minh rằng:
2
4028
!2014.2!4028
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
20)5(:)(
22
yxC
và đường thẳng
(d): x+y+3=0. Tìm tọa độ những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho M,N đối xứng nhau qua
trục tung.
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
3
1
42
3
:
1
zyx
d
và
52
3
1
3
:
2
zyx
d
. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt cả hai đường thẳng d
1
;d
2
và song song
với trục Oy.
Bài 9: Tìm số phức z thỏa mãn:
222
zzz
ĐÁP ÁN
Bài 1: Đặt
3
22;;0;1;0;1 mmmIBA
.
Ta có:
mmmIBmmmIA 22;1;22;1
33
. Vì tam giác IAB vuông tại I nên:
0. IBIA
ĐỀ SỐ 1
2
Hay:
2
1
2
1
)(1
0158402211
2
2
246
2
3
m
m
loaim
mmmmmmm
*Với
2
1
;
2
1
2
1
Im
*Với
2
1
;
2
1
2
1
Im
Vậy có 2 điểm I thỏa mãn điều kiện:
2
1
;
2
1
I
và
2
1
;
2
1
I
Bài 2:
xx
x
xx
cossin
1sin
1cotcos12
2
Điều kiện:
kx
kx
xx
x
4
0cossin
0sin
01cossincossin
cossin
1sin
cos1
2
cossin
1sin
sin
cos12
2
xxxx
xx
x
xxx
x
x
x
PT
(*)
Đặt
2
1
cossincossin21)2(;
4
cos2cossin
2
2
t
xxxxttxxxt
Phương trình (*) trở thành:
101201
2
1
2
2
ttt
t
t
2
2
2
2
4
3
4
2
1
4
cos
kx
kx
kxx
So điều kiện, kết luận phương trình đã cho có 1 họ nghiệm:
2
2
kx
Bài 3: Điều kiện:
2
2
y
x
Đặt
2
2
)0;(;
2
2
2
2
vy
ux
vu
yv
xu
, hệ đã cho trở thành:
74224
322
22
2
uuv
vu
Hay:
13248
272
23
2
uvu
vu
Thế phương trình đầu vào phương trình còn lại:
2
1
03221
012872
132728
234
2
23
u
u
uuuu
uuuu
uuu
3
Với u=1 thì:
)(
2
5
1
loaiv
u
Với u=2 thì:
4
7
2
2
1
2
22
2
1
2
y
x
y
x
v
u
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm:
4
7
;2);( yx
Bài 4:
2
1
2
1
1
1
1
1
dx
xexe
ex
dx
xex
x
I
xx
x
x
Đặt
dxexdtxet
xx
11
Đổi cận:
x
t
2
1+2e
2
1
1+e
2
2
21
1
21
1
21
)1(2
ln
1
21
1
ln
1
1
1
1
22
e
ee
e
e
t
t
dt
tttt
dt
I
e
e
e
e
Vậy:
2
21
)1(2
ln
e
ee
I
Bài 5: Ta có:
)(BCDAB
CDAB
BCAB
Tam giác ABC vuông cân tại B nên: AC’=CC’=BC’. Tam giác BCD vuông tại C nên:
2aBD
. Xét
tam giác ABD:
2
''.
2
2
a
AD
AB
ADADADAB
.
Thể tích tứ diện ABCD là:
6
3
1
3
a
SABV
BCD
Gọi V là thể tích cần tính:
36
'
6
1
'' '
3
a
V
ADACAB
ADACAB
V
V
Bài 6: Đặt n=2014, bất đẳng thức trở thành:
22
)!.(2)!2( nn
n
(*)
-Khi n=1 thì:
4!2(*)
(luôn đúng)
-Giả sử (*) đúng với n=k:
22
)!.(2)!2( kk
k
, ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1, tức là:
2
)1(2
)!1(.2!)1(2
kk
k
(**)
)22).(12.()!.(2)22).(12()!2(
)22).(12.(2 3.2.1)]!1(2[(**)
22
kkkkkk
kkkkVT
k
Ta sẽ chứng minh
2
)1(222
)!1(.2)22).(12.()!.(2
kkkk
kk
4
2
22222
)1(4)22).(12(
)1.()!.(4.2)22).(12.()!.(2
kkk
kkkkk
kk
42
(luôn đúng).
(**)])!1.[(2)22).(12.()!.(2(**)
2)1(222
VPkkkkVT
kk
Theo giả thiết quy nạp, cho n=2014 suy ra điều phải chứng minh:
2
4028
!2014.2!4028
Bài 7: Gọi tọa độ 2 điểm M,N lần lượt là:
);();;(
2211
yxNyxM
Kết hợp với giả thiết ban đầu ta có hệ phương trình:
21
21
22
2
1
2
1
03
205
yy
xx
yx
yx
(*)
4
2
202
3
205
(*)
2
2
2
2
2
2
21
21
22
2
1
2
1
y
y
yy
yy
xx
yx
yx
*Với y
2
=-2 thì:
2
1
1
1
1
2
y
x
x
, tọa độ M,N lần lượt là: M(1;-2); N(-1;-2)
*Với y
2
=4 thì:
4
7
7
1
1
2
y
x
x
, tọa độ M,N lần lượt là: M(7;4); N(-7;4)
Vậy có 2 cặp M,N thỏa mãn điều kiện: M
1
(1;-2); N
1
(-1;-2) và M
2
(7;4); N
2
(-7;4)
Bài 8: Vì (d) song song với Oy nên (d) nhận
)0;1;0(n
làm VTCP.
Giả sử (d) cắt (d
1
) tại A, cắt (d
2
) tại B, khi đó: A(3+2t
1
; 4t
1
; -1+3t
1
), B(-3+t
2
; 3+2t
2
; -5t
2
)
)135;342;62(
121212
ttttttAB
Vì AB//Oy nên:
13
20
13
29
15
0135
342
062
.
2
1
12
12
12
t
t
k
tt
ktt
tt
nkAB
13
100
;
13
116
;
13
19
A
, từ đó viết được phương trình (d):
13
100
13
116
13
19
z
ty
x
5
Vậy phương trình đường thẳng (d) có dạng: (d)
13
100
13
116
13
19
z
ty
x
Bài 9: Đặt
);(; Ryxyixz
Ta có:
xyiyxyixz 2)(
2222
;
xyiyxyixz 2)(
2222
Theo đề ta có:
02
)2
)(22
2222
2222
222
xy
yxyx
yxxyiyx
zzz
*Với x=0 thì y=0
*Với y=0 thì:
2
0
2
22
x
x
xx
Tóm lại, có 2 số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài:
2;2;0
321
zzz
.
HẾT.
Bài 1: Cho hàm số
1x2
1x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm giá trị m để đường thẳng
2mmxy
cắt (C)
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho IA = IB
Bài 2: Giải phương trình:
15cossin2
2
xx
Bài 3: Giải phương trình:
464.34log564.34log764.34log564.34log87
4
2
2
22
2
4
2
2
22
2
xxxxxxxx
Bài 4: Tính tích phân:
4
0
2
tan
xdxxI
Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại đỉnh C; đường thẳng BC' tạo với mặt
phẳng (ABB'A') góc
0
60
và AB=AA'=a. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BB',CC',BC. Tính thể tích
lăng trụ ABC.A'B'C', khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a.
Bài 6: Cho a,b là hai số thực thuộc
2;0
và thỏa
3
2
25
1
25
1
22
ba
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
112
2244
babaP
ĐỀ SỐ 2
6
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
và hình vuông
MNPQ
với
NM,
lần lượt là trung
điểm của
ACAB,
;
QP,
nằm trên đường thẳng BC. Biết
)4;1(,)1;3( MA
và độ dài của cạnh hình vuông
MNPQ
bằng 4. Tìm toạ độ các điểm B và C.
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng
022:)( xyx
và
0422:)( zyx
. Viết phương trình đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng
)(
, song song và
cách mặt phẳng
)(
một khoảng là 1.
Bài 9: Tìm phần thực phần ảo của số phức z, biết rằng:
izii 2331
65
.
ĐÁP ÁN
Bài 1: Đặt
2:)( mmxyd
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
2
1
,2
12
1
xmmx
x
x
(*)03532
2
mxmmx
(d) cắt (C) tai hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
khác
2
1
0
0
2
1
0256
0
03
2
1
.53
2
1
2
0
0
2
2
mmm
m
mmm
m
Đặt
),(,),(
BBAA
yxByxA
. Ta có:
m
m
xx
m
m
xx
BABA
2
3
.,
2
53
và
2,2 mmxymmxy
BBAA
Gọi
),(
HH
yxH
là trung điểm đoạn thẳng AB, ta được:
4
3
;
4
53
4
3
4
53
2
22
4
53
2
m
m
m
H
m
y
m
m
x
m
xx
m
yy
y
m
m
xx
x
H
H
BABA
H
BA
H
Giao điểm hai đường tiệm cận của (C) là
2
1
;
2
1
I
.
Gọi
)(
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc đường thẳng (d). Ta có phương trình đường
thẳng
)(
:
2
1
2
11
:)(
2
1
2
11
m
x
m
yx
m
y
Vì
IBIA
nên
2
1
2
1
2
531
4
3
)(
mm
m
m
m
H
1
1
5
055
23
m
m
m
mmm
So sánh điều kiện, bài toán thỏa mãn khi m = 5, m = -1, m = 1
Bài 2:
0
2
3
cos.
2
7
cos202cos5cos
xx
xxPT
7
Với
7
2
7
0
2
7
cos
k
x
x
Với
3
2
3
0
2
3
cos
k
x
x
Vậy phương trình đã cho có 4 họ nghiệm:
7
2
7
k
x
và
3
2
3
k
x
Bài 3: Điều kiện:
064.34log564.34log7
064.34
2
2
22
2
2
xxxx
xx
(*)
Đặt
0
0
:,
64.34log564.34log7
64.34log564.34log87
4
2
2
22
2
4
2
2
22
2
v
u
đk
v
u
xxxx
xxxx
(*’)
Ta có hệ phương trình:
80
4
44
vu
vu
804
4
4
4
uu
uv
1
3
03362569616
4
23
v
u
uuu
uv
(thỏa đk (*’))
0664.34log564.34log
164.34log564.34log7
364.34log564.34log87
2
2
22
2
4
2
2
22
2
4
2
2
22
2
xxxx
xxxx
xxxx
464.34
864.34
2
2
xx
xx
(thỏa đk (*))
2
173
log
2
173
4
)(0
2
173
4
024.34864.34
4
22
x
loai
x
x
xxxx
0
2
1
14.
24.
024.34464.34
22
x
x
x
x
xxxx
Vậy phương trình có 3 nghiệm:
0,
2
1
,
2
173
log
4
xxx
Bài 4:
KHxdxdxxxdxxxxdxxI
4
0
4
0
4
0
22
4
0
2
1tan11tantan
4
0
2
4
0
2
cos
1tan
dx
x
x
dxxxH
, từng phần:
xv
dxdu
dvdx
x
xu
tan
cos
1
2
2ln
2
1
4
0
4
coslntantan
0
4
tan
4
0
xxxxdxxxH
;
4
0
22
32
0
4
2
x
xdxK
8
Vậy:
32
2ln
2
1
4
2
I
Bài 5:
*Tính thể tích:
Gọi K là trung điểm A'B', ta có tam giác A'B'C' cân tại C' nên KC' vuông góc A'B', lại có KC' vuông
góc AA' nên:
0
60'
ˆ
'')''(' CBKBKKCAMKCAABBKC
,
lại có:
2
5a
BKAM
Xét tam giác BKC':
4
15
''.'.
2
1
;
2
15
'
2
'''
a
KCBAS
a
KC
CBA
4
15
'.
3
''''''.
a
SAAV
CBACBAABC
*Tính khoảng cách: Gọi d là khoảng cách cần tính.
Gọi Q là trung điểm B'C' thì MQ//NP hay NP//(AMQ)
)](;[ AMQPdd
Kẻ AH' vuông góc BC, lại có BB' vuông AH' suy ra:
)(' PMQAH
8
15
'.3
2
2
1
4
15
2
2
15
2
'
3
.
2
2
a
SAHV
a
PQBPS
a
a
a
BC
S
AH
PMQPMQAPMQ
ABC
Dễ thấy
2
5a
MQAM
, theo định lý trung tuyến thì:
5
15
5
8
.
8
15
3
)](;[
8
5
.
42
1
2
5
'
2
3
4
''''2''2
'
2
3
.
22
2
2
222
2222
2
a
a
a
S
V
AMQPdd
a
AQ
AQ
AMS
a
AQAAAQ
aCBBACA
QA
AMQ
AMQP
AMQ
Bài 6: Theo đề ta có:
0162252
92525
2525
2
25
1
25
1
3
2
2222
22
22
22
baba
ba
ba
ba
Lại có:
2
22
22
2.222
ba
ba
, suy ra:
2
6
22
82
0162.102
22
22
2
2
2
22
22
22
22
ba
ba
ba
ba
ba
ba
9
Vì a,b thuộc
2;0
nên
2
22
ba
Khi đó:
1024422112
22
2
222244
babababaP
Vậy MaxP=10. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1.
Bài 7: M là trung điểm AB
)7;5(B
Đặt
);( baQ
. Theo giả thiết ta có:
5,4 AMBMMQ
MBQ
vuông tại
Q
nên
31625
22
MQBMBQ
Vậy ta được:
3
4
BQ
MQ
975
1641
22
22
ba
ba
0651410
0182
22
22
baba
baba
06468
0182
22
ba
baba
3
32
3
4
026517825
2
ab
aa
3
32
3
4
25
53
5
ab
a
a
25
196
;
25
53
25
196
25
53
4;5
4
5
Q
b
a
Q
b
a
Với
)4;5(Q
:
Ta có
)3;0( BQ
Đường thẳng MN đi qua
)4;1(M
và nhận véc tơ chỉ phương
)3;0( BQ
nên ta có phương
trình đường thẳng MN là:
013 x
Vì
MNN
nên
1
N
x
. Theo giả thiết, ta có
164114
22
N
yMN
)0;1(0
)8;1(8
Ny
Ny
N
N
*Với
)8;1(N
: N là trung điểm cạnh AC nên ta được
)15;5(C
*Với
)0;1(N
: N là trung điểm cạnh AC nên ta được
)1;5( C
10
Với
)
25
196
;
25
53
(Q
: Ta có
7;24
25
3
)
25
21
;
25
72
( BQ
Đường thẳng MN đi qua
)4;1(M
và nhận véc tơ chỉ phương
)7;24(
25
3
)
28
21
;
25
72
( BQ
nên ta có phương trình đường thẳng MN là:
0103247042417 yxyx
Lại có
4MN
MNN
1641
0103247
22
NN
NN
yx
yx
092165000625
7
89
7
24
164
7
96
7
24
7
103
7
24
2
2
2
NN
NN
NN
NN
yy
yx
yy
yx
25
72
;
25
121
25
72
25
121
25
128
;
25
71
25
128
25
71
N
y
x
N
y
x
N
N
N
N
*Với
25
128
;
25
71
N
: N là trung điểm cạnh AC nên ta được
25
231
;
25
67
C
*Với
25
72
;
25
121
N
: N là trung điểm cạnh AC nên ta được
25
119
;
25
317
C
Vậy các điểm B, C cần tìm là:
15;5
)7;5(
C
B
,
1;5
)7;5(
C
B
,
25
231
;
25
67
7;5
C
B
,
25
119
;
25
317
7;5
C
B
Bài 8: Gọi
);;( cbau
là VTPT của (d) và (d) đi qua
000
;; zyxM
Vì (d) thuộc
)(
nên
nu
và
//d
nên
)5;3;4(;
nnunu
Mặt khác M thuộc
)(
nên:
022
000
zyx
(1)
Mà
122
722
1
3
422
))(;())();((
000
000
000
zyx
zyx
zyx
Mddd
11
*TH1:
722
000
zyx
kết hợp với (1):
22
722
000
000
zyx
zyx
, chọn z
0
=0 thì:
5
12
5
11
0
0
y
x
, do đó
phương trình tổng quát của đường thẳng (d) là:
53
5/12
4
5/11
zyx
*TH2:
122
000
zyx
kết hợp với (2):
22
122
000
000
zyx
zyx
, chọn z
0
=0 thì:
0
1
0
0
y
x
, do đó phương
trình tổng quát của đường thẳng (d) là:
534
1
zyx
Vậy có 2 phương trình đường thẳng (d) thỏa mãn điều kiện:
53
5/12
4
5/11
zyx
và
534
1
zyx
Bài 9: Ta có:
1;
6225
iiiiii
i
i
i
ii
i
i
ziziizi
3
2
3
32
3
23
3
23
23.323131(*)
2
2
Vì
iz
3
2
nên
iz
3
2
. Vậy phần thực của z bằng
3
2
, phần ảo bằng -1.
Bài 1: Cho hàm số
12
1
x
x
y
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm tọa độ những điểm M nằm trên (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M hợp với hai trục tọa
độ thành một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x+y=0.
Bài 2: Giải phương trình:
32tan
24
tan.
sin
cossin1
2
2
x
x
x
xx
Bài 3: Giải phương trình:
11
4
29
1
2
xxxx
Bài 4: Tính tích phân:
2
0
sin.cos
cos.sincos
dx
xex
xexx
I
x
x
Bài 5: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có
ABD
là tam giác đều cạnh a. Đỉnh A’ cách đều các đỉnh A, B,
D. Góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
o
. Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’
,khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D’ theo a.
ĐỀ SỐ 3
12
Bài 6: Cho
2
0
a
và m,n là các số tự nhiên lớn hơn 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
aaP
nm
cos.sin
3
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
0
60
ˆ
A
. Trên các cạnh AB,BC lần
lượt lấy các điểm M,N sao cho MB+NB=AB. Biết
1;3P
thuộc đường thẳng DN và đường phân giác
trong của góc
NDM
ˆ
có phương trình là
063 yx
. Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi ABCD.
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
05yx:)P(
và đường thẳng
1z
t2y
t2x
:)d(
.Viết
phương trình đường thẳng
)(
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc đường thẳng (d), đồng thời khoảng
cách giữa
)(
và (d) bằng
5
Bài 9: Tìm phần thực phần ảo của số phức z, biết rằng:
20132014
2131 izi
.
ĐÁP ÁN
Bài 1: Ta có:
2
)1(
1
'
x
y
, phương trình tiếp tuyến tại
00
; yxM
có dạng:
1;
12
1
1
0
0
0
2
0
0
x
x
x
x
xx
y
Gọi A và B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến và 2 trục Ox, Oy. Khi đó:
2
0
0
2
00
2
0
12
12
;0;0;
2
12
x
xx
B
xx
A
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra:
2
0
0
2
00
2
0
16
12
;
6
12
x
xxxx
G
Vì G thuộc đường thẳng 4x+y=0 nên:
2
3
;
2
1
21
4
1
1
012
16
12
6
12
.4
00
0
2
0
0
2
0
2
0
0
2
00
2
0
xx
x
x
xx
x
xxxx
Từ đó ta tìm được 4 điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 2: Điều kiện:
0
24
cos
0cos
0sin
x
x
x
2
2
2
2
k
x
kx
k
x
Khi đó:
13
(1)
32tan.
2
tan1
2
tan1
.
sin
sinsin
2
2
x
x
x
x
xx
32tan
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
.
sin
sin1
x
xx
xx
x
x
32tan
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
.
sin
2
sin
2
cos
2
x
xx
xx
x
xx
212
32cot32
cossin
sincos
32
cos
sin
sin
cos
22
kxx
xx
xx
x
x
x
x
So sánh điều kiện (*), phương trình đã cho có nghiệm:
Zkkx ,
212
Bài 3: Nhân 2 vế với
2
và biến đổi, ta được:
3
5
2
11
2
9
111
2
11
2
9
1
11
2
9
11
2
2
x
x
xxx
x
x
xxxx
Bài 4: Ta có:
xexexxexxexx
xxxx
cos.sin.sinsin.coscos.sincos
'sin.cossin.cos xexxex
xx
2
0
2
0
sin.cos
cos.sin.sin
sin.cos
sin.cos
dx
xex
xexex
dx
xex
xex
I
x
xx
x
x
2
0
2
0
0
2
sin.cosln
sin.cos
sin.cos
xexx
xex
xexd
dxI
x
x
x
, suy ra
0
22
I
Bài 5: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ lên mp(ABCD). Vì A’ cách đều các điểm A, B, D và
ABD
đều nên H là trọng tâm, trực tâm
ABD
ABD
đều và
ABCD
là hình bình hành (gt)
ABCD
là hình thoi. Gọi
BDACO
Ta có :
)''('
)()'(
DABAdoBDOA
BDAC
BDABCDBDA
góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD) là
o
OHA 60'
^
4
3
.
2
1
,
6
3
3
1
,
2
3
2
a
BDAOS
a
AOHO
a
AO
ABD
14
HOA'
vuông tại H
2
60tan.'
a
HOHA
o
Thể tích khối hộp
''''. DCBAABCD
là:
4
3
2
.
4
3
.2' 2'.
32
aaa
HASHASV
ABDABCD
Ta có
))'(,())''(),'(()'','(
)''(''),'('
)''//()'(
BDACdDCBBDAdDBBAd
DCBDBBDABA
DCBBDA
Trong
)''( CCAAmp
, vẽ
OAKOACK ','
Vì
HABDACBD ',
nên
CKBDCCAABD )''(
Do đó ta được:
CKBDACdBDACK ))'(,()'(
Do
^
'OHA
là góc nhọn nên
^
'OCA
là góc tù, suy ra điểm K nằm ngoài đoạn
OA'
Ta có:
CKO
đồng dạng
OA
CO
HACK
OA
CO
HA
CK
HOA
'
.'
''
'
3
3
60cos
',
2
3 aHO
OA
a
AOCO
o
4
3
3
3
2
3
.
2
a
a
a
a
CK
Vậy
4
3
)'','((
a
DBBAd
Bài 6:
nmnm
nm
aaaaaP
3
2
2
2
3
2
2
26412
cos.cos1cos.sincos.sin
Đặt t=cos
2
a, vì
2
0
a
nên
]1;0[t
. Suy ra:
n
m
ttP
3
2
12
.1
Xét hàm số:
]1;0[:;.1)(
3
2
DTXĐtttf
n
m
mn
n
t
t
t
ttnttmtf
n
m
n
m
23
3
1
0
0.1.3.1.2)('
13
2
3
12
Ta có bảng biến thiên:
15
t
0
mn
n
23
3
1
f’
+ 0 -
f
mn
mn
mn
mn
23
23
)23(
)2.()3(
0 0
Từ BBT suy ra:
mn
mn
x
mn
mn
tfMax
23
23
]1;0[
)23(
)2.()3(
)(
khi
mn
n
x
23
3
Mà
)(
12
tfP
nên
12
23
23
2
;0
)23(
)2.()3(
mn
mn
a
mn
mn
PMax
khi
mn
mn
a
mn
n
a
23
23
arccos
2
1
23
3
cos
2
Vậy
12
23
23
2
;0
)23(
)2.()3(
mn
mn
a
mn
mn
PMax
khi
mn
mn
a
23
23
arccos
2
1
Bài 7: Dễ thấy tam giác ABD đều, suy ra: AD=BD (1).
Theo đề bài:
AMNBAMMBABNBMB
(2). Từ (1) và (2) suy ra:
) ( cgcBDNADM
NDBMDA
ˆˆ
(3)
Lại có:
0
60
ˆˆ
BDMMDA
(4)
Từ (3) và (4) suy ra:
00
60
ˆ
60
ˆˆ
NDMBDMNDB
Gọi K là điểm đối xứng của P qua đường phân giác góc
NDM
ˆ
(H là trung điểm KP), đường thẳng
qua P vuông góc với DH có phương trình:
043 yx
.Suy ra
2
233
;
2
332
H
, vì H là
trung điểm KP nên dễ dàng tìm được:
331;33 K
Vì DH nằm trên đường phân giác góc
NDM
ˆ
nên
0
30
ˆ
HDK
Gọi
);( ban
là VTPT của đường thẳng đi qua DK. Ta có phương trình:
ba
a
baa
ba
ba
3
0
03
2
3
2
3
30cos
22
0
*Với a=0 thì phương trình DK là:
331y
, suy ra tọa độ điểm D là:
331;33 D
16
*Với
ba 3
, chọn b=-1 thì
3a
, phương trình DK:
03623 yx
, suy ra
63;1 D
Vậy có 2 điểm D thỏa mãn điều kiện đề bài là:
331;33 D
và
63;1 D
Bài 8: Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến
)0;1;1(n
Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương
)0;2;1(u
đi qua điểm
)1;0;2(M
Vì
)P()(
và
)d()(
nên
)(
có véc tơ chỉ phương
)3;0;0(u,nv
Gọi (Q) là mặt chứa qua (d) và vuông góc
)P(
(Q) có véc tơ pháp tuyến là
)3;0;0(v
và (Q)
đi qua
)1;0;2(M
01z0)1z(3:)Q(
.
Gọi
)z;y;x(H
ooo
giao điểm của (Q) và
)(
)2(01z
)1(05yx
)P(H
)Q(H
o
oo
Ta có:
)0;3;6(v;u
,
)1z;y;2x(MH
ooo
12y3x6y3)2x(6MH.v,u
oooo
Theo giả thiết, lại có:
)b3(03y3x6
)a3(027y3x6
1512y3x65
53
12y3x6
5
v,u
MH.v,u
5)d(),((d
oo
oo
oo
oo
Từ (1), (2), (3a), ta có hệ phương trình:
1z
)1;1;4(H1y
4x
027y3x6
01z
05yx
o
o
o
oo
o
oo
Từ (1), (2), (3b), ta có hệ phương trình:
1z
)1;11;6(H11y
6x
03y3x6
01z
05yx
o
o
o
oo
o
oo
Với
)1;1;4(H
:Đường thẳng
)(
cần tìm đi qua H và nhận véc tơ chỉ phương
)3;0;0(v
phương trình đường thẳng
)(
:
t31z
1y
4x
Với
)1;11;6(H
:Đường thẳng
)(
cần tìm đi qua H và nhận véc tơ chỉ phương
)3;0;0(v
phương trình đường thẳng
)(
:
t31z
11y
6x
17
Bài 1: Cho hàm số
12)1(2
24
mxmxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=0.
2. Tìm m để (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x
1
<x
2
<x
3
<x
4
sao cho: x
2
-x
1
=x
3
-x
2
=x
4
-x
3
Bài 2: Giải phương trình:
1coscos2cos)sin21(
42
xxxx
Bài 3: Giải hệ phương trình:
22
1
2
2
yxy
y
y
yxx
Bài 4: Tính tích phân:
3
2
)2(
log
)1(log
)1(log
5
dx
x
xx
I
x
x
x
Bài 5: Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy là các tam giác đều. Hai mặt bên (A’AB) và (A’AC) vuông
góc với nhau. Đỉnh A’ cách đều các đỉnh A,B,C; gọi O là trực tâm tam giác ABC, khoảng cách từ O đến
cạnh AA’ bằng a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho.
Bài 6: Cho hàm số
cbxaxxf
2
)(
sao cho a<b và
0)( xf
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ab
cba
P
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d):2x+y-6=0 và (d'):x+2y-4=0. Viết phương
trình đường tròn (C), tâm I(2;4) biết rằng (C) cắt (d) tại hai điểm A,B; (C) cắt (d') tại hai điểm D,E sao
cho:
5
16
DEAB
.
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
t6z
3y
tx
:)d(
, mặt phẳng
04zx:)P(
và điểm
)1;0;3(E
nằm trên mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng
)(
nằm trong mặt phẳng (P), đi qua
điểm E và khoảng cách giữa
)(
và (d) bằng
3
6
.
Bài 9: Tìm số nguyên dương x thỏa mãn phương trình:
15 12
2
1
1
2
1
3
2
1
2
xxP
A
C
C
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
ĐỀ SỐ 4
ĐỀ SỐ 5
18
Bài 1: Cho hàm số:
2)1(
223
xmxmxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m=1
2. Tìm m để đồ thị (C) là đường cong lõm trên khoảng (-1;3)
Bài 2: Giải phương trình:
1
2
2sin
4
2sin
sincos
sin1
25
xx
xx
x
Bài 3: Giải bất phương trình:
3
2
14
1
105
1232
xxx
xx
Bài 4: Tính tích phân:
2
1
2014
1xx
dx
I
Bài 5: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành; AB=2AD=2a;
0
60
ˆ
DAB
; M là trung
điểm AB; DM cắt AC tại H; biết rằng SH vuông góc với mp(ABCD); một mặt phẳng (P) qua H và song
song với SC, cắt SA tại N, góc giữa hai mặt phẳng (DMN) và (ABCD) bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD
Bài 6: Cho x,y,z là các số thực khác 0 thỏa mãn:
8362
532
xzyzxy
zyx
.
Chứng minh rằng:
9
7
3
1
;
6
7
2
1
;
3
7
1 zyx
Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
8)2()3(:)(
22
yxT
, đường thẳng (d): 3x-2y-15=0
và điểm E(-1;3). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với (d), cắt (T) theo 1 giao tuyến là đoạn AB
chứa E sao cho BE=3AE
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
8)3()1(:)(
222
zyxS
và 2 điểm A(0;3;0); B(4;3;-
2). Tìm điểm M thuộc (S), sao cho tích
BMAM
.
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 9: Trong khoảng (100;10000) có bao nhiêu số tự nhiên chẵn và chia hết cho 3? Tính tổng của các số
đó.
ĐÁP ÁN
Bài 1: Theo đề bài, (C) là đường cong lõm trên khoảng (-1;3) khi và chỉ khi
)3;1(;0" xy
333
33
026"
22
2
m
m
x
m
mxy
Vậy các giá trị m cần tìm là: -3<m<3
Bài 2:
19
21cos1cos
0coscos1cos1
0sincossincossin1
0cossinsinsin1coscos1sincossin1
cossinsincoscossinsincoscossinsin1
1
2
2sin
4
2sin
sincos
sin1
5
323
33233
22233
2223235
25
kxxx
xxx
xxxxx
xxxxxxxxx
xxxxxxxxxxx
xx
xx
x
Bài 3:
3
2
14
1
105
1232
xxx
xx
20
143143
)2(4
105
1012
)2(3
532
2
0
143
314
105
1012532
0
14
3
1
3
1
1
105
1232
4
1
:
x
xx
x
xx
xx
x
xx
x
x
x
xx
xxxx
xxx
xx
BPT
xĐk
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
);2( S
Bài 4:
12
2
ln
2014
2015
1
2
1
ln
2014
1
)1(2014
1
1
2014
1
11
2014
2014
2
1
2
1
2
1
20142014
2014
20142014
2013
2
1
2014
2013
t
t
tt
dt
xx
xd
dx
xx
x
xx
dx
I
Bài 5:
DAB
ˆ
=60
0
, AD=AM=a nên tam giác ADM đều. Gọi K là hình chiều vuông góc của N lên
(ABCD).
Gọi E là trung điểm DM. Khi đó AEMD;
Hạ KFDM=>KF//AE. Ta có:
20
KFDM=>DM(NKF)=>goc(NFK)=goc((DMN);(ABCD))=60
0
.
=>NK=a =>SH=3a.
Diện tích đáy:
Suy ra thể tích cần tính:
Bài 6:
8159)2(382352)1(
2
zzyxzxyzyx
Hệ có nghiệm khi:
9
7
3
1
181594)35(04
222
zzzzPS
Chứng minh tương tự cho x,y.
Bài 7:
Đặt
8)2()3();(
22
babaA
(1)
Mà
)123;43(3 baBAEBE
Lại có B thuộc (T) nên:
8)103()13(
22
ba
(2)
Giải (1) và (2) ta được tọa độ của A và B là:
)0;1();4;1( BA
hoặc
5
24
;
5
17
;
5
12
;
5
1
BA
Gọi I(x;y) là tâm của đường tròn (C). Theo đề ta có:
))(;( dIdIA
IBIA
21
*Với
)0;1();4;1( BA
:
2
37
2
2
13
|193|
4)1(
2
23
|1523|
)4()1(
)1()4()1(
2
22
22
2222
y
x
y
x
x
x
y
yx
yx
yxyx
Từ đó viết được 2 phương trình (C) là:
1300)2()37(:)(;13)2()2(:)(
22
2
22
1
yxCyxC
Tương tự cho trường hợp còn lại.
Bài 8: Gọi I(1;3;0) là tâm mặt cầu (S), N(2;3;-1) là trung điểm AB.
Ta có:
22
. NAMNNAMNNAMNNBMNNAMNMBMA
NA không đổi, vậy để tích
BMAM
.
đạt GTLN khi MN lớn nhất. Khi đó M là giao điểm của đường
thẳng đi qua IN và mặt cầu (S). Dễ dàng viết được phương trình đường thẳng IN:
tz
y
tx
3
1
.
Vì M giao điểm của IN và (S) nên ta có phương trình:
28)33()11(
222
ttt
Với t=2 thì M(3;3;-2), MN
2
=2
Với t= -2 thì M(-1;3;2), MN
2
=18
Vậy M(-1;3;2) là điểm cần tìm.
Bài 9: Số chia hết cho 3 có dạng: 3k (k là số tự nhiên).
Theo đề ta có:
333334100003100 kk
, có 3300 giá trị k.
Tổng của những số này là:
16666650
2
3300).3333.334.3(
S
Bài 1: Cho hàm số
133
3
mmxxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (C) có cực đại, cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường phân giác góc
phần tư thứ nhất.
Bài 2: Giải phương trình:
x
x
x
cos2
tan23
2cos5
Bài 3: Giải phương trình:
3
3
2
211 xx
Bài 4: Tính tích phân:
2log
0
3
13.2
13
dxI
x
x
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A,
DCDBDAaACaAB ,3,
. Biết
ĐỀ SỐ 6
22
rằng tam giác DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD.
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số dương x,y,z thỏa mãn xy+yz+zx=3, ta luôn có bất đẳng thức:
2
3
))()((
41
xzzyyxxyz
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C)
0962
22
yxyx
và đường
thẳng (d):3x-4y+5=0 và đường tròn (C)
0962
22
yxyx
. Tìm những điểm M thuộc (C) và N
thuộc (d) sao cho độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất.
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(1;2;3). Viết phương trình đường thẳng qua M, tạo
với Ox một góc 60
0
và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 30
0
.
Bài 9: Tìm phần ảo của số phức
24
6
5
sin
6
5
cos1
iz
ĐÁP ÁN
Bài 2:
x
x
x
cos2
tan23
2cos5
Điều kiện:
0cos,
2
3
tan xx
.
kx
x
x
xx
xxxxxx
xxxx
xxxxPT
0cos
0sin
1sincos
05sincos1sincos2sin3cos
sin4sin5cos6cos
sin2cos32sincos5
22
22
22
Bài 3:
3
3
2
211 xx
Điều kiện:
1x
)0(;1012
)1(6
0122)2(
2122
2
3
3
3
3
Axx
A
x
xxx
xxxPT
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= -1.
Bài 4:
2log
0
2log
0
33
313.2
313
13.2
13
dxdxI
xx
xx
x
x
, đặt
dx
dt
t
xx
3
3ln
3
2
1
2log
2
1
3ln
2ln
3ln
2
1
2ln
1
2
)12ln(
2
1
1
2
ln
12
11
.3ln
12
1
3ln
1
3
2
1
2
1
I
ttdt
tt
Idt
tt
t
I
23
Bài 5: Tam giác ABC vuông tại A, suy ra: BC=2a
Tam giác DBC vuông cân tại D, suy ra:
2aDADCDB
, gọi I là trung điểm BC.
a
BC
IDIA
2
, lại có
2aDA
nên tam giác IAD vuông tại I. Suy ra
IAID
mà
BCID
nên
)(ABCID
6
3
.
3
1
3
a
SIDV
ABCABCD
Bài 6: Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương
))()((
4
;
2
1
;
2
1
xzzyyxxyzxyz
:
3
222
))()((
3
))()((
4
2
1
2
1
xzzyyxzyx
xzzyyxxyzxyz
Ta có:
))()(())()((
222
xyyzzxxyyzxzxyzxzzyyxzyx
Lại có:
11
3
3
xyz
zxyzxy
zxyzxy
(1)
Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số thực dương (xy+yz), (yz+zx) và (zx+xy):
8
3
))()((
3
xyyzzxxyyzxz
xyyzzxxyyzxz
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
8))()((
222
xzzyyxzyx
Vậy:
2
3
))()((
41
xzzyyxxyz
Bài 8: Gọi VTCP của (d) là
321
;; aaaa
, Ox có VTCP là (1;0;0).
Đường thẳng d tạo với Ox góc 60
0
nên:
03
2
1
60cos
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
1
aaa
aaa
a
(Oxz) có VTPT (0;1;0). Đường thẳng d tạo với (Oxz) góc 30
0
tức là d tạo với VTPT này góc 60
0
.
03
2
1
60cos
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
2
aaa
aaa
a
Giải ra ta được:
2
2
1
3
21
2
3
2
2
2
1
a
aaaaa
Chọn
2
3
a
, ta được
).2;1;1(),2;1;1(),2;1;1(),2;1;1( aaaa
Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d):
2
3
1
2
1
1
;
2
3
1
2
1
1
2
3
1
2
1
1
;
2
3
1
2
1
1
zyxzyx
zyxzyx
24
Bài 9:
6
5
sin
6
5
cos
6
5
sin
6
5
cos
6
5
sin
6
5
cos
6
5
sin
6
5
cos1
24
0
24
24
0
24
24
0
24
24
0
24
24
k
Ci
k
C
k
i
k
CiCiz
k
k
k
k
k
k
k
k
k
Phần ảo:
24
0
24
6
5
sin
k
k
k
C
Ta có:
0
6
5
sin
6
5
sin
6
)24(5
sin
6
5
sin
2424
24
2424
k
C
k
C
k
C
k
C
kkkk
Suy ra:
0
6
5
sin
24
0
24
k
k
k
C
Bài 1: Cho hàm số
132
23
xxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8
Bài 2: Giải phương trình:
32sin33sin.2cos2cos2
22
xxxx
Bài 3: Giải hệ phương trình:
9
3
1218
2
2
y
xy
xxy
Bài 4: Tính tích phân:
2
0
sin.cos
cos.sincos
dx
xex
xexx
I
x
x
Bài 5: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và
cạnh đáy đối diện bằng m.
Bài 6: Cho tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c thỏa mãn điều kiện:
2
2
)(
)(
cabb
bcaa
Chứng minh rằng:
cba
111
Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
1)3()1(:)(
22
yxC
và điểm
5
7
;
5
1
M
. Tìm trên (C)
những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất.
Bài 8: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
3
4
21
2
:)(
zyx
d
và hai mặt phẳng (P
1
): x-
2y+2z-3=0, (P
2
): 2x+y-2z-4=0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt
ĐỀ SỐ 7
25
phẳng (P
1
), (P
2
).
Bài 9: Cho khai triển
12
12
2
210
4
32
1 xaxaxaaxxx
. Tính hệ số a
7
.
ĐÁP ÁN
Bài 1:
Bài 2:
32sin33sin.2cos2cos2
22
xxxx
).(,
5
2
10
24
2
2
sin3sin
02cos
02cos3sin
02cos
02cos3sin2cos
2cos33sin.2cos2cos2
22
Zk
k
x
k
x
xx
x
xx
x
xxx
xxxx
Bài 3:
9
3
1218
2
2
y
xy
xxy
*TH1:
18xy
, hệ trở thành
9
3
30
2
2
y
xy
xxy
, đặt y=k.x thì:
5
3
2
3
9
3
301
2
2
2
k
k
k
kx
kx
2
35
32
x
x
, vì k>0 và
18xy
nên ta chỉ nhận các giá trị
32x
Thế vào phương trình (1) của hệ giải tìm y:
3332
3332
yx
yx
*TH2: tương tự.
