đáp án bộ đề thi toan đại học rất hay

Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt
GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 1: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trnh mi nht ca b giáo dc)
Câu I:
1) Học Sinh Tự Làm.
2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
−
−
)∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −
(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;

0
0
2 2
2
x
x
−
−
) ⇔ (∆ ) ∩ TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
−
= −
−
uuur
⇒ AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)

cauchy
x
x
− +
−
≥
⇒ AB min =
2 2
⇔
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
= →


= →


Câu II:(cosx –sinx)(cox
2
+ sin
2
-sinxcosx) = m ⇔ (cosx –sinx)(1- sinxcosx) = m
đặt t = cosx –sinx [- ⇔ sinxcosx= (1) ⇔ t( 1- )= m
1) khi m= -1 t( 1- ) = -1. ⇔ t = 1,t=2 (loại) vậy với t= -1⇔ ⇔ x
1
=- ,x

2
= (k
2) t( 1- )= m để pt có nghiêm x[-] thì t
Câu III:
2) Đk x ≥ 0. đặt t =
x
; t ≥ 0
(1)trở thành (m–3)t+(2-m)t
2
+3-m = 0 ⇔
2
2
2 3 3
1
t t
m
t t
− +
=
− +
(2) Xét hàm số f(t) =
2
2
2 3 3
1
t t
t t
− +
− +
(t ≥ 0)

Lập bảng biến thiên ⇒ (1)có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔
5
3
3
m≤ ≤
Câu IV:Gọi (∆) là đường thẳng cần tìm ta có:(P) ∩ (d
1
) = A(1;1;2); (P) ∩ (d
2
) = B(3;3;2) ⇒
(∆)
1 2
1 2 ( )
2
x t
y t t
z
= −


= − ∈


=

¡
Sử dụng công thức tính khoảng cách và cm hai đường thẳng chéo nhau.
Câu V:
GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 2: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trnh mi nht ca b giáo dc)

Câu I:
1)Học sinh tự làm.
2)Phương trình hoành độ điểm chung của (C
m
) và d là:
=

+ + + + = + ⇔ + + + = ⇔

= + + + =

3 2 2
2
0
2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0
( ) 2 2 0 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
≤ − ∨ ≥

∆ = − − >

⇔ ⇔
 

≠ −
= + ≠


/ 2
1 2
2 0
( )
2
(0) 2 0
m m
m m
a
m
g m
.
Mặt khác:
− +
= =
1 3 4
( , ) 2
2
d K d
Do đó:
∆
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
2
1
8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2

KBC
S BC d K d BC BC
2 2
( ) ( ) 256
B C B C
x x y y⇔ − + − =
với
,
B C
x x
là hai nghiệm của phương trình (2).
⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − =
2 2 2 2
( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128
B C B C B C B C B C
x x x x x x x x x x
Trang 1
1
Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt
2 2
1 137
4 4( 2) 128 34 0
2
m m m m m
±
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ =
(thỏa ĐK (a)). Vậy
1 137
2
m

±
=
Câu II:
1)Phương trình ⇔ (cosx–sinx)
2
- 4(cosx–sinx) – 5 = 0
cos -sin -1
cos -sin 5( cos -sin 2)
x x
x x loai vi x x
=

⇔

= ≤

2
2
2 sin( ) 1 sin( ) sin ( )
4 4 4
2
x k
x x k Z
x k
π
π
π π π
π π

= +


⇔ − = ⇔ − = ⇔ ∈

= +

2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0 Hệ ⇔
3
3
3
3
2
2
27
3
8 18
(2 ) 18
4 6
3 3
1
2 . 2 3
x
x
y
y
x x
x x
y y
y y

 


+ =
+ =

 ÷

 
 
⇔
 
 
 
+ =
+ =
 ÷



  
Đặt a = 2x; b =
3
y
. Ta có hệ:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b

ab
ab a b
+ =
+ =


⇔
 
=
+ =


ĐS: Hệ đã cho có 2 nghiệm
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
− +
 ÷  ÷
   
+ −
Câu III:
1) Ta có: I =
2
2
6
1
sin sin
2

π
π
× +
∫
x x dx
=
2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ×
∫
x d x
. Đặt
3
cos cos
2
x t= ×

Đổi cận: Khi
2
x cos
6 2 4
t t
π π

= ⇒ = ⇒ =
; khi
x cos 0
2 2
t t
π π
= ⇒ = ⇒ =
.
Do vậy:
2
2
4
3
sin
2
I tdt
π
π
= ×
∫
=
( )
3
2
16
π
+
.
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
+ − + −
− + + + =
(1)
* Đk
[-1;1]x ∈
, đặt t =
2
1 1
3
x+ −
;
[-1;1]x ∈ ⇒
[3;9]t ∈
Ta có: (1) viết lại
2
2 2
2 1
( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t t
t m t m t m t t m
t
− +
− + + + = ⇔ − = − + ⇔ =
−

Xét hàm số f(t) =
2
2 1
2
t t
t
− +
−
, với
[3;9]t ∈
. Ta có:
2
/ /
1
4 3
( ) , ( ) 0
3
( 2)
t
t t
f t f t
t
t
=

− +
= = ⇔

=
−


Lập bảng biến thiên
t 3 9
f
/
(t)
+
f(t)

48
7
4
Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm
[-1;1]x ∈
⇔ (2) có nghiệm
[3;9]t ∈
⇔
48
4
7
m≤ ≤
Trang 2
2
C
S
O
M
A
B
Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt

Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
Gọi V
SABC
- là thể tích của khối chóp S.ABC ⇒ V
S.ABC
=
3
3
1
.
3 16
ABC
a
S SO
∆
=
(đvtt)

Mặt khác, V
S.ABC
=
1
. ( ; )
3
SAC
S d B SAC
∆
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒
2
13 3
16
SAC
a
S
∆
=
Vậy: d(B; SAC) =
.
3
3
13
S ABC
SAC
V

a
S
∆
=
(đvđd).
Câu V:
*Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA
≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác,
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
. 0 ( (2;1;3)AH d AH u u⊥ ⇒ = =
uuur r r
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(
−−⇒⇒
AHH

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
⇔
7x + y – 5z –77 = 0
Câu VI:Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z

2
+ bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :
( ) ( ) ( )
2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
+ = = −
 
+ + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔
 
+ = =
 

Câu VII
3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c+ = + − + ≤ +
⇒
2
3
2 1
8 1
a a
c
c

≥
+
+
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
BĐT (1) ⇔ 4(a
3
b
2
+b
3
a

2
+c
3
a
2
) +2(a
3
+b
3
+c
3
)+2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)+( a+b+c) ≥
≥ 8a
2
b
2
c
2
+4(a
2
b
2
+b
2

c
2
+c
2
a
2
) +2 (a
2
+b
2
+c
2
)+1 (2)
Ta có: 2a
3
b
2
+2ab
2
≥ 4a
2
b
2
; …. (3)
2(a
3
b
2
+b
3

a
2
+c
3
a
2
) ≥ 2.3.
3
5 5 5
a b c
=6 (do abc =1) (4)
a
3
+b
3
+c
3
≥ 3abc =3 = 1 +2 a
2
b
2
c
2
(5)
a
3
+a ≥ 2a
2
; …. (6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 .

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 3: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trnh mi nht ca b giáo dc)
Câu I:
1)Học sinh tự giải.
2)
4 3 2
x 2x 2 x 1y x m m= + − − +
(1)
Đạo hàm
/ 3 2 2
y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +
Trang 3
3
Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt
°
/
2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)
=

= ⇔

+ + + =

° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2
(3m 4) 0
4
m .
3
4 4 3m 3m 0

∆ = − >
⇔ ⇔ ≠ ±

+ + + ≠

Giả sử: Với
4
m
3
≠ ±
, thì y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
x , x , x
° Bảng biến thiên:
x
-∞
x
1
x
2
x

3
+∞
y
/
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
CT
CĐ
CT
+∞
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi
4
m .
3
≠ ±
Câu II:
1).cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
2 3 2
8
+
⇔

( )
2 2
2 3 2
os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c
+
+ − =
⇔
2
os4x ,
2 16 2
c x k k Z
π π
= ⇔ = ± + ∈
.
2) Giải phương trình : 2x +1 +x
( )
2 2
2 1 2x 3 0x x x+ + + + + =
. (a)
Đặt:

− = +


= + > = +
  
⇒ ⇒
  

− −
= + +
=

 
= + + >



2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
v u 2x 1
u x 2, u 0 u x 2
v u 1
v x 2x 3
x
v x 2x 3, v 0
2

Ta có:
       
− − − − − −
⇔ − + + + = ⇔ − + − + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       


− =
 
 
+

⇔ − − + + = ⇔
 
+
 
 ÷

+ + + =
 
 ÷
 

 

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
v u 1 v u 1 v u u v u v
(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1
(v u) (v u) 1 0
v u 1
(v u) 1 0 (c)
2 2

2 2
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.
Do đó:
⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −
2 2 2 2
1
(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
−
.
Câu III:
Trang 4
4
Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt
1) + Ta có
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C

=


 
⇔ = − −

 
= −


uuur
uuur uuur
uuur
. Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có
một VTPT
( )
1;1; 1n = −
r
và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒ C không thuộc (P), do đó (P) // CD.
+
( )
( )
( )
0
. D
1
os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
= = = ⇒ =

uuur uuur
uuur uuur
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0
.
1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p


= − − = −
= +
 
⇒
 
= − − = − = +




uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
.
Mặt khác: Phương trình mặt phẳng (
α

) theo đoạn chắn:
1
x y z
m n p
+ + =
. Vì D ∈(
α
) nên:
1 1 1
1
m n p
−
+ + =
.
D là trực tâm của ∆MNP ⇔
. 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
 
⊥ =
 
⇔
 
⊥ =
 
 
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
. Ta có hệ:

0
3
0
3
1 1 1
1
m n
m
m p
n p
m n p


+ =

= −


+ = ⇒
 
= =


−

+ + =


.Kết
luận, phương trình của mặt phẳng (

α
):
1
3 3 3
x y z
+ + =
−
.
Câu IV: Tính tích phân
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
. Đặt
x
1
1
sin 2xdx
os2x
2
du d
u x
dv
v c
=

= +



⇒
 
=
=



I =
( )
/2
2 2
0 0
0
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
π π
π
π π
− + + = + + = +
∫
.
Câu V:
Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3

x x x x+ − + −
+ ≥
. Đặt
2
3
x x
t
+
=
, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t
2
– 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
Khi t ≤ 1 ⇒
2
2
3 1 0 1 0
x x
t x x x
+
= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
.(1)
Khi t ≥ 9 ⇒
2
2
2
3 9 2 0
1
x x
x

t x x
x
+
≤ −

= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔

≥

(2)
Kết hợp (1) và (2) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞).
Câu VI:
1)
2)Ta có
2
1 3 3
4 4 2
z i= − −
. Do đó:
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
   
+ + = + − + + − − =
 ÷  ÷
   
Trang 5
5

Trung Tâm Ơn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xn—Đà Lạt
Câu VII: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ =
·
'A EH
.
Tá có :
3 3 3
E , ,
2 3 6
a a a
A AH HE= = =
⇒
2 2
2 2
9 3a
A' '
3
b
H A A AH
−
= − =
.
Do đó:
2 2
' 2 3
tan
A H b a
HE a
ϕ

−
= =
;
2 2 2 2
. ' ' '
3 3
' .
4 4
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S
∆ ∆
−
= ⇒ = =
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S
∆
−
= =
.
Do đó:
' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABC
V V V= −
2 2 2

' ' '
1 3
' .
3 6
A BB CC ABC
a b a
V A H S
∆
−
= =
(đvtt)
GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 4: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn
0974.200.379—3755.711 (Giải tốn theo chương trnh mi nht ca b giáo dc)
Câu I:
1)Học Sinh Tự Làm.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =


2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠

∆ = − >


⇔
 
<
+ × + ≠



2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0

9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
= y’(x
D
) =
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) = 9x

D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét).
⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔ m =
( )
m
1
9 65

8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
Câu II:
Trang 6
6
S
H
P
C
A
B
N

Trung Tâm Ơn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xn—Đà Lạt
1.
+ + =3sinx cosx 2cos3x 0
⇔ sin
π
3
sinx + cos
π
3
cosx = – cos3x.
⇔ cos
π

 
− =−
 
 
x cos3x
3
⇔ cos
π
 
− = π−
 
 
x cos( 3x)
3
⇔
π π

= +

∈

π

= + π

k
x
3 2
(k Z)
x k

3
⇔ x =
π π
+
k
3 2
(k ∈ Z)
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 2
91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + −


2 2
2 2
( )( )
2 2
91 91
x y y x
y x y x
y x
x y
− −
⇔ = + − +
− + −
+ + +

2 2
1
( ) 0

2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
 
+
 ÷
⇔ − + + + =
 ÷
− + −
+ + =
 
⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x va y đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có:
2 2
91 2x x x
+ = − +

2 2
91 10 2 1 9x x x
⇔ + − = − − + −
2
2
9 3
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x

x x
x
x
− −
⇔ = + − +
− +
+ +
2
1 1
( 3) ( 3) 1 0
2 1
91 10
x x
x
x
 
 
⇔ − + − − =
 ÷
 ÷
 ÷
− +
+ +
 
 
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu III: J 
−
−

 
= = =
 
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8
2/3
1/3
3
x
e 2
b
e 2
e dx du 1
u
3
u
e 2

 
− −
 
b 2/3
3
4 (e 2) ;
2

với u = e
x
– 2, du = e
x
dx)
Suy ra:
→ →
 
= − − = =
 
b 2/ 3
b ln2 b ln2
3 3
lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu IV: Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
° SHN = SHP   ⇒ HN = HP.
° AHP vuông có: 
o

a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
° SHP vuông có: 
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
° Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
Trang 7
7
Trung Tâm Ơn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xn—Đà Lạt
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)
2

1
4
a b
a b ab
+
⇔ ≤
+

1 1 1
( , 0)
4
a b
a b
 
⇔ + ∀ >
 ÷
 
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
 
     
≤ + ≤ + + = + +
 
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 
Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
và

1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
Vậy
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
 
≤ + + =
 ÷
 
Vậy MaxP =
2009
4
khi x = y = z =
12
2009
Câu VI:
1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·

·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m
+ = ⇔ =

m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + =
Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;-
7
)

2) (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2; 1; 0)=
r
- (d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r

AB (3; 0; 4)= −
uuur
°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)

°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)
∈ ⇒ + −
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
° Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u


⊥ + − − + = 
= − 
 
⇒ ⇔ ⇒
   

=
+ − + + =
⊥






uuuur r
uuuur r
Trang 8
8
Trung Tâm Ơn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xn—Đà Lạt
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Câu VII:
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z

1
= –1, sau đó
bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
Đáp số:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 5: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn
0974.200.379—3755.711 (Giải tốn theo chương trnh mi nht ca b giáo dc)
Câu I:
1)hoc sinh tự làm.
2) Hoµnh ®é giao ®iĨm cđa ®å thÞ (C) vµ ®êng th¼ng d lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh



=−+−+
−≠
⇔+−=
+

+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) cã
mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01
22
nªn ®êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ
(C ) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A, B Ta cã y
A
= m – x
A
; y
B
= m – x
B
nªn AB
2
= (x
A
– x
B
)

2
+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+
12) suy ra AB ng¾n nhÊt  AB
2
nhá nhÊt  m = 0. Khi ®ã
24=AB
Câu II.
1) Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin
2
x = 8
 6cosx(1 – sinx) – (2sin
2
x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 



=−+
=−
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx

x

π
π
2
2
kx +=
2) §K:



≥−−
>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
BÊt ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
−>−− xxx
®Ỉt t = log

2
x, BPT (1) 
)3(5)1)(3()3(532
2
−>+−⇔−>−− tttttt



<<
−≤
⇔



<<
−≤
⇔








−>−+
>
−≤
⇔
4log3

1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t




<<
≤<
⇔
168
2
1
0
x
x
VËy BPT ®· cho cã tËp nghiƯm

lµ:
)16;8(]
2
1
;0( ∪
Câu III.
∫ ∫
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
®Ỉt tanx = t
Trang 9
9
A1
A B
C
C1
B1
K
H
Trung Tõm ễn Luyn Tt Nghip V H,CD 54H Bựi Th Xuõn Lt
dt
t

t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt

+
=
+
=
+
==
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1

2
2sin;
cos

C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+++=+++=
+++
=



2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1

)
3
3(
133
Cõu IV. Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết thì góc
HAA
1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1

= a, góc
HAA
1

=30
0

2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là
tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A

1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1

a
AA
AHHA
HK ==
Cõu V:
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009
ta có
)1(.2009 20091 11
42009 20092009200920092009200920092009
2005
aaaaaaaaa =+++++++

Tơng tự ta có
)2(.2009 20091 11
42009 20092009200920092009200920092009
2005
bbbbbbbbb =+++++++

)3(.2009 20091 11
42009 20092009200920092009200920092009
2005
ccccccccc =+++++++

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
)(20096027
)(2009)(46015
444
444200920092009
cba

cbacba
++
+++++
Từ đó suy ra
3
444
++= cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
Cõu VI:
1)Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng
tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23= IA



=
=
==


7
5
6123
2
1
m
m
m

m
2) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
Trang 10
10
Trung Tõm ễn Luyn Tt Nghip V H,CD 54H Bựi Th Xuõn Lt
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.
==
uuAHdAH
là véc tơ chỉ
phơng của d)
)5;1;7()4;1;3(

AHH
Vậy(P): 7(x - 10) + (y - 2) - 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0.
Cõu VII:
GV:Lờ Quang ip ỏp n 6: Luyn thi i Hc,C Mụn Toỏn
0974.200.3793755.711 (Gii toỏn theo chng trnh mi nht ca b giỏo dc)
Cõu I:
1)Hc sinh t lm.

2)Tacó



=
=
===
mx
0x
0)mx(x3mx3x3'y
2
ta thấy với
0m
thì y đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT
+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và
3
MAX
m
2
1
y =
;có CT tại x=m và
0y
MIN
=
+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và
0y
MAX
=
;có CT tại x=0 và

3
MIN
m
2
1
y =
Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều kiện ắt
có và đủ là
OBOA =
tức là:
2m2mm
2
1
m
23
===
Cõu II:
1. =0
=0 (1-sinx)(1+ sinx + ) - (1-cosx)(1+cosx+)=0 (1-cosx)(1 - sinx)[(1 + cosx)(1+ sinx + )-(1 + sinx)(1+ cosx
+ )]=0
(*)(sinx-cos)(sinx + cosx + sinxcosx)=0
(**)t sinx + cosx = t sinxcox= vy tr thnh t +=0t
Cõu IV:
1. 1 Chn A(2;3;

3),B(6;5;

2)

(d) m A,B nm trờn (P) nờn (d) nm trờn (P) .

Gi
u
r
vect ch phng ca (
d
1
) qua A v vuụng gúc vi (d) thỡ
u u
d
u u
P







r r
r r
nờn ta chn
u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)
P
= = =
r r r
. Ptrỡnh ca ng thng (
d
1
) :
= +

=


= +

x 2 3t
y 3 9t (t R)
z 3 6t

(

) l ng thng qua M v song song vi (d ). Ly M trờn (
d
1
) thỡ M(2+3t;3

9t;

3+6t) .
Theo :
1 1
2 2 2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9 3
= + + = = =
+ t =
1
3

M(1;6;

5)
x 1 y 6 z 5
( ):
1
4 2 1
+
= =
+ t =
1
3

M(3;0;

1)
x 3 y z 1
( ):
2
4 2 1
+
= =
2. C(a; b) , (AB): x y 5 =0 d(C; AB) =
5 2
2
ABC
a b S
AB

=

8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
=

=

=

Trang 11
11
Trung Tâm Ôn Luyện Tốt Nghiệp Và ĐH,CD 54H Bùi Thị Xuân—Đà Lạt
Trọng tâm G
( )
5 5
;
3 3
a b+ −
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S
p

=
+ +
(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+
.
Do công việc lên đáp án tạm thời chưa xong.các bạn có thể tham khảo bài trong trang sau:

Trang 12
12