100 đề thi thử quốc gia 2015 môn toán tập 2
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (820.86 KB, 57 trang )
LÊ NGUYÊN THẠCH
TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2015
TẬP 2(21-30)
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh thân mến!
Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng.
Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp
và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các
em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền
tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới.
Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù
hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các
em tự ôn luyện.
Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động
của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên
cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn
với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường
mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút
ra cho mình những điểm chú ý quan trọng.
Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM
MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới!
Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014
Tác giả
ĐỀ SỐ 21
Câu 1(2,0 điểm):
Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
− − = −
÷
2. Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
− + =
÷ ÷ ÷
Câu 3.(1 điểm)
Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường:
2
| 4 |y x x= −
và
2y x=
.
Câu 4(1,0 điểm)
1. Cho a, b, c là ba cạnh tam giác.
Chứng minh:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
2. Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời:
( )
1 2 5z i+ − =
và
. 34z z =
Câu 5.(1,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai
đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.
Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể
tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
+ + − =
− =
Câu 9.(1 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1].
Chứng minh rằng:
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
LỜI GIẢI
Câu 1(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số :
4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
+ Tập xác định:
D = ¡
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
+ Sự biến thiên:
( )
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y = − −
0
' 0
3
4
x
y
x
=
= ⇔
= ±
Bảng biến thiên.
Hàm số đồng biến trên khoảng
3
;0
4
−
÷
và
3
;
4
+∞
÷
Hàm số nghịch biến trên khoảng
3
;
4
−∞ −
÷
và
3
0;
4
÷
( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y
= − = − = = − = =
÷ ÷
C§
• Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của
phương trình (1) và (2) bằng nhau.
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1t− ≤ ≤
.
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m >
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
•
81
32
m =
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
•
0 1m< <
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
0m
=
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
− − = −
÷
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
− =
=
− =
⇔ ⇔ − =
− =
− =
÷
÷
÷
>
>
− >
3
2
2 2
log 0
1 1
2
1
1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x
=
= =
=
= =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
− =
− = =
÷
> >
>
2.(0,5 điểm). Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
− + =
÷ ÷ ÷
Ta có:
+/
( )
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π
= + =
÷ ÷ ÷
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
= + = −
÷ ÷
÷
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
=
÷
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1−
.
Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m+ + − =
(2) với
2 2t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2t t m⇔ + = −
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ) : 2 2D y m= −
(là đường song song với
Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4y t t= +
với
2 2t− ≤ ≤
.
Trong đoạn
2; 2
−
, hàm số
2
4y t t= +
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2−
tại
2t = −
và đạt giá
trị lớn nhất là
2 4 2+
tại
2t =
.
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
Câu 3.(1,0 điểm) Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C= −
và
( )
: 2d y x=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
=
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
=
− = − − =
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −
∫ ∫
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4x x x x− = − +
⇒
( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =
∫
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
và
[ ]
2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
(Đvdt)
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh tam giác.
Chứng minh:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a x y z
VT
a c a b a b c y z z x x y
+ +
= + + = + +
+ + + + + + +
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
2.(0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời:
( )
1 2 5z i+ − =
và
. 34z z =
Gọi z = x + yi (x;y
∈
R)
Ta có:
2 2
2 2
( 1) ( 2) 25
34
x y
x y
+ + − =
+ =
⇔
2
2 7
5 28 15 0
x y
y y
= −
− + =
3
5
29 / 5
3/ 5
x
y
x
y
=
=
= −
=
==> z
Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
.
Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và
BD nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S ABCH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4| 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D
= ⇒
−
÷ ÷
= ⇔ = ⇔
= ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
÷ ÷
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và
đường thẳng
∆
có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.
Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB
đạt giá trị nhỏ nhất.
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t
= +
= − +
r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
. Như vậy
2 29AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
.
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho
trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta
có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt
bên (ABB’A’) tại điểm
'K II∈
.
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn.
Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
÷
= + + =
÷
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
+ + − =
− =
Điều kiện:
| | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y
= − ≥
= +
;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
= −
÷
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =
− =
÷
4
8
u
v
=
⇔
=
hoặc
3
9
u
v
=
=
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(II)
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1].
Chứng minh rằng:
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
Để ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
+ + + + ≤ + + + + +
÷
+ + + + + +
1
3 5 1 5 5
1 zx+y 1
x y z z y z y
x x
yz xy z yz zx y xy z z y y z
≤ + + + = − − + ≤ − − + =
÷ ÷
+ + + + + + +
Vây:
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
ĐỀ SỐ 22
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số
( )
3 2
6 9 , 1y x x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến tạo với đường
thẳng
( )
: 1 0x y∆ + + =
một góc
α
sao cho
4
cos
41
α
=
và tiếp điểm có hoành độ nguyên.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2
2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x+ + = +
2. Giải bất phương trình:
( )
2 2
5 5
log 3 1 log 2x x x x x+ + − ≤ −
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
2
2
3
2
0
9
2 ln
9
x
I x x x dx
x
−
= − +
+
∫
Câu 4(1,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng phức ,Xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều
kiện:
( ) ( )
1 1 2 1i z i z z+ + − = +
2. Tìm số nguyên dương n biết:
− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
Câu 5(1,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Lập phương trình chính tắc của Elip(E) biết rằng có một đỉnh
và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+
Câu 6(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
( )
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
− −
và mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 25S x y z+ + − + − =
.Viết phương trình đường
thẳng
( )
∆
đi qua điểm M(-1;-1;-2) và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B
sao cho AB=8
Câu 7(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SB=SC=SD=AB=BC=CD=DA=2, Góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SAD) bằng 90
0
.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu 8(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( )
2
53 5 10 5 48 9 0
,
2 6 2 11 2 66
x x y y
x y
x y x x y x
− − + − − =
∀ ∈
− + + = − + + + +
¡
( )
( )
1
2
Câu 9(1,0 điểm)
Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3
Tìm giá trị lớn nhất
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
T a ab b b bc c c ca a= − + − + − +
LỜI GIẢI
Câu 1: 1, Bạn đọc tự giải
2, Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến tạo với đường
thẳng
( )
: 1 0x y∆ + + =
một góc
α
sao cho
4
cos
41
α
=
và tiếp điểm có hoành độ nguyên
Gọi
( )
3 2
0 0 0 0
; 6 9M x x x x− +
với
0
x ∈¢
là tọa độ tiếp điểm với đồ thị (C) .PTTT tại điểm M là:
( )
( ) ( )
2 3 2
0 0 0 0 0 0
3 12 9 6 9 ,y x x x x x x x d= − + − + − +
VTPT của (
∆
): x+y+1=0 là
( )
1;1n
∆
=
uur
.VTPT của
(d) là
( )
; 1
d
n k= −
r
với
3 2
0 0 0
( 6 9 )k x x x k= − + ⇒ ∈¢
theo đề ra ta có
( ) ( )
2
.
1
4 4 1
cos , cos 9,
9
41 41
.
2. 1
d
d
n n
k
d k k L
n n
k
α
∆
∆
−
∆ = = = ⇔ = ⇔ = =
+
uur uur
uur uur
Với k=9
2
0 0 0 0
3 12 9 9 0, 4x x x x⇔ − + = ⇔ = =
* Với x
0
=0 ta có tiếp tuyến y=9x
*Với x
0
=4 ta có tiếp tuyến y=9x-32
Câu 2:
1, Giải phương trình:
( )
2
2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x+ + = +
Phương trình tương đương với
( )
1 3 3 1
cos 2 3sin 2 2 3 3 cos sin cos2 sin 2 1 3 cos sin
2 2 2 2
x x x x x x x x
+ + = + ⇔ + + = +
÷
÷
2
cos 2 1 3cos 2cos 3cos 0
3 6 6 6
x x x x
π π π π
⇔ − + = − ⇔ − − − =
÷ ÷ ÷ ÷
3
cos 0,cos
6 6 2
x x
π π
⇔ − = − =
÷ ÷
(L)
Với
2
cos 0
6 3
x x k
π π
π
− = ⇔ = +
÷
Phương trình có một họ nghiệm:
2
3
x k
π
π
= +
2. Giải bất phương trình:
( )
2 2
5 5
log 3 1 log 2x x x x x+ + − ≤ −
Điều kiện:
2
3 1.0
0
0
x x
x
x
+ +
⇔ >
>
Với điều kiện trên ta có:
( )
( ) ( )
2 2
5 5
log 3 1 3 1 log 5 5x x x x x x+ + + + + ≤ +
(*)
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
/
5
1
log , 0 1 0
ln5
f t t t t f t
t
= + ∀ > ⇒ = + >
Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
.
Từ (*) ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
3 1 5 3 1 5 1 0 1f x x f x x x x x x+ + ≤ ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =
Vậy bất phương trình có nghiệm x=1
Chú ý: ta có thể sử dung bất đẳng thức cô si cho VT
1VT ≥
và đánh giá VP
1 1 1VP VP VT x
⇒ ≤ ⇔ = = ⇔ =
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
2
2
3
2
0
9
2 ln
9
x
I x x x dx
x
−
= − +
+
∫
Tính:
( ) ( )
2 2 2
2 2
3 3
1 2
2 2
0 0 0
9 9
2 ln 2 ln
9 9
x x
I x x x dx x x dx x dx I I
x x
− −
= − + = − + = +
+ +
∫ ∫ ∫
Tính I
1
=
( )
2
0
2x x dx−
∫
đặ 1-x=sint, dx==-costdt
;
2 2
t
π π
∈ −
÷
Đổi cận:
0 , 2
2 2
x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ = −
Khi đó
( )
2 2
2
2
1
2
2 2
1 1 1
1 sin cos 1 cos 2 sin 2 |
2 2 2 2
I t tdt t dt t t
π π
π
π
π π
π
−
− −
= − = + = + =
÷
∫ ∫
Tính I
2
=
2
2
3
2
0
9
ln
9
x
x dx
x
−
+
∫
Đặt:
2
4
2
4
3
36
9
ln
81
9
81
4
x
du dx
x
u
x
x
x
v
dv x dx
=
−
=
−
⇒
+
−
=
=
Ta có:
2
4 2
2
2 0
2
0
81 9 55 13
ln | 9 ln 18
4 9 4 5
x x
I xdx
x
− −
= − = −
+
∫
.
Vậy:
1 2
55 13
ln 18
4 5 2
I I I
π
= + = + −
Câu 4(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Trong mặt phẳng phức ,Xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa
mãn điều kiện:
( ) ( )
1 1 2 1i z i z z+ + − = +
Gọi điểm M(a;b) biễu diễn số phức z=a+bi
( )
,a b∈¡
theo đề ra ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2
1 1 2 1 2 2 1i a bi i a bi a bi a b a b+ + + − − = + + ⇔ − = + +
( ) ( )
2 2
2
0
0
1 1
2 2 1 0
1 1
1
2 2
a b a
a b
a b
ab a
b b
a b a b
a a
≥ >
− ≥
≥
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ + =
= − − = − −
− = + +
suy ra M thuộc đường cong
( ) ( )
1
: 1 , 0
2
H y x
x
= − − >
2.(0,5 điểm).T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C
* XÐt
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(
++
+++++
+
−+−+−+−=−
(1)
* LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
+
+
−
+++
+−+−+−+−=−+−
(2)
L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
−+
+
−
+++
−
+−+−−++−=−+
Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
− − +
+ + + +
− + = − + + − − + − +
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Lập phương trình chính tắc của Elip(E) biết
rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật
cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+
Phương trình chính tắc của E líp:
( )
2 2
2 2
1, 0
x y
a b
a b
+ = > >
với hai tiêu điểm
( ) ( )
2 2 2
1 2
;0 , ;0 ,F c F c c a b− = −
.
Hai đỉnh trên trục nhỏ là
( ) ( )
1 2
0; , 0;B b B b−
.
Vì tam giác B
1
F
1
F
2
đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
6
3
2 3 3 : 1
2 36 27
3
4 12 2 3
c a b
a
x y
b c b E
c
a b
= −
=
= ⇔ = ⇔ + =
=
+ = +
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
( )
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
− −
và mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 25S x y z+ + − + − =
.Viết phương trình đường
thẳng
( )
∆
đi qua điểm M(-1;-1;-2) và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B
sao cho AB=8
Gọi
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 ;1 2 ;1 3 ;2 2 ;3M d M t y t MM t t t= ⊂ ∆ ⇒ − − + ⇒ = − − +
uuuuur
.
Mặt cầu tâm I(-1;2;1).mặt phẳng (P): qua I(-1;2;1) vuông góc với
( )
∆
nhân
( )
1
3 ;2 2 ;3MM t t t= − − +
uuuuur
làm VTPT có PT:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: 3 1 2 2 2 3 1 0P t x t y t z− + + − − + + − =
.
Gọi H là trung điểm của A,B thì
, 3IH AB IH⊥ =
.
Do
( )
( )
2
3 15
3
3 2 3 ; 1,
5
6 8 22
t
IM MH d M I t t
t t
−
= ⇒ = = = ⇔ = − =
− +
*Với t=-1
( )
: 1 2 , 1 2 , 1x t y t z t⇒ ∆ = − + = − + = − +
*Với
( )
3
: 1 6 , 1 2 , 2 9
5
t x t y t z t= ⇒ ∆ = − + = − + = − +
Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SB=SC=SD=AB=BC=CD=DA=2, Góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng 90
0
.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
{ }
, 2AC BD O AB BC CD DA ABCD∩ = = = = = ⇒
là hình thoi nên
( )
1 ,BD AC SB SD a SBD⊥ = = ⇒ ∆
cân tại S suy ra
( )
2BD SO⊥
.
Từ (1)&(2)
( )
BD SAC⇒ ⊥
và
.
1
.
3
S ABCD SAC
V BD S=
.
Ta có
( )
. .ABD CBD SBD c c c AO CO SO∆ = ∆ = ∆ ⇒ = =
nên
SAC∆
vuông tại S. Gọi M là trung điểm của SA
( )
&BM SA DM SA SA BDM⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
·
( ) ( )
( )
·
0
, 90BMD SAB SAD⇔ = =
Vậy
∆
BMD vuông tại M và
1
2
MO BD=
Mà MO là đường trung bình của
∆
SAC
1
2
MO SC⇒ =
từ đó BD=SC=2
BDC
⇔ ∆
đều cạnh bằng 2
2 2
2 2SA AC SC⇒ = − =
.
Vậy
.
1 1 4 2
. . .
3 6 3
S ABCD SAC
V BD S BD SA SC= = =
(Đvtt)
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( )
2
53 5 10 5 48 9 0
,
2 6 2 11 2 66
x x y y
x y
x y x x y x
− − + − − =
∀ ∈
− + + = − + + + +
¡
( )
( )
1
2
ĐK:
10 0 10
9 0 9
2 6 0 2 6 0
2 11 0 2 11 0
x x
y y
x y x y
x y x y
− ≥ ≤
− ≥ ≤
⇔
− + ≥ − + ≥
− + + ≥ − + + ≥
Từ Phương trình (1) ta có
( ) ( ) ( )
5 10 3 10 5 9 3 9 , 3x x y y− + − = − + −
Xét hàm số :
( )
( )
2
5 3f t t t= +
với
[
)
0;t ∈ +∞
có
( )
/ 2
15 3 0, 0f t t t= + > ∀ ≥
hàm số đồng biến .
Từ (3) ta có :
( ) ( )
( )
10 9 10 9 1, 4f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = −
Thay (4) vào (2) ta được
2
7 10 2 66 0x x x x+ − − + − − =
(5) ĐK:
[ ]
7;10x∈ −
Giải (5) ta được
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
9 9
7 4 1 10 2 63 0 9 7 0
7 4 1 10
1 1
9 [ 7 ] 0 9, 8
7 4 1 10
x x
x x x x x x
x x
x x x y
x x
− −
+ − + − − + − − = ⇔ + + − + =
+ + + −
− + + + = ⇔ = =
+ + + −
Vậy Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 9;8x y =
Câu 9.(1,0 điểm): Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3
Tìm giá trị lớn nhất
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
T a ab b b bc c c ca a= − + − + − +
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử
( )
( )
2 2 2
2 2 2
0
0 3
0
a a b
a ab b b
a b c
a a c
a ac c c
− ≤
− + ≤
≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ⇔
− ≤
− + ≤
do đó
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
3T b c b bc c b c b c bc
≤ − + = + −
Từ
3
0 3
a b c
a b c
+ + =
≤ ≤ ≤ ≤
ta có
9
3 2 3 0
4
b c a b c b c bc b c bc= ≤ + + ⇒ + ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤
Do đó
( ) ( ) ( )
2 3
2 2
9 3 9 3T b c bc bc bc≤ − = −
Đặt t=bc điều kiện
9
0
4
t≤ ≤
Khi đí
2 3
9 3T t t≤ −
.
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
2 3 / 2 /
9
9 3 , 0; 18 9 , 0 0, 2
4
f t t t t f t t t f t t t
= − ∈ ⇒ = − = ⇔ = =
÷
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) trên
9
0;
4
ta được
( )
12 12f t T≤ ⇒ ≤
Dấu bằng xảy ra khi t=2.
Kết luận MaxT=12 tại (a;b;c)=(0;1;2) và các hoán vị của (a;b;c)
ĐỀ SỐ 23
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
( )
( )
3 2 2
3 3 2 1y x m m x m m
= − + − + − +
, trong đó
m
là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2m =
2. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2y =
tại ba
điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
1 2 3
, ,x x x
và đồng thời thỏa mãn đẳng thức
2 2 2
1 2 3
18x x x
+ + =
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3
2
x
x x x+ − =
2. Giải phương trình:
3 3
log 1 log
4.15 5 0
x x
x
+
+ − =
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
2
6
4
4sin cos 1
6
x
I dx
x x
π
π
π
=
+ +
÷
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Cho các số phức
1 2 3
, ,z z z
thỏa mãn
1 2 3
1z z z= = =
.
Chứng minh rằng:
1 2 2 3 3 1 1 2 3
z z z z z z z z z+ + = + +
2. Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
÷
−
−
− +
+
+
÷
÷
là 224.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh
( )
2;6A
,
chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm
3
2;
2
D
−
÷
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là điểm
1
;1
2
I
−
÷
. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng
lần lượt có phương trình:
1 2 3
3 2 1 2 1 1
: ; : ; :
2 1 3 1 2 3 1 2 3
x y z x y z x y z− − − + + −
∆ = = ∆ = = ∆ = =
− −
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
4; 3;2A −
cắt
1 2
,∆ ∆
và vuông góc với đường
thẳng
3
∆
.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
2 , 2, 6AB a BC a BD a
= = =
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo
a
thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và SB bằng
a
.
Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( )
2
2
2
2
2 4.log
2 4.log ,
4, 4
x x y x
y y x y x y
x y
− + =
− + = ∈
< <
¡
Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
.
Chứng minh rằng
( )
2 2 2
2 6ab bc ca a b c
+ + − − − ≤
.
LỜI GIẢI
Câu1.(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Khi
2m =
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
3
3y x x= −
a) Tập xác định
D
=
¡
Giới hạn:
3 3
2 2
3 3
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
= − = −∞ = − = +∞
÷ ÷
b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
2
' 3 3y x= −
,
' 0 1y x= ⇔ = ±
.
Khi đó xét dấu của
'y
:
+
+
-
0
0
1
-1
+
∞
-
∞
y
x
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − + ∞
và nghịch biến trên khoảng
( )
1;1−
.
+) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại
1, 2
CD
x y
= − =
.Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2
CT
x y= = −
+) Bảng biến thiên:
-2
2
+
∞
-
∞
-
+
+
0
0
1
-1
+
∞
-
∞
y'
y
x
c) Đồ thị:
3
0 3 0 0, 3y x x x x
= ⇔ − = ⇔ = = ±
, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các
điểm
( )
( ) ( )
0;0 , 3;0 , 3;0−
'' 0 6 0 0y x x
= ⇔ = ⇔ = ⇒
đồ thị hàm số nhận điểm
( )
0;0
làm
điểm uốn.
4
2
-2
-4
-10
-5
5
10
1
-1
2
1
-2
-1
0
2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2y =
tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
1 2 3
, ,x x x
và đồng thời thỏa mãn đẳng thức
2 2 2
1 2 3
18x x x
+ + =
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng
2y =
:
( ) ( )
3 2 2 3 2 2
3 3 2 2 3 3 0x m m x m m x m m x m m
− + − + − + = ⇔ − + − + − =
( )
( )
( )
2
2
3 0
3 0 2
x m
x m x mx m
x mx m
=
⇔ − + − + = ⇔
+ − + =
Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2y =
tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm
phân biệt khác
m
( )
2 2
2
3 0
2
6
4 3 0
m m m
m
m
m m
+ − + ≠
>
⇔ ⇔
< −
∆ = − − + >
Giả sử
1 2 3
; ,x m x x=
là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được:
2 3
2 3
. 3
x x m
x x m
+ = −
= − +
Do đó
( )
2
2 2 2 2
1 2 3 2 3 2 3
18 2 18x x x m x x x x+ + = ⇔ + + − =
( )
2 2 2
3
2 3 18 12 0
4
m
m m m m m
m
=
⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔
= −
.
So sánh với điều kiện của
m
ta được
3m =
thỏa mãn.
Câu 2.(1,0 điểm):
1. (0,5 điểm) Giải phương trình
( )
2
2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3
2
x
x x x+ − =
Ta có
( )
2
2 3 sin . 1 cos 4cos .sin 3
2
x
x x x+ − =
( )
2 3 sin 2 3sin .cos 2cos 1 cos 3x x x x x⇔ + − − =
( ) ( )
2 2
2 3 sin cos 3sin 2 3sin .cos cos 0x x x x x x
⇔ − − − + =
( ) ( )
3 sin cos 0
3 sin cos 3sin cos 2 0
3 sin cos 2
x x
x x x x
x x
− =
⇔ − − − = ⇔
− =
+)
3 sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 0
6 6 6
x x x x x
π π π
− = ⇔ − = ⇔ − =
÷ ÷
,
6 6
x k x k k
π π
π π
⇔ − = ⇔ = + ∈¢
+)
3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1
6 6 6
x x x x x
π π π
− = ⇔ − = ⇔ − =
÷ ÷
2
2 2 ,
6 2 3
x k x k k
π π π
π π
⇔ − = + ⇔ = + ∈¢
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
2
, 2 ,
6 3
x k x k k
π π
π π
= + = + ∈¢
2.(0,5 điểm). Giải phương trình:
3 3
log 1 log
4.15 5 0
x x
x
+
+ − =
Phương trình:
3 3
log 1 log
4.15 5 0
x x
x
+
+ − =
3
3 3
1
log
log log
2
3 4.15 5.5 0
x
x x
⇔ + − =
3
3
log
log
3 3
4 5 0
5 5
x
x
⇔ + − =
÷
÷
÷
⇔
3
log
3
1 1
5
x
x
= ⇔ =
÷
÷
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân
2
6
4
4sin cos 1
6
x
I dx
x x
π
π
π
=
+ +
÷
∫
Ta có
( )
2 2 2
6 6 6
4 4 4
3 sin 2 cos 2 2
2 3sin cos cos 1
4sin cos 1
6
x x x
I dx dx dx
x x
x x x
x x
π π π
π π π
π
= = =
+ +
+ +
+ +
÷
∫ ∫ ∫
2 2
2
6 6
2
cos 2 1 cos
3 6
x x
dx dx
x x
π π
π π
π π
= =
− + −
÷ ÷
∫ ∫
Đặt
2
tan
cos
6
6
u x
du dx
dx
dv
v x
x
π
π
=
=
⇒
=
= −
÷
−
÷
nên
2 2
2 2
6 6
6 6
3 3
6
tan tan ln cos
6 6 2 2 6
cos
6
d x
x x x dx x
x
π π
π π
π π
π π
π
π π π π π
π
−
÷
= − − − = − = − −
÷ ÷ ÷
÷ ÷
−
÷
∫ ∫
3
ln 3
2
π
= −
Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho các số phức
1 2 3
, ,z z z
thỏa mãn
1 2 3
1z z z= = =
.
Chứng minh rằng:
1 2 2 3 3 1 1 2 3
z z z z z z z z z+ + = + +
Ta có
1 1 2 2 3 3
1z z z z z z= = =
nên
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1 1 1
z z z
z z z
z z z
+ + = + + = + +
1 2 2 3 3 1
1 2 2 3 3 1
1 2 2 3 3 1
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 1 1
z z z z z z
z z z z z z
z z z z z z
z z z z z z z z z
+ +
+ +
= + + = = = + +
2.(0,5 điểm). Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số
hạng ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
÷
−
−
− +
+
+
÷
÷
là 224.
Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 , 2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là:
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
+ + = + +
Theo giả thiết ta có:
( ) ( )
1
1
1 1
1
1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
2
3 1
x
x x
x
x
x
−
−
− −
−
=
+
+ + = ⇔ = ⇔
=
+
Vậy: x=1;x=2
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh
( )
2;6A
,
chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm
3
2;
2
D
−
÷
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là điểm
1
;1
2
I
−
÷
. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có phương trình đường thẳng AD:
2 0x
− =
.
Do E thuộc đường thẳng AD nên
( )
2;E t
.
Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 1
1 2 2 5 1 5 6; 4
2 2
IA IE t t t t
= ⇔ − + − − = + + ⇔ − = ⇔ = = −
÷ ÷
.
Do đó ta được
( )
2; 4E
−
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE
vuông góc với BC hay BC nhận
( )
5
1; 2
2
EI = − −
uur
là vectơ pháp tuyến.
Do đó pt của BC là:
( )
3
:1. 2 2. 0 2 5 0
2
BC x y x y
− − + = ⇔ − − =
÷
.
Vậy
: 2 5 0.BC x y
− − =
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng
lần lượt có phương trình:
1 2 3
3 2 1 2 1 1
: ; : ; :
2 1 3 1 2 3 1 2 3
x y z x y z x y z− − − + + −
∆ = = ∆ = = ∆ = =
− −
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
4; 3;2A −
cắt
1 2
,∆ ∆
và vuông góc với đường
thẳng
3
∆
.
1
∆
đi qua điểm
( )
0,0,3M
và có vtcp
( )
1
2,1, 3u
= −
ur
;
2
∆
đi qua điểm
( )
2,1,0N
và có vtcp
( )
1
1,2, 3u = −
ur
.
Ta có
1 2
; . 0u u MN
=
ur uur uuuur
suy ra
1 2
,∆ ∆
đồng phẳng suy ra
∆
nằm trong mặt phẳng chứa
1 2
,∆ ∆
Kết hợp với
∆
vuông góc với
3
∆
nên ta có
( )
3
3
1 2
1 2
,
, , 3 1, 2,1
u u u
u u u u
u u
∆
∆ ∆
∆ ∆
⊥
⇒ = = −
⊥
uur ur uur
uur ur uur uuur
uur uuur
Đường thẳng
∆
đi qua điểm A và có vtcp
( )
1, 2,1−
có phương trình là:
3 3 2
1 2 1
x y z− + −
= =
−
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
2 , 2, 6AB a BC a BD a
= = =
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo
a
thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và SB bằng
a
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD), M là trung điểm CD và O là tâm
của đáy ABCD. Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên
K
O
M
H
D
C
B
S
A
2 2 2 2
2
3 6 2 6
2 4 2 2 3 3
AB AD BD a a AO a
AO AO AH AO
+
= − = ⇒ = ⇒ = + =
2 2 2 2 2 2
2 2
6 2 4 2 3
3 3
2 4 2 4 3
BD BC CD a a a a
BM a BM a BH
+ +
= − = − = ⇒ = ⇒ =
Ta có
2 2 2 2
4AH BH a AB AH BH+ = = ⇒ ⊥
,
kết hợp với AH vuông góc với SH ta được
( )
AH SHB⊥
.
Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được
( )
AH SHB⊥
suy ra
AH HK
⊥ ⇒
HK
là đoạn vuông góc chung của AC và SB nên
HK a
=
.
Trong tam giác vuông SHB ta có
2 2 2
1 1 1
2SH a
HK SH HB
= + ⇒ =
Ta có
3
.
1 1 4 1 4 2
. .4. . .
3 3 3 2 3
S ABCD ABCD OAB
a
V SH S SH S SH OA BH= = = =
Câu 8.(1,0 điểm)Hệ phương trình tương đương với:
( )
( )
2
2
2
2
log 4
2 4
log 4
2 4
x
y
x x
y
x
y y
− =
− +
− =
− +
.
Đặt
( ) ( )
2
, ;4
2 4
t
f t t
t t
= ∈ −∞
− +
ta được
( )
( )
2 2
4
' 0, 4
2 4 2 4
t
f t t
t t t t
−
= > ∀ <
− + − +
suy ra
( )
f t
là hàm số đồng biến trên
( )
;4−∞
Nếu
( ) ( )
2 2
log logx y f x f y y x y x> ⇒ > ⇒ > ⇒ >
vô lý.
Nếu
( ) ( )
2 2
log logx y f x f y y x y x
< ⇒ < ⇒ < ⇒ <
. Vậy
x y
=
Thay
x y=
vào phương trình thứ nhất ta được
( ) ( )
2
log 0g x f x x= − =
.
Mặt khác ta có
( )
2 0g =
và
( )
( )
2 2
4 1
' 0, 4
.ln 2
2 4 2 4
t
f t t
t
t t t t
−
= − < ∀ <
− + − +
suy ra
( ) ( )
2 2g x g x= ⇒ =
2x y⇒ = =
.
Thử lại ta thấy
( ) ( )
; 2;2x y =
thỏa mãn hệ.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 2;2x y =
.
Câu 9.(1,0 điểm) ) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
.
Chứng minh rằng
( )
2 2 2
2 6ab bc ca a b c+ + − − − ≤
.
Từ giả thiết ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c
a b c a b c
− + − + − = ⇔ + + =
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số
(
)
2 2 2
2 2 2
, , ; 1 , 1 , 1
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + +
÷
+ + +
ta được:
( )
( )
( )
2
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 3
1 1 1 3
a b c
a b c
a b c a b c
a b c a b c
+ +
= + + ≥ ⇒ + + + ≥ + +
+ + + + + +
2 2 0 2 2a b c a c b
+ − = ⇒ = −
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2a b c
= = =
ĐỀ THI SỐ 24
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2 2
3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m= − + − + − −
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m
= −
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng
thời hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng
: 4 5 0.d x y− − =
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
1
4 4 4
cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x
π π
+ − + + =
÷ ÷
với
0 .
4
x
π
≤ ≤
2. Giải bất phương trình
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤
2
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân
1
ln 2
ln
e
x
x x x
I dx
−
+
=
∫
Câu 4.(1,0 điểm)
1. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức
2 2 2
( ) ( ) 5 5 0.z i z i z− + − − =
2. Giải hệ phương trình
3 1
3
3
log (2 1) log ( 2 1) 0
4 ln( 1) 0
x y x y
x x y y
− + + − + + =
+ − + + =
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
(3;4)M
và đường tròn
2 2
: 6 2 2 0.x y x y
ω
+ − + + =
Viết phương trình của đường tròn
Γ
với tâm M, cắt
ω
tại hai điểm
A, B ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên
.
ω
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm
(1;2;3)I
và
tiếp xúc với đường thẳng
2
: .
1 2 2
x y z
d
+
= =
−
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành, với
2 2SA SB AB a BC= = = =
và
·
0
120ABC =
Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt
phẳng
( ),SCD K
nằm trong tam giác SCD và
3
5
.HK a=
Tìm thể tích của hình chóp theo a.
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3 3
2 2
27 7 8
9 6
x y y
x y y x
+ =
+ =
(
,x y∈¡
)
Câu 9.(1,0 điểm).
Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
3.ab a b+ + =
Chứng minh rằng :
2 2
3 3 3
1 1 2
a b ab
b a a b
a b+ +
+ + +
≤ + +
LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm):
1.(1,0 điểm):
1m = −
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
3 2
: 3 3y x x= − +
TXĐ:
¡
Nhánh vô cực:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= = +∞ = = −∞L L
;
Chiều biến thiên:
3 ( 2), 0 0 2y x x y x x
′ ′
= = − = ⇔ = ∨ =L
Xét dấu
y
′
và kết luận: hàm số đồng biến trên
( ;0),(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại
0, 3
cd
x y= =
; hàm số đạt cực tiểu tại
2, 1
ct
x y= = −
lập bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị
2.(1,0 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu;
đồng thời hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng
: 4 5 0.d x y− − =
2 2
3 6 3(1 )y x x m
′
= − + −
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua
hai nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình
2 2
2 1 0x x m− + − =
có hai nghiệm phân
biệt, tức là
0.m
≠
Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị
3 2 3 2
(1 ; 2 ), (1 2 )2 2;A m m m B m m mm m+ − − −− −−
Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và
AB d⊥
.
Điều này tương đương với
2
3
1 4( 2 ) 5 0 1 2
8 4 0
2, 0
m m m
m m
m m
− − − − = = ±
⇔
− =
= ± =
Kết luận: Không có giá trị nào của m thỏa mãn
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Giải phương trình
( )
2
1
4 4 4
cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x
π π
+ − + + =
÷ ÷
với
0 .
4
x
π
≤ ≤
Biến đổi tích thành tổng, thu được
1
cos( ) cos4 (1 cos 2 )(1 cos 2 )
2 2
x x x
π
+ + − + =
2
1
cos4 1 cos 2 cos4 0 ,
2 8 4
k
x x x x k
π π
⇔ + − = ⇔ = ⇔ = + ∈¢
Do
0;
4
x
π
∈
nên
8
x
π
=
2.(0,5 điểm). Giải bất phương trình
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤
2
Điều kiện: x> 0 ;
BPT ⇔
2
2 2
4log 2log
2 20 0
x x
x+ − ≤
Đặt
2
logt x=
. Khi đó
2
t
x =
.
BPT trở thành
2 2
2 2
4 2 20 0
t t
+ − ≤
. Đặt y =
2
2
2
t
; y ≥ 1.
BPT trở thành y
2
+ y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.
Đối chiếu điều kiện ta có :
2
2 2 2
2 4 2 2 1
t
t t≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
Do đó - 1 ≤
2
log x
≤ 1 ⇔
1
2
2
x≤ ≤
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân
1
ln 2
ln
e
x
x x x
I dx
−
+
=
∫
Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân
ln 2
·
ln 1
x dx
x x
−
+
Đặt
ln x t=
thế thì khi
1 2x≤ ≤
thì
0 1t≤ ≤
và
,
dx
dt
x
=
Khi đó
1 1
0 0
2 3
1
1 1
t
I dt dt
t t
−
= = −
÷
+ +
∫ ∫
Tính được
1 3ln 2 1 ln8I
= − = −
Câu 4.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức
2 2 2
( ) ( ) 5 5 0.z i z i z− + − − =
Viết lại phương trình về dạng
2 2 2
( 1) 5 5 0z z+ − − =
Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa
2 2
( 1)( 4) 0z z+ − =
Giải các phương trình, thu được
z i= ±
và
2z = ±
rồi kết luận.
2.(0,5 điểm).Giải hệ phương trình
3 1
3
3
log (2 1) log ( 2 1) 0 (1)
4 ln( 1) 0 (2)
x y x y
x x y y
− + + − + + =
+ − + + =
ĐK:
2 1 0; 2 1 0; 1 0x y x y y− + > − + + > + >
3 3
2 1 2 1
(1) log (2 1) log3( 2 1) 0 log 0 1
2 1 2 1
x y x y
x y x y x y
x y x y
− + − +
⇒ − + − − + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
− + + − + +
- Thay vào PT (2) ta được
3
3 ln( 1) 0x x x+ + + =
- Xét hàm số
3
(x) 3 ln( 1)f x x x= + + +
- Có
2
1
'( ) 3 3 0
1
f x x
x
= + + >
+
nên hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
- Mặt khác
(0) 0f =
nên PT có nghiệm duy nhất
0 0x y= ⇒ =
Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk.
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (0;0)x y =
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
(3;4)M
và đường tròn
2 2
: 6 2 2 0.x y x y
ω
+ − + + =
Viết phương trình của đường tròn
Γ
với tâm M, cắt
ω
tại hai điểm
A, B ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên
.
ω
Đường tròn
ω
có tâm
(3; 1)I −
và bán kính
2 2R =
.
Cách 1:Gọi H là trung điểm của AB.Ta tính được
( )
0;5 , 5, 4, 2 13IM IM AB AH IH AM= = = = = ⇒ =
uuur
. bởi vậy
2 2
: ( 3) ( 4) 13x yΓ − + − =
Cách 2: Giả sử tìm được đường tròn
2 2 2
: ( 3) ( 4)x y
ρ
Γ − + − =
thỏa mãn yêu cầu.
Khi đó, do AB là dây cung chung, nên
,AB IM⊥
hay đường thẳng AB nhận
(0;5)IM =
uuur
làm
véctơ pháp tuyến. Hơn nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương
trình dạng
5 0y c+ =
với
20 5c
− < <
(1)
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp
ω
khi và chỉ khi
( ; ) 2
2
R
d I AB = =
.
Từ đó, kết hợp với (1), tìm được
5c = −
. Suy ra
: 1 0.AB y − =
Mặt khác AB là trục đẳng phương của
,
ω
Γ
nên AB có phương trình
2
23
0.
10
y
ρ
−
+ =
Từ đó
2
13
ρ
=
, bởi vậy
2 2
: ( 3) ( 4) 13x yΓ − + − =
Câu 6.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm
(1;2;3)I
và tiếp xúc với đường thẳng
2
: .
1 2 2
x y z
d
+
= =
−
+ Đường thẳng d đi qua
(0; 2;0)M −
, có véctơ chỉ phương
(1; 2;2)u = −
r
. Tính được
(1;4;3)MI =
uuur
+ Khẳng định và tính được
[ ; ]
233
( ; )
| | 3
MI u
d I d
u
= = =
uuur
r
L
r
+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng
( ; )d I d
và viết phương trình
2 2 2
233
( 1) ( 2) ( 3)
9
x y z− + − + − =
Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành, với
2 2SA SB AB a BC
= = = =
và
·
0
120ABC =
Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu
vuông góc của H trên mặt phẳng
( ),SCD K
nằm trong tam giác SCD và
3
5
.HK a=
Tìm thể
tích của hình chóp theo a.
Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác
, , ,ADH HDI IHB BCI
là các tam giác đều cạnh
a. Suy ra
2
2
3
4 3
4
ABCD
a
S a= × =
(đ.v.d.t) Gọi J là trung điểm DI.
Khi đó
,HJ AB CD⊥
và do đó
( )CD SHJ⊥
. Suy ra
.K SJ
∈
Ngoài ra
3
2
a
HJ =
.
Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là trung điểm AB nên
SH AB⊥
và
3.SH a=
. Suy ra
2 2 2 2
1 1 5 1
3SH HJ a HK
+ = =
do đó tam giác SHJ vuông tại H .
Từ đó, do
,SH AB HJ⊥
nên
( )SH ABCD⊥
hay SH là đường cao của hình chóp.
Vậy
3
.S ABCD
V a= =L
(đ.v.t.t)
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình
3 3 3
2 2
27 7 8
9 6
x y y
x y y x
+ =
+ =
(
,x y∈¡
)
Nhận xét
0,y ≠
nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất,
ta được:
3 2
(3 ) 7(3 ) 14(3 ) 8 0xy xy xy− + − =
Từ đó tìm được hoặc 3
1xy =
hoặc 3
2xy =
hoặc 3
4xy =
Với 3
1,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được y=1 do đó
1
3
x =
Với 3
2,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được y=0 (loại)
Với 3
4,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được y=-2 do đó
2
3
x = −
Câu 9.(1,0 điểm): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
3.ab a b
+ + =
Chứng minh rằng :
2 2
3 3 3
1 1 2
a b ab
b a a b
a b+ +
+ + +
≤ + +
Từ giả thiết suy ra
(1 )(1 ) 1 4a b ab a b+ + = + + + =
.
Đặt
, 0a b x x+ = >
thế thì
2 2
( ) 4 4(3 ) 2x a b ab x x= + ≥ = − ⇒ ≥
(do
0x
>
)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
3 1 3 1
3 3 12
1 3 10 0
2 1 1
a a b b
a b a b a b
a b a b a b
+ + +
+ + ≥ + − ⇔ + − + − + ≥
+ + + +
(1)
Do
2 2 2
( ) 2a b a b ab+ = + −
nên
2 2 2 2
2(3 ) 2 6,a b x x x x+ = − − = + −
do đó (1) trở thành
2 3 2
12
2 6 3 10 0 4 12 0x x x x x x
x
+ − − − + ≥ ⇔ − + − ≥
Để ý rằng
3 2 2
4 12 ( 2)( 6) 0x x x x x x− + − = − + + ≥
nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Suy ra điều phải chứng minh
ĐỀ SỐ 25
Câu 1.(2,0 điểm).
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm phân
biệt
,A B
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
(1 cos ) cot cos 2 sin sin 2x x x x x− + + =
.
2. Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
4 7.2 8
log log log log 1
x y x y
x y
− −
− =
− =
;
,x y R∈
Câu 3.(1,0 điểm).
Tính tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx
x
π
π
+
=
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm):
1. Gọi
1 2
, z z
là hai nghiệm của phương trình
2
5
2cos 1 0
21
z z
π
− + =
÷
.
Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho
1 2
1.
n n
z z+ =
2. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 5
lập được từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số trong X. Tính xác suất để số đó
chia hết cho 5.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y+ − =
hai
đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y+ − =
,
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
( ) :
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt
phẳng
( ) : 2 6 0.P x y z+ + − =
Một mặt phẳng
( )Q
chứa
( )d
và cắt
( )P
theo giao tuyến là
đường thẳng
∆
cách gốc tọa độ
O
một khoảng ngắn nhất.
Viết phương trình của mặt phẳng
( ).Q
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD⊥
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120 .ABC =
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
bằng
0
45 .
Tính theo
a
thể
tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( ) ( )
3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
x y
x y x y
+ = − + +
∈
+ + + =
¡
.
Câu 9.(1,0 điểm).
Cho
, ,a b c
là ba số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3
P
a ab abc a b c
= −
+ + + +
.
LỜI GIẢI
Câu 1(2,0 điểm):
1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
• TXĐ:
{ }
\ 1D = −¡
• Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận:
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ − → −
= +∞ = −∞
⇒
Đường thẳng
1x = −
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒
Đường thẳng
2y =
là tiệm cận ngang.
+ Đạo hàm:
( )
'
2
3
0
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
+ Bảng biến thiên:
x
−∞
1−
+
∞
y
’
+ +
y +
∞
2
2
−∞
Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
.
Hàm số không có cực trị.
• Đồ thị: .
2.(1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
( )C
tại hai
điểm phân biệt
,A B
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
gọi
: 1y mx∆ = +
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
∆
:
2
2 1
1 ( 1) ( ) ( 1) 2 0 (1)
1
x
mx x f x mx m x
x
−
= + ≠ − ⇔ = + − + =
+
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1−
0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6
m
m
m m
m
m
f
m
≠
≠
< − ∧ ≠
⇔ ∆ > ⇔ ⇔
< −
> +
− ≠
> +
.
Khi đó
∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx+ +
Với
1 2
,x x
là hai nghiệm của (1) thỏa mãn :
1 2
1 2
1
.
2
m
x x
m
x x
m
−
= −
+ =
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m
= − + = + − +
Do đó
2 2
1
( 10 1)(1 )AB m m m
m
= − + +
: 1 1 0y mx mx y∆ = + ⇔ − + =
2
1
( , )
1
d d O
m
⇒ = ∆ =
+
Khi đó:
2
1 10 1
. 3
2 2
OAB
m m
S AB d
m
− +
= = =
