6 đề dự trữ ĐH môn Toán có đáp án chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (463.89 KB, 23 trang )
www.thaydo.net
1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN
DỰ BỊ 1 KHỐI A:
Câu I: (2 đ)Gọi (C
m
) là đồ thị của hàm số : y =
2 2
2 1 3
x mx m
x m
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y
2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;
) của phương trình :
2 2
3
4sin 3 cos2 1 2cos ( )
2 4
x
x x
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
4 1
( ; )
3 3
, phương trình đường thẳng BC là
2 4 0
x y
và phương trình đường thẳng BG là
7 4 8 0
x y
.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
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
.
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 :
3 4 3 4 3 4 6
x y z
Bài giải CÂU I
1/ Khi m = 1 thì
2
x 2x 2
y
x 1
(1)
MXĐ: D = R \ {1}
2
2
x 2x
y'
x 1
,
y' 0
x 0hay x 2
BBT
x
0 1 2
y'
+
0 - - 0 +
y
2
6
www.thaydo.net
2
Tiệm cận:
x 1
là pt t/c đứng
y = x + 3 là pt t/c xiên
2/ Tìm m
Ta có
2 2
2
x 2mx m 1
y'
x m
Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía
trục tung
y' 0
có 2 nghiệm trái dấu
2
1 2
x x P m 1 0 1 m 1
CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình
2 2
x y x y 4
I
x x y 1 y y 1 2
(I)
2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2 xy 2
Ta có
2 2 2 2 2 2
S x y;P xy S x y 2xy x y S 2P
Vậy
2
2
S 2P S 4 P 2
I
S 0hayS 1
S P S 2
1
S x y 0
TH :
P xy 2
vậy x, y là nghiệm của phương trình
2
X 0X 2 0
Vậy hệ có 2 nghiệm
x 2
x 2
hay
x 2
y 2
2
S x y 1
TH :
P xy 2
vậy x,y là nghiệm của phương trình
2
X X 2 0
X 1hay X 2
. Vậy hệ có 2 nghiệm
x 1
y 2
V
x 2
y 1
Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm
x 2
y 2
V
x 2
y 2
V
x 1
y 2
V
x 2
y 1
CÁCH KHÁC (I)
2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2
2 2
x y x y 4
xy 2
2
(x y) x y 0
xy 2
x y 0 hay x y 1
xy 2
x y 0 hay x y 1
xy 2
2
x y
x 2
hay
2
x y 1
x x 2 0
x 2
y 2
V
x 2
y 2
V
x 1
y 2
V
x 2
y 1
2/ Tìm nghiệm
0,
www.thaydo.net
3
Ta có
2 2
x 3
4sin 3 cos2x 1 2cos x
2 4
(1)
(1)
3
2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
(1)
2 2cosx 3 cos2x 2 sin2x
(1)
2cosx 3 cos2x sin2x
. Chia hai vế cho 2:
(1)
3 1
cosx cos2x sin2x
2 2
cos 2x cos x
6
5 2 7
x k a hay x h2 b
18 3 6
Do
x 0,
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
0,
là
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x
18 18 6
CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt
x 2y 4 0
B 0, 2
7x 4y 8 0
Vì
ABC
cân tại A nên AG là đường cao của
ABC
Vì
GA BC
pt GA:
4 1
2(x ) 1(y ) 0 2x y 3 0
3 3
2x y 3 0
GA BC
= H
2x y 3 0
H 2, 1
x 2y 4 0
Ta có
AG 2GH
với A(x,y).
4 1 4 1
AG x, y ;GH 2 , 1
3 3 3 3
x 0
1 8
y
3 3
A 0,3
Ta có :
A B C A B C
G G
x x x y y y
x vaø y
3 3
C 4,0
Vậy
A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2
2a/ Ta có
BC 0, 2,2
mp (P) qua
O 0,0,0
và vuông góc với BC có phương trình là
0.x 2y 2z 0 y z 0
Ta có
AC 1, 1,2
, phương trình tham số của AC là
x 1 t
y 1 t
z 2t
.
Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có
1
1 t 2t 0 t
3
. Thế
1
t
3
vào pt (AC) ta có
2 2 2
M , ,
3 3 3
là giao điểm của AC với mp (P)
2b/ Với
A 1,1,0
B 0,2,0
C 0,0,2
.Ta có:
AB 1,1,0
,
AC 1, 1,2
AB.AC 1 1 0 AB AC
ABC
vuông tại A
www.thaydo.net
4
Ta dễ thấy
BOC
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
I 0,1,1
2 2
R 1 1 2
Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là :
2 2
2
x y 1 z 1 2
CÂU IV.
1/ Tính
/3 /3
2 2
0 0
sinx
I sin xtgxdx sin x. dx
cosx
2
/ 3
0
1 cos x sinx
I dx
cosx
, Đặt
u cosx
du sinxdx
Đổi cận
1
u ,u 0 1
3 2
2
1/ 2
1
1 u du
I
u
=
1
1
2
1/ 2
1/ 2
1 u 3
u du lnu ln2
u 2 8
2/ Gọi
1 2 3 4 5 6
n a a a a a a
là số cần lập
3 4 5
ycbt: a a a 8
3 4 5 3 4 5
a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4
a) Khi
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5
Có 6 cách chọn
1
a
Có 5 cách chọn
2
a
Có 3! cách chọn
3 4 5
a ,a ,a
Có 4 cách chọn
6
a
Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n
b) Khi
3 4 5
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
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5
Có 3! = 6 cách chọn
3 4 5
a a a
Có
3
6
A
cách chọn
1 2 6
a ,a ,a
Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n
Khi
3 4 5
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
x x x
3 4 1 1 1 4 4 4
8
4
x x x
3 4 2 4 2. 4
. Tương tự
8
4
y y x
3 4 2 4 2. 4
8
z z
3 4 2 4
Vậy
8 8 8
x y z x y z
3 4 3 4 3 4 2 4 4 4
3
8
x y z
6 4 .4 .4
24
x y z
6 4 6
www.thaydo.net
5
DỰ BỊ 2 KHỐI A:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( 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 thị ( C ) .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2
12 4 36 0
x y
. Viết phương trình đường tròn (C
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:
1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n n
C C C C
= 1024. (
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có :
2
9
(1 )(1 )(1 ) 256
y
x
x
y
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải:
CÂU I.
1/ Khảo sát và vẽ đồ thị
2
x x 1
y (C)
x 1
MXĐ:
D R \ 1
.
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2
x 1
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
M 1,0
(
hệ số
góc k ) có dạng
:
y k x 1
tiếp xúc với
C
hệ pt sau có nghiệm
www.thaydo.net
6
2
2
2
x x 1
k x 1
x 1
x 2x
k
x 1
phương trình hoành độ tiếp điểm là
2
2
2
x 2x x 1
x x 1
x 1
x 1
x 1
3
k
4
Vậy pt tiếp tuyến
với
C
qua
M 1,0
là:
3
y x 1
4
CÂU II. 1/ Giải hệ pt :
2x y 1 x y 1
I
3x 2y 4
2x y 1 x y 1
I
2x y 1 x y 5
Đặt
u 2x y 1 0,v x y 0
(I) thành
1 1
2 2
2 2
u v 1
u 2 v 1
u 1 v 2 loaïi
u v 5
Vậy
2x y 1 2
I
x y 1
2x y 1 4 x 2
x y 1 y 1
2/ Giải phương trình
3
2 2 cos x 3cosx sin x 0 2
4
(2)
3
2 cos x 3cosx sinx 0
4
3
3 3 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
2 3 2 3
cosx 0
hay
1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x 0
2
sin x 1
haytgx 1
x k
2
hay
x k
4
CÂU III
1/
2 2
2 2
C x y 12x 4y 36 0 x 6 y 2 4
Vậy (C) có tâm
I 6,2
và R=2
Vì đường tròn
1
C
tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm
1
I
nằm trên 2 đường thẳng
y x
vàvì (C) có tâm
I 6,2
,R = 2
nên tâm
1
I (x; x)
với x > 0.
www.thaydo.net
7
1
TH
: Tâm
1
I
đường thẳng y = x
I x,x
, bán kính
1
R x
1
C
tiếp xúc ngoài với (C)
1 1
II R R
2 2
x 6 x 2 2 x
2 2
2 2
x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0
2
x 20x 36 0 x 2hayx 18
.Ứng với
1 1
R 2hayR 18
Có 2 đường tròn là:
2 2
x 2 y 2 4
;
2 2
x 18 y 18 18
2
TH
: Tâm
1
I
đường thẳng
y x I x, x
;
1
R x
Tương tự như trên, ta có x= 6
Có 1 đường tròn là
2 2
x 6 y 6 36
Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là:
2 2 2 2
2 2
x 2 y 2 4; x 18 y 18 18;
x 6 y 6 36
2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật
OC AB
B(2,4,0)
* Đoạn OB có trung điểm là
H 1,2,0
. 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 =
1 1
SB 4 16 16 3
2 2
,
Vậy phương trình mặt cầu là
2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
2b/
SC 0,4, 4
chọn
0,1, 1
là vtcp của SC.
Pt tham số đường thẳng SC
x 0
y t
z 4 t
Mp (P) qua
A 2,0,0
và vuông góc với SC có phương trình là
O x 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
A x,y,z
là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của
1
AA
nên
2 x 2.0 x 2
0 y 2.2 y 4
0 z 2.2 z 4
Vậy
1
A 2,4,4
CÂU IV: 1/ Tính
7
3
0
x 2
I dx
x 1
Đặt
3 2
3
t x 1 x t 1 dx 3t dt
3
x 2 t 1
.Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2.
Vậy
2
3 2
5 2
2 2
4
1 1
1
t 1 3t
t t 231
I dt 3 t t dt 3
t 5 2 10
www.thaydo.net
8
2/ Ta có
2n 1
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x C x
Cho
x 1
Ta có
2n 1 0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C C C
(1)
Cho
x 1
Ta có
0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
0 C C C C C C
(2)
Lấy (1) - (2)
2n 1 1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 2 C C C C
2n 1 3 5 2n 1 10
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C 1024 2
. Vậy 2n=10
Ta có
10
10 k k
k 10 k
10
k 0
2 3x 1 C 2 3x
Suy ra hệ số của
7
x
là
7 7 3
10
C 3 .2
hay
3 7 3
10
C 3 .2
CÂU V: Ta có:
3
4
3
x x x x
1 x 1 4
3 3 3
3
3
4
3 3
y y y y y
1 1 4
x 3x 3x 3x
3 .x
3
4
3
9 3 3 3 3
1 1 4
y y y y
y
2
6
4
3
9 3
1 16
y
y
Vậy
2
3 3 6
4
3 3 3 3
y 9 x y 3
1 x 1 1 256 256
x
y 3 3 .x y
DỰ BỊ 1 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
4 2
6 5
y x x
2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0
x x m
.
Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :
2 2
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
x y z
:
1 1 2
d
và
2
1 2
:
1
x t
d y t
z t
( t là tham số )
a) Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
.
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) :
0
x y z
và độ dài đọan MN =
2
.
Câu IV: ( 2 điểm)
1. Tính tích phân
2
0
ln
e
x xdx
.
www.thaydo.net
9
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 :
3 3 3
3 3 3 3
a b b c c a
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Bài giải: CÂU I:
1/ Khảo sát
4 2
y x 6x 5
. MXĐ: D=R
3 2
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 thị
2/ Tìm m để pt
4 2
2
x 6x log m 0
có 4 nghiệm phân biệt.
4 2 4 2
2 2
x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5
Đặt
2
k log m 5
Ycbt
đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt
4 k 5
2
4 log m 5 5
2
9
1
9 log m 0 m 1
2
CÂU II 1/ Giải pt
3x 3 5 x 2x 4 1
www.thaydo.net
10
Điều kiện
3x 3 0
5 x 0 2 x 5
2x 4 0
(1)
3x 3 5 x 2x 4
và
2 x 5
3x 3 5 x 2x 4 2 5 x 2x 4
và
2 x 5
x 2 5 x 2x 4
và
2 x 5
x 2 0
hay[ x 2 5 x 2
và
2 x 5
]
x 2 hay [x 2 2 5 x vaø 2 x 5]
x 2 hay x 4
2/ Giải pt:
2 2 3
sinxcos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2
Điều kiện :
cosx 0 x k
2
2 2 3
2 sinxcos2x sin x cos x 2sin x 0
và
cosx 0
2
sinx cos2x 2sin x cos2x 0
và
cosx 0
sinx cos2x 1 cos2x cos2x 0
và
cosx 0
2
sinx 1 2sin x 0
và
cosx 0
2
2sin x sinx 1 0
và
cosx 0
1
sinx (vìsinx 1 loaïi )
2
1 5
sinx sin x k2 hay x k2
2 6 6 6
CÂU III.
1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp
x 0,y 0
Gọi
A 2m,0 ;B 0,m
là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ (
m 0
). Pt
AB:
x y
1 x 2y 2m 0
2m m
AB tiếp xúc với (E)
2
64 4.9 4m
2 2
4m 100 m 25 m 5 m 0
Vậy pt tiếp tuyến là
x 2y 10 0
Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là
x 2y 10 0,x 2y 10 0
x 2y 10 0,x 2y 10 0
2/ a/
1
d
qua
O 0,0,0
, VTCP
a 1,1,2
2
d
qua
B 1,0,1
, VTCP
b 2,1,1
a,b 1, 5,3
,
OB 1,0,1
www.thaydo.net
11
1 2
a,b OB 1 3 4 0 d ,d
chéo nhau
b/
1
M d M t',t',2t'
;
2
N d N 1 2t,t,1 t
MN 2t t' 1,t t',t 2t' 1
Vì MN // (P)
p
MN n 1, 1,1
p
MN.n 0 2t t' 1 t t' t 2t' 1 0
t t'
2 2
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 loaïi
*
4
t'
7
ta có
4 4 8 1 4 3
M , , ;N , ,
7 7 7 7 7 7
CÂU IV. 1/ Tính
e
2
1
I x lnxdx
Đặt
dx
u lnx du
x
;
3
2
x
dv x dx choïn v
3
3
e e
e
2 3
1
1 1
x 1 dx
I x ln xdx lnx x
3 3 x
3
e
3 3
1
x 1 2 1
lnx x e
3 9 9 9
2. Ta có trường hợp
* 3 nữ + 5 nam. Ta có
3 5
5 10
C C 2520
* 4 nữ + 4 nam. Ta có
4 4
5 10
C C 1050
* 5 nữ + 3 nam. Ta có
5 3
5 10
C C 120
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách
CÂU V:
Ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
Suy ra
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
1 3
4. 6 3
3 4
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1
Cách 2: Đặt
3
3
x a 3b x a 3b
;
3
3
y b 3c y b 3c
;
3
3
z c 3a z c 3a
www.thaydo.net
12
3 3 3
3
x y z 4 a b c 4. 3
4
. BĐT cần cm
x y z 3
.
Ta có :
3
3 3
x 1 1 3 x .1.1 3x
;
3 3
3
y 1 1 3 y .1.1 3y
;
3
3 3
z 1 1 3 z .1.1 3z
9 3 x y z
(Vì
3 3 3
x y z 3
).
Vậy
x y z 3
Hay
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3
Dấu = xảy ra
3 3 3
3
x y z 1 vaø a b c
4
a 3b b 3c c 3a 1
và
3 1
a b c a b c
4 4
DỰ BỊ 2 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y =
2
2 2
1
x x
x
(*)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( 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
8 6 1 4 1 0
x x x
2. Giải phương trình :
2
2
cos2 1
( ) 3
2 cos
x
tg x tg x
x
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2
9
và (C
2
): x
2
+ y
2
2 2 23 0
x y
. Viết phương trình trục đẳng phương d của 2
đường tròn (C
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) :
2 2 1 0
x y z
. a) Gọi M
1
là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác định 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
:
2 1 -6
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
4
sin
0
( cos )
x
tgx e x dx
.
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
0 1
y x
thì
1
4
x y y x
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
CÂU I 1/ Khảo sát
2
x 2x 2
y
x 1
(C)
MXĐ:
D R \ 1
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2
x 1
BBT
x
-2 -1 0
www.thaydo.net
13
y'
+
0 - - 0 +
y
-2
2
Tiệm cận
x 1
là pt t/c đứng.
y x 1
là pt t/c xiên
Đồ thị :Bạn đọc tự vẽ.
2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
I 1,0
là giao điểm của 2 tiệm cận.
Gọi
2
o o
o o o o
o
x 2x 2
M x ,y C y
x 1
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
o
M
2
o o
o o o o o
2
o
x 2x
y y f' x x x y y x x
x 1
Tiếp tuyến đi qua
I 1,0
2
o o o
o
2
o
x 2x 1 x
0 y
x 1
2 2
o o o o
o o
x 2x 2 x 2x
x 1 x 1
2 0
Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
I 1,0
CÂU II 1/ Giải bất phương trình
2
8x 6x 1 4x 1 0
(1)
(1)
2
8x 6x 1 4x 1
2
2 2
2
1 1
x Vx
1 1
4 2
8x 6x 1 0
x Vx
1
4 2
4x 1 0 x
1
4
x 0hayx
8x 6x 1 (4x 1)
4
8x 2x 0
1 1
x hay x
4 2
2/ Giải phương trình
2
2
cos2x 1
tg x 3tg x
2
cos x
(2)
(2)
2
2
2
2sin x
cot gx 3tg x
cos x
2 3
1
tg x 0 tg x 1 tgx 1 x k ,k Z
tgx 4
CÂU III 1/ Đường tròn
1
C
có tâm
O 0,0
bán kính
1
R 3
Đường tròn
2
C
có tâm
I 1,1
, bán kính
2
R 5
www.thaydo.net
14
Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn
1
C
,
2
C
là
2 2 2 2
x y 9 x y 2x 2y 23 0
x y 7 0
(d)
Gọi
k k k k
K x ,y d y x 7
2 2 2
2 2 2 2 2
k k k k k k k k
OK x 0 y 0 x y x x 7 2x 14x 49
2 2 2 2
2 2
k k k k k k
IK x 1 y 1 x 1 x 8 2x 14x 65
Ta xét
2 2 2 2
k k k k
IK OK 2x 14x 65 2x 14x 49 16 0
Vậy
2 2
IK OK IK OK(ñpcm)
2/ Tìm
1
M
là h/c của M lên mp (P)
Mp (P) có PVT
n 2,2, 1
Pt tham số
1
MM
qua M,
P
là
x 5 2t
y 2 2t
z 3 t
Thế vào pt mp (P):
2 5 2t 2 2 2t 3 t 1 0
18 9t 0 t 2
. Vậy
1 1
MM P M 1, 2, 1
Ta có
2 2 2
1
MM 5 1 2 2 3 1 16 16 4 36 6
* Đường thẳng
x 1 y 1 z 5
:
2 1 6
đi qua A(1,1,5) và có VTCP
a 2,1, 6
Ta có
AM 4,1, 8
Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa
mp (Q) qua A có PVT là
AM,a 2,8,2
hay
1,4,1
nên pt (Q):
x 5 4 y 2 z 3 0
Pt (Q):
x 4y z 10 0
Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa
nên pt mp(Q) có dạng:
x 2y 1 0hay m(x 2y 1) 6y z 11 0
. 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):
x 4y z 10 0
CÂU IV: 1/ Tính
/ 4
sinx
0
I tgx e cosx dx
Ta có:
/ 4 /4 /4 / 4
sinx sin x
0 0 0 0
sinx
I tgxdx e cosxdx dx e cosxdx
cosx
1
/ 4
/ 4
sinx
2
0
o
ln cosx e ln 2 e 1
2/ Gọi
1 2 3 4 5
n a a a a a
là số cần lập
Trước tiên ta có thể xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có:
2
5
A 4.5 20
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
www.thaydo.net
15
3 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 3
* Theo qui tắc nhân ta có:
2
5
A .5.4.3 20.60 1200
số n.
Cách khác : - Bước 1 : xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có:
2
5
A 4.5 20
cách
-Bước 2 : có
3
5
A 3.4.5 60
cách bốc 3 trong 5 số còn lại rồi xếp vào 3 vị trí còn lại .
Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt.
CÂU V. Ta có
2
0 x 1 x x
Ta có
1 1
x y y x x y y x
4 4
(1)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
2 2
1 1 1
y x yx 2 yx . x y
4 4 4
1
x y y x
4
Dấu = xảy ra
2
2
0 y x 1
x 1
x x
1
y
1
4
yx
4
DỰ BỊ 1 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) Gọi (C
m
) là đồ thị 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 thị của hàm số (1) khi
m 1
.
2) Tìm m để đồ thị (C
m
) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1.
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2 7 5 3 2
x x x
2. Giải phương trình :
3 sin
( ) 2
2 1 cos
x
tg x
x
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2
4 6 12 0
x y
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
d :
2 3 0
x y
sao cho MI = 2R , trong đó I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
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.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
3
2
1
ln
ln 1
e
x
I dx
x x
.
2. Tìm k
0;1;2; ;2005
sao cho
2005
k
C
đạt giá trị lớn nhất. (
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n
phần tử)
Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
2 1 2 1
2
7 7 2005 2005
( 2) 2 3 0
x x x
x
x m x m
Bài giải
CÂU I
1/ Khảo sát
3 2
y x 2m 1 x m 1
khi m=1
Khi m = 1 thì
3 2
y x 3x 2
www.thaydo.net
16
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
m
C
tiếp xúc với
y 2mx m 1 d
(d) tiếp xúc với
m
C
3 2
2
x 2m 1 x m 1 2mx m 1
3x 2 2m 1 x 2m
có nghiệm
2
2
x 0 hay x 2m 1 x 2m
3x 2 2m 1 x 2m
có nghiệm
2
2 2
x 2m 1 x 2m
m 0hay
3x 2 2m 1 x x 2m 1 x
có nghiệm
2
2
x 2m 1 x 2m
m 0hay
2x 2m 1 x 0
có nghiệm
2
x 2m 1 x 2m
m 0hay
2m 1
x
2
có nghiệm
2
2
2m 1 1
m 0hay 2m 1 2m
2 2
1
m 0 hay m
2
CÂU II: 1/ Giải bpt
2x 7 5 x 3x 2
(1)
www.thaydo.net
17
Điều kiện
2x 7 0
2
5 x 0 x 5
3
3x 2 0
(1)
2
2x 7 3x 2 5 x vaø x 5
3
2x 7 3x 2 5 x 2 3x 2 5 x
2
vaø x 5
3
2 3x 2 5 x
2
vaø x 5
3
2
3x 17x 14 0
2
vaø x 5
3
14
(x 1 hay x)
3
2
vaø x 5
3
2 14
x 1 hay x 5
3 3
2/ Giải phương trình
3 sin x
tg x 2
2 1 cosx
(2)
(2)
sinx cosx sinx
cotgx 2 2
1 cosx sinx 1 cosx
2 2
cosx cos x sin x 2sin x 2sin xcosx
và
sinx 0
cosx 1 2sin x cosx 1
và
sinx 0
2sinx 1
x k2
6
hay
5
x k2
6
.
Ghi chú:Khi sinx 0 thì cos x 1
CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm
I 2,3
, R=5
M M M M M M
M x ,y d 2x y 3 0 y 2x 3
2 2
M M
IM x 2 y 3 10
2 2
2
M M M M
M M
M M
x 2 2x 3 3 10 5x 4x 96 0
x 4 y 5 M 4, 5
24 63 24 63
x y M ,
5 5 5 5
2/ a/ Vì
1 1
AA Oxy A 2,0,4
1 1
BB Oxy B 0,4,4
Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O
1
Ptmc (S):
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0
Vì
O S d 0
Vì
A S 4 4a 0 a 1
Vì
B S 16 8b 0 b 2
Vì
1
O S 16 8c 0 c 2
Vậy (S) có tâm I(1,2,2)
www.thaydo.net
18
Ta có
2 2 2 2
d a b c R
2
R 1 4 4 9
Vậy pt mặt cầu (S) là:
2 2 2
x 1 y 2 z 2 9
b/ Tính KN
Ta có
M 1,2,0
,
1
O A 2,0, 4
Mp(P) qua M vuông góc với
1
O A
nên nhận
1
O A
hay (1;0; -2) làm PVT
pt (P):
1 x 1 0 y 2 2(z 0) 0
(P):
x 2z 1 0
PT tham số OA là
x t
y 0
z 0
Thế vào pt (P):
t 1 0 t 1 OA P N 1,0,0
Pt tham số
1
OA
là:
x t
y 0
z 2t
với
1
OA 2,0,4
hay (1;0;2) là vtcp.
Thế vào pt (P):
1
t 4t 1 0 t
3
1
1 2
OA P K ,0,
3 3
Vậy
2 2
2
1 2 20 20 2 5
KN 1 0 0 0
3 3 9 3 3
CÂU IV: 1/ Tính
3
2
e
1
ln x
I dx
x lnx 1
Đặt
t lnx 1
2
dx
t lnx 1 2tdt
x
và
2
t 1 lnx
Đổi cận:
3
t(e ) 2; t(1) 1
3
2 4 2
e 2 2
4 2
1 1 1
ln x t 2t 1
I dx 2tdt 2 t 2t 1 dt
t
x lnx 1
2
5 3
1
t 2t 76
2 t
5 3 15
2.
k
2005
C lớn nhất
k k 1
2005 2005
k k 1
2005 2005
C C
C C
k N
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 !
www.thaydo.net
19
k 1002
1002 k 1003,k N
k 1003
k 1002hay 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)
x m 2 x 2m 3 0 (2)
Điều kiện là
x 1
.Ta có
2x x 1 2 x 1
7 7 0, x 1;1
Ta có: (1)
x 1 2x 2
7 7 7 2005 1 x : ñuùng x 1;1
và sai khi x > 1
Do đó (1)
1 x 1
. Vậy, hệ bpt có nghiệm
2
f x x m 2 x 2m 3 0
có nghiệm
1,1
x 1;1
0 max f( 1),f(1) 0
Maxf(x)
max 3m 6,m 2 0 3m 6 0hay m 2 0
m 2
DỰ BỊ 2 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
3 3
1
x x
y
x
.
2. Tìm m để phương trình
2
3 3
1
x x
m
x
có 4 nghiệm phân biệt
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
2
2
2
1
9 2 3
3
x x
x x
.
2. Giải phương trình :
sin 2 cos2 3sin cos 2 0
x x x x
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
B
1
C
1
D
1
với A(0;0;0),
B(2; 0; 0), D
1
(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương
ABCD.A
1
B
1
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 vị trí của điểm N.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
2
2
0
(2 1)cos
I x xdx
.
2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức :
2 2
2 6 12
n n n n
P A P A
.
( P
n
là số hóan vị 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 :
2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
.
Bài giải
www.thaydo.net
20
CÂU I:
1/ Khảo sát
2
x 3x 3
y C
x 1
MXĐ:
D R \ 1
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2
x 1
BBT
x
-2 -1 0
y'
+
0 - - 0 +
y
-1
3
Tiệm cận: x=-1 là tc đứng
y = x + 2 là tc xiên
2/ Tìm m để pt
2
x 3x 3
m
x 1
có 4 nghiệm
phân biệt
Ta có
2
2
2
x 3x 3
neáux 1
x 1
x 3x 3
y
x 1
x 3x 3
neáux 1
x 1
Do đó đồ thị
2
x 3x 3
y
x 1
có được bằng cách
Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thị
2
x 3x 3
y
x 1
, ta có
pt
2
x 3x 3
m
x 1
có 4 nghiệm phân biệt m > 3
CÂU II. 1/ Giải bất phương trình
2
2
2x x
x 2x
1
9 2 3 1
3
Ta có (1)
2 2
x 2x x 2x
9 2.3 3
. Đặt
2
x 2x
t 3 0
, (1) thành
2
t 2t 3 0 1 t 3
. Do đó, (1)
2 2
x 2x x 2x 1
1 3 3 0 3 3
2 2
x 2x 1 x 2x 1 0 1 2 x 1 2
2/ Giải phương trình
sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0 2
www.thaydo.net
21
(2)
2
2sinxcosx 1 2sin x 3sinx cosx 2 0
2
2sin x 2cosx 3 sinx cosx 1 0
2
2sin x 2cosx 3 sinx cosx 1 0
( 3 )
(phương trình bậc 2 theo sinx)
Có
2 2
2cosx 3 4 2 cosx 1 2cosx 1
Vậy (2)
2cosx 3 2cosx 1 1
sinx
4 2
2cosx 3 2cosx 1
sinx cosx 1
4
1
sinx cosx 1 hay sinx
2
2 1
sin x sin hay sin x
4 2 4 2
5
x k2 hayx k2 hay x k2 hayx k2
2 6 6
.
Cách khác: (3)
(2sin x 1) sinx cosx 1 0
CÂU III.
1/ Gọi
I a,b
là tâm của đường tròn (C)
Pt (C), tâm I, bán kính
R 10
là
2 2
x a y b 10
2 2
2 2
A C 0 a 5 b 10 a b 10b 15 0
(1)
2 2
2 2
B C 2 a 3 b 10 a b 4a 6b 3 0
(2)
(1) và ( 2)
2 2
a 1 a 3
a b 10b 15 0
hay
b 2 b 6
4a 4b 12 0
Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là
2 2
2 2
x 1 y 2 10
x 3 y 6 10
2/ Ta có
A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0
;D(0;2;0)
1 1 1 1
A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2
Mp
1 1
AB D
có cặp VTCP là:
1
AB 2,0,2
1
AD 0,2,2
mp
1 1
AB D
có 1 PVT là
1 1
1
u AB ,AD 1, 1,1
4
www.thaydo.net
22
mp
1
AMB
có cặp VTCP là:
AM 2,1,0
M 2,1,0
1
AB 2,0,2
mp
1
AMB
có 1 PVT là
1
v AM,AB 1, 2, 1
2
Ta có:
u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v
1 1 1
AB D AMB
b/
1
AC 2,2,2
Pt tham số
1
x t
AC : y t
z t
,
1
N AC N t,t,t
Pt
1 1
AB D : x 0 y 0 z 0 0 x y z 0
1 1 1
t t t t
d N,AB D d
3 3
Pt
1
AMB : x 0 2 y 0 z 0 0 x 2y z 0
1 2
t 2t t 2t
d N,AMB d
1 4 1 6
1
2
t
t
d 6 6 2
3
2 t
d 2 t 2
3 2 3
6
Vậy tỉ số khoảng cách từ
1
N AC N A t 0
tới 2 mặt phẳng
1 1
AB D
và
1
AMB
không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
CÂU IV: 1/ Tính
/ 2 / 2
2
0 0
1 cos2x
I 2x 1 cos xdx 2x 1 dx
2
2
/ 2
/2
2
1
0
0
1 1
I 2x 1 dx x x
2 2 8 4
/ 2
2
0
1
I (2x 1)cos2xdx
2
1 1
Ñaët u (2x 1) du dx,dv cos2xdxchoïn v sin2x
2 2
/ 2
/ 2 /2
2
0 0
0
1 1 1 1
I (2x 1)sin2x sin2xdx cos2x
4 2 4 2
Do đó
2
/ 2
2
0
1
I 2x 1 cos x
8 4 2
2/ Tacó:
2 2
n n n n
2P 6A P A 12
n N,n 1
6n! n!
2n! n! 12
n 2 ! n 2 !
n!
6 n! 2 6 n! 0
n 2 !
n!
6 n! 0 hay 2 0
(n 2)!
n! 6hay n(n 1) 2 0
www.thaydo.net
23
2
n 3hay n n 2 0
n 3hay n 2(vìn 2)
CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1
CMR:
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
Ta có:
2 2
x 1 y x 1 y
2 . x
1 y 4 1 y 4
2 2
y 1 z y 1 z
2 y
1 z 4 1 z 4
2 2
z 1 x z 1 x
2 z
1 x 4 1 x 4
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
2 2 2
x 1 y y 1 z z 1 x
x y z
1 y 4 1 z 4 1 x 4
2 2 2
x y z 3 x y z
x y z
1 y 1 z 1 x 4 4
3 x y z
3
4 4
3 3 9 3 6 3
.3
4 4 4 4 4 2
( vì
3
x y z 3 xyz 3
)
Vậy
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
