Đề thi thử đại học môn Toán số 164

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Mơn thi : TỐN (ĐỀ 61)
DỰ BỊ 1 KHỐI A:
Câu I: (2 đ)Gọi (C
m
) là đồ thò của hàm số : y =
2 2
2 1 3x mx m
x m
+ + −
−
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (*) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm về hai phía trục tung.
Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

+ + + =

+ + + + =

2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;
π
) của phương trình :
2 2
3
4sin 3 cos 2 1 2cos ( )

2 4
x
x x
π
− = + −

Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có
trọng tâm G
4 1
( ; )
3 3
, phương trình đường thẳng BC là
2 4 0x y− − =
và phương trình đường thẳng
BG là
7 4 8 0x 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
π
=
∫

.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ
số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8.
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng :

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
+∞
• Tiệm cận:
x 1=
là pt t/c đứng
TRANG 1
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 trò 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 1hayX 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 0hay x y 1
xy 2

+ = + =−

⇔

= −


x y 0hay 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,∈ π
Ta có
2 2
x 3
4sin 3 cos2x 1 2cos x
2 4
π
 
− = + −
 ÷
 
(1)
(1)
( )
3
2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
π
 
⇔ − − = + + −
 ÷
 
TRANG 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
π
 
⇔ + = π −
 ÷
 

( ) ( )
π π π
⇔ = + = − + π
5 2 7
x k a hay x h2 b
18 3 6
Do
( )
x 0,∈ π
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,π
là
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x

18 18 6
π π π
= = =
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=
uuur uuur
với A(x,y).
4 1 4 1
AG x, y ;GH 2 , 1
3 3 3 3
   
= − − = − − −
 ÷  ÷
   
uuur uuur
⇒
=




− = −


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 và y
3 3
⇒
( )
C 4,0
Vậy
( ) ( ) ( )
A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2−
2a/ Ta có
( )
BC 0, 2,2= −
uuur
• 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= − −
uuur
, 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= −
uuur
,
( )
AC 1, 1,2= − −
uuur
⇒
= − = ⇔ ⊥
uuur uuur uuur uuur
AB.AC 1 1 0 AB AC
⇒

ABC
∆
vuông tại A
• 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= + =
TRANG 3
Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là :
( ) ( )
2 2
2
x y 1 z 1 2+ − + − =
CÂU IV.
1/ Tính
π π
= =
∫ ∫
/3 /3
2 2
0 0
sinx
I sin xtgxdx sin x. dx

cosx
⇒
( )
2
/3
0
1 cos x sinx
I dx
cosx
π
−
=
∫
, Đặt
u cosx=
⇒
du sinxdx
− =
Đổi cận
( )
1
u ,u 0 1
3 2
π
 
= =
 ÷
 
( )
( )

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
+ +
≥ =
DỰ BỊ 2 KHỐI A:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
2
1
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
TRANG 4
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thò ( C ) .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình :
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
π
− − − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2

12 4 36 0x 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 thò
+ +
=
+
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
TRANG 5
( )
( )

+ +
= +

+


+

=

+


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 loại
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 sinx 0 2
4
π
 
− − − =
 ÷
 
(2)
3
2 cos x 3cosx sinx 0
4
π
 
 
⇔ − − − =
 ÷
 
 
 
( )
⇔ + − − =
⇔ + + + − − =
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 sinx 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
π
⇔ = + π
hay
π
= + πx 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
TRANG 6
nên tâm
±
1
I (x; x)

với x > 0.
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 ⇒
=
uuur uuur
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= −
uuur
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.
TRANG 7
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
+

 
= = + = + =
 
 
∫ ∫
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 thò ( C ) của hàm số
4 2
6 5y x x= − +

2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0x 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
π
− − − =

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 vò trí tương đối của d
1
và d
2
.
TRANG 8
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
và N thuộc d
2
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng (P) :
0x y z− + =
và độ dài đọan MN =
2

.
Câu IV: ( 2 điểm)
1. Tính tích phân
2
0
ln
e
x xdx
∫
.
2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một
nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c =
3
4
Cmrằng :
3 3 3
3 3 3 3a 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 thò
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
TRANG 9
⇔ − < < ⇔ < <
2
9
1
9 log m 0 m 1
2
CÂU II 1/ Giải pt
( )
3x 3 5 x 2x 4 1− − − = −
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 EMBED Equation.DSMT4
≤ ≤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 và 2 x 5]
x 2hayx 4
2/ Giải pt:
( )
( )
2 2 3
sinxcos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2+ − + =

Điều kiện :
cosx 0 x k
2
π
≠ ⇔ ≠ + π
( )
⇔ + − + =
2 2 3
2 sinxcos2x sin x cos x 2sin x 0
và EMBED Equation.DSMT4
≠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 loại )
2

π π π
⇔ = = ⇔ = + π = + π
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
+ − = + + =
− − = − + =
TRANG 10
2/ a/
1
d
qua
( )
O 0,0,0
, VTCP
( )
a 1,1,2=
r
2

d
qua
( )
B 1,0,1−
, VTCP
( )
b 2,1,1= −
r
( )
a,b 1, 5,3
 
= − −
 
r r
,
( )
OB 1,0,1= −
uuur
1 2
a,b OB 1 3 4 0 d ,d
 
= + = ≠ ⇔
 
r r uuur
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= − − − − − +
uuuur
Vì MN // (P)
( )
p
MN n 1, 1,1⇔ ⊥ = −
uuuur uur
⇔ = ⇔ − − − − + + − + =
uuuur r
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 loại≡ ∈

*
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 chọn v

3
3
e e
e
2 3
1
1 1
x 1 dx
I x lnxdx 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
 
≤ + =
 
 
TRANG 11
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
⇒
( )
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 và 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 thò ( C ) của hàm số (*) .
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của
(C ) đi qua điểm I .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
8 6 1 4 1 0x x x− + − + ≤
2. Giải phương trình :
2
2
cos2 1
( ) 3
2 cos
x
tg x tg x
x

π
−
+ − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2

9=
và (C
2
): x
2
+ y
2

2 2 23 0x 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 0x y z+ − + =
. a) Gọi M
1
là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác đònh tọa độ
điểm M
1
và tính độ dài đọan MM
1
. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và
chứa đường thẳng
x-1 y-1 z-5
:
2 1 -6
= =

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

2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ
số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?
Câu V: (1 điểm) Cmrằng nếu
0 1y x≤ ≤ ≤
thì

1
4
x y y x− ≤
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
TRANG 12
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
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y
−∞
-2

+∞

−∞
2
+∞
Tiệm cận
x 1= −
là pt t/c đứng.
y x 1= +
là pt t/c xiên
Đồ thò :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
π −
 
+ − =
 ÷
 
(2)
TRANG 13
(2)
2
2
2
2sin x
cotgx 3tg x
cos x
−
⇔ − − =
π
⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
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=
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(đpcm)> ⇔ >
2/ Tìm
1
M
là h/c của M lên mp (P)
Mp (P) có PVT
( )

n 2,2, 1= −
r
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= −
r
Ta có
( )
= −
uuuur
AM 4,1, 8
Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa
∆

⇔
mp (Q) qua A có PVT là
( )
 
=
 
uuuur r
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 0haym(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
( )
π
= +
∫
/ 4
sinx
0
I tgx e cosx dx
TRANG 14
Ta có:

/ 4 / 4 / 4 / 4
sinx sinx
0 0 0 0
sinx
I tgxdx e cosxdx dx e cosxdx
cosx
π π π π
= + = +
∫ ∫ ∫ ∫
( )
1
/ 4
/ 4
sinx
2
0
o
ln cosx e ln 2 e 1
π
π
= − + = + −
 
 
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 vò 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
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 vò 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 vò 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 thò của hàm số y= – x
3
+ ( 2m + 1) x
2
– m – 1 (1)
(m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi
=m 1
.
2) Tìm m để đồ thò (C
m
) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1.
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2 7 5 3 2x x x+ − − ≥ −
2. Giải phương trình :
3 sin
( ) 2
2 1 cos
x

tg x
x
π
− + =
+

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2

4 6 12 0x y− − − =
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
d :
2 3 0x 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
=
+
∫
.
TRANG 15
2. Tìm k
{ }
0;1;2; ;2005∈
sao cho
2005

k
C
đạt giá trò 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= − + −
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 0hay x 2m 1 x 2m
3x 2 2m 1 x 2m
có nghiệm
TRANG 16
( )
( ) ( )

− + + =

⇔ =

− + + = − + +


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 0hay m
2
CÂU II: 1/ Giải bpt
2x 7 5 x 3x 2+ − − ≥ −
(1)
Điều kiện
+ ≥


− ≥ ⇔ ≤ ≤


− ≥

2x 7 0
2
5 x 0 x 5
3
3x 2 0
(1)
⇔ + ≥ − + − ≤ ≤

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

≤ ≤
2
và x 5
3
( ) ( )
⇔ ≥ − −2 3x 2 5 x

≤ ≤
2
và x 5
3
⇔ − + ≥
2
3x 17x 14 0

≤ ≤
2
và x 5
3
⇔ ≤ ≤
14
(x 1 hay x)
3

≤ ≤
2
và x 5
3
⇔
≤ ≤ ≤ ≤
2 14
x 1 hay x 5
3 3
2/ Giải phương trình
3 sinx
tg x 2
2 1 cosx
π
 
− + =
 ÷
+
 
(2)
(2)
sinx cosx sinx
cotgx 2 2
1 cosx sinx 1 cosx
⇔ + = ⇔ + =
+ +

2 2
cosx cos x sin x 2sinx 2sinxcosx⇔ + + = +
và

≠sinx 0
( ) ( )
⇔ + = +cosx 1 2sinx cosx 1
và
≠sinx 0
⇔ =2sinx 1
π
⇔ = + πx k2
6
hay
π
= + π
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= − + − =
TRANG 17
( ) ( )

( )
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)
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= −
uuuur
Mp(P) qua M vuông góc với
1
O A
nên nhận
1
O A
uuuur
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=
uuuur
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
 
⇒ ∩ = − −
 ÷
 
TRANG 18
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 !

≥

− + −
+ ≥ −


⇔ ⇔
 
− ≥


≥

− − −


k 1002
1002 k 1003,k N
k 1003
≥

⇔ ⇔ ≤ ≤ ∈

≤

⇔
= =k 1002hayk 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 : đúng 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 thò 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
TRANG 19
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 cos 2 3sin cos 2 0x 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 đònh 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 vò trí của điểm N.

Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
2
2
0
( 2 1)cosI x xdx
π
= −
∫
.
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 vò của n phần tử và
k
n
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng :

2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
+ + ≥

+ + +
.
Bài giải
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
TRANG 20
Ta có
( )

+ +
> −


+
+ +

= =

+
+ +

− < −

 +
2
2
2
x 3x 3
nếux 1
x 1
x 3x 3
y
x 1
x 3x 3
nếux 1
x 1
Do đó đồ thò
+ +
=
+
2
x 3x 3

y
x 1
có được bằng cách
Giữ nguyên phần đồ thò (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thò
2
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
(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
π π
 
⇔ − = = =
 ÷
 
2 1
sin x sin hay sinx
4 2 4 2
⇔
π π π
= + π = π + π = + π = + π
5
x k2 hayx k2 hayx k2 hayx k2
2 6 6

.
Cách khác: (3)⇔
( )
− − − =(2sinx 1) sinx cosx 1 0
CÂU III.
1/ Gọi
( )
I a,b
là tâm của đường tròn (C)
TRANG 21
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=
uuuur
( )
1
AD 0,2,2=
uuuur
⇒ mp
( )
1 1
AB D
có 1 PVT là
( )
 
= = − −
 
r uuuur uuuur
1 1
1
u AB ,AD 1, 1,1
4
mp

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

( )
M 2,1,0
( )
1
AB 2,0,2=
uuuur
⇒ mp
( )
1
AMB
có 1 PVT là
( )
 
= = − −
 
r uuuur uuur
1
v AM,AB 1, 2, 1
2
Ta có:
( ) ( ) ( )
= − − − + − = ⇔ ⊥

r r r r
u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v
⇒
( ) ( )
1 1 1
AB D AMB⊥
b/
( )
=
uuur
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
TRANG 22
⇒
( )
+ −
= = =
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 vò trí của điểm N.
CÂU IV: 1/ Tính
( ) ( )
/2 / 2
2
0 0
1 cos2x
I 2x 1 cos xdx 2x 1 dx
2

π π
+
 
= − = −
 ÷
 
∫ ∫
( )
π
π
π π
 
= − = − = −
 
∫
2
/ 2
/ 2
2
1
0
0
1 1
I 2x 1 dx x x
2 2 8 4
π
= −
∫
/2
2

0
1
I (2x 1)cos2xdx
2
= − ⇒ = = =
1 1
Đặt u (2x 1) du dx,dv cos2xdxchọnv sin2x
2 2
⇒
π
π π
= − − = = −
∫
/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

π
π π
= − = − −
∫
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! 0hay 2 0
(n 2)!

⇔ = − − =n! 6hay n(n 1) 2 0
⇔ = − − =
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
+ +
+ ≥ =
+ +
TRANG 23
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
+ + ≥
+ + +
TRANG 24